capes2016 2 corrige

Universit´e Lyon 1 M1 CAPES: Alg`ebre g´en´erale Automne 2016 Epreuve du 12 d´ecembre 2016

Sujet + Corrig´e

On d´esigne par N l’ensemble des entiers naturels, par Z l’anneau des entiers relatifs, par Q, R et C les corps des nombres rationnels, r´eels et complexes.

Exercice 1.

On d´esigne par P ⊂ N l’ensemble des nombres premiers.

1) Montrer, par une r´ecurrence, que tout entier n ≥ 2 admet un facteur premier p ∈ P.

2) (Infinit´e de nombres premiers)

Soit n ∈ N \ {0}. Montrer que tout facteur premier p de n! + 1 satisfait `a p > n.

En d´eduire que P est infini.

3) (Suite d’entiers sans facteurs premiers communs)

On consid`ere la suite (Fn)n∈N = (2²ⁿ + 1)n∈N des nombres de Fermat.

a) Montrer que pour tout entier n ≥ 1, Πⁿ⁻¹_k=0Fk = Fn− 2.

b) En d´eduire que pour tout entier k ∈ {1, . . . , n − 1}, pgcd (Fk, Fn) = 1 et que P est infini.

4) (Probabilit´e que deux entiers soient premiers entre eux)

Soit n ∈ N \ {0}. On se propose d’´ecrire la probabilit´e Pn que deux entiers a et b dans {1, . . . , n}

soient premiers entre eux au moyen de la formule (admise) du crible:

|

r

[

i=1

Ui|=

r

X

k=1

(−1)^k−1 X

1≤i1<i2<···<ik≤r

| Ui1∩ Ui2∩ . . . ∩ Uik | (?) o`u U1, . . . , Ur sont des ensembles finis et | U | d´esigne le cardinal de l’ensemble U.

a) Ecrire explicitement la formule (?) pour r = 2 et r = 3.

Soient p1, . . . , pr la liste des nombres premiers entre 1 et n. On pose, pour tout i ∈ {1, . . . , r}, Ui=(a, b) ∈ {1, 2, . . . , n}², pi| a et pi| b

b) Expliquer pourquoi le nombre de couples d’entiers (a, b) ∈ {1, . . . , n}²avec a et b premiers entre eux est ´egal `a n²− |Sr

i=1Ui| .

c) Montrer que pour tout (a, b) ∈ {1, . . . , n}², on a

(a, b) ∈ Ui1∩ · · · ∩ Uik ⇔ pi1· · · pik | a et pi1· · · pik | b.

[Commencer par montrer que si pgcd (p, q) = 1, alors p | m et q | m ⇔ pq | m. Utiliser ensuite une r´ecurrence sur k.]

d) On d´esigne par E(x) la partie enti`ere du r´eel x ∈ R. Montrer que

Pn= 1 +

r

X

k=1

(−1)^k X

1≤i1<...<ik≤r

(E(_p ⁿ

i1···p_ik))²

n² .

Corrig´e de l’exercice 1

1) 2 est premier. Supposons que tout entier naturel d avec 2 ≤ d ≤ n admette un facteur premier.

Si n + 1 est premier p = n + 1 est ce facteur premier. Si n + 1 est compos´e, on a n + 1 = dd⁰ avec 2 ≤ d, d⁰≤ n. Par hypoth`ese de r´ecurrence d admet un facteur premier p et ce facteur divise n + 1.

2) Supposons que p soit un nombre premier tel que p | n! + 1 et p ≤ n. Comme n! = Πⁿ_j=1j, on a p | n! et donc p | n! + 1 − n! = 1. C’est absurde.

Quel que soit n ∈ N , il existe un nombre premier p (facteur de n! + 1) tel que p > n, i.e. P n’est pas une partie finie de N.

3) a) F0= 2²⁰+ 1 = 2 + 1 = 3 et F1− 2 = 2²+ 1 − 2 = 3.

Supposons Πⁿ⁻¹_k=0Fk= Fn− 2 pour n ≥ 1. On a alors

Πⁿ_k=0Fk = (Πⁿ⁻¹_k=0Fk) Fn= (Fn− 2)(Fn) = (2²ⁿ− 1)(2²ⁿ + 1) = (2²ⁿ⁺¹ − 1) = Fn+1− 2.

b) Soit k ≤ n − 1 et d ∈ N tel que d | Fk et d | Fn.

On a d | Πⁿ⁻¹_l=0Fl = Fn− 2 et donc d | Fn− (Fn− 2) = 2, i.e. d = 1 ou d = 2. Fn ´etant impair, d = 1.

Si pn est l’un des facteurs premiers de Fn, les termes de la suite (pn)n∈N sont deux `a deux distincts, i.e. P est infini.

4) a) r = 2 :

|

2

[

i=1

Ui|=| U1| + | U2| − | U1∩ U2| . r = 3:

|

3

[

i=1

Ui|=| U1| + | U2| + | U3| −(| U1∩ U2| + | U1∩ U3| + | U2∩ U3|)+ | U1∩ U2∩ U3| .

b) Pour deux entiers a et b, pgcd (a, b) 6= 1 ssi il existe un nombre premier p tel que p | a et p | b:

en effet, si d | a, d | b, d 6= 1, tout facteur premier p de d convient; r´eciproquement, si p est un diviseur premier commun, alors pgcd (a, b) ≥ p.

On a donc pgcd (a, b) 6= 1 ssi il existe i ∈ {1, . . . , r} tel que (a, b) ∈ Ui ssi (a, b) ∈S

i∈{1,...,r}Ui. Le nombre de couples d’entiers premiers entre eux est donc le cardinal du compl´ementaire de S

i∈{1,...,r}Ui qui est ´egal `a | {1, . . . , n}²| − |S

i∈{1,...,r}Ui| .

c) On utilise le lemme de Gauss: supposons a et b premiers entre eux et soit c tel que a | c et b | c.

c s’´ecrit c = ad, d ∈ Z. Par Gauss, b | ad et pgcd (a, b) = 1 ⇒ b | d; d s’´ecrit d = bd⁰, d⁰ ∈ Z et donc c = abd⁰.

Passons `a la question: si pi1· · · pik | a on a aussi pij | c pour tout j ∈ {1, . . . , k}.

Dans l’autre sens: supposons pi1 | c, . . . , pik | c. On va montrer pi1· · · pik | c par r´ecurrence finie sur l ≤ k. L’assertion est vraie pour un facteur premier. Supposons vrai pour l ≤ k − 1 facteurs premiers et montrons vrai pour l + 1: si pi1 | c, . . . , pil+1 | c, par hypoth`ese de r´ecurrence, pi1· · · pil | c. Les pij ´etant premiers distincts, pgcd (pi1· · · pil, pil+1) = 1. Par le rappel sur Gauss, (pi1· · · pil)pil+1 | c.

d) Le nombre d’entiers a ∈ {1, . . . , n} tels que pi1· · · pik | a est le nombre de multiples de pi1· · · pik

entre 1 et n, i.e. c’est le nombre d’entiers l ∈ N \ {0} tels que l ≤ _p ⁿ

i1···p_il. Ce nombre est ´egal `a E(_p ⁿ

i1···p_il). Par c),

Ui1∩ · · · ∩ Uik = {(a, b), pi1· · · pik | a et pi1· · · pik | b}.

D’o`u

| Ui1∩ · · · ∩ Ui_k |= E( n pi1· · · pik

)² et

Pn= n²− |S

i∈{1,...,r}Ui|

n² = 1 +

r

X

k=1

(−1)^k X

1≤i1<...<ik≤r

(E(_p ⁿ

i1···p_ik))²

n² .

Exercice 2.

Partie A.

Pour un entier n ∈ N \ {0}, on d´esigne par Un le groupe multiplicatif des racines n−i`emes de 1 dans C. On a donc z ∈ Un ssi zⁿ = 1.

On rappelle que l’ordre de z ∈ Un est le plus petit entier strictement positif o(z) tel que z^o(z)= 1.

Une racine z ∈ Un est dite primitive si z est d’ordre n dans Un. On notera Rn⊂ Un l’ensemble des racines primitives.

1) Soit ζ = exp(^2πi_n ) ∈ Un.

a) Montrer, `a l’aide de la division euclidienne, que si m ∈ N est tel que ζ^m= 1 alors n | m.

b) Montrer que l’ordre de ζ^l dans Un est ´egal `a ⁿ pgcd ^(n,l). c) En d´eduire le cardinal de Rn. Que vaut | R1000|?

Corrig´e:

a) Si m = nq + r, 0 ≤ r < n, on a 1 = ζ^m= ζ^nqζ^r = (ζⁿ)^qζ^r = ζ^r. Par d´efinition de l’ordre n de ζ, l’in´egalit´e r < n implique r = 0.

b) Supposons que m soit tel que (ζ^l)^m= ζ^lm= 1. Par le a), n | lm, i.e.

n

pgcd (n, l) | l

pgcd (n, l)m

et le lemme de Gauss implique pgcd^n(n,l) | m. Pour conclure, il suffit d’observer que m = pgcd^n(n,l) (le plus petit m possible) convient.

c) Par le b) ζ^l est d’ordre n ssi pgcd (n, l) = 1. On a donc | Rn |= ϕ(n) (l’indicatrice d’Euler).

ϕ(1000) = ϕ(10³) = ϕ(2³5³) = ϕ(2³)ϕ(5³) = (2³− 2²)(5³− 5²) = (8 − 4)(125 − 25) = 400.

On d´esigne par Div(n) l’ensemble des diviseurs positifs de n.

2) Montrer que Un=S

d∈Div(n)Rd. [Proc´eder par double inclusion.]

Corrig´e: supposons z ∈ Rd avec d | n. On a zⁿ = z^dnd = (z^d)^nd = 1. Donc z ∈ Un.

Supposons z ∈ Un. Par Lagrange, l’ordre d de z est un diviseur de n, i.e. z ∈ Rd avec d diviseur de n.

La question qui suit ne sera pas utilis´ee par la suite

On rappelle que si (K, ·K) et (K⁰, ·K⁰) sont deux groupes, le produit cart´esien K × K⁰ l’est aussi pour la loi de composition

(k, k⁰) · (l, l⁰) = (k ·Kl, k⁰·K⁰l⁰).

3) Soient p et q deux entiers naturels avec pgcd (p, q) = 1.

a) Montrer que l’application

ψ : Up× Uq → C : (u, v) 7→ uv

est `a valeurs dans Upq et que ψ : Up× Uq → Upq est un morphisme de groupes.

b) En vous servant de l’identit´e de B´ezout, montrer que ψ : Up× Uq → Upq est surjectif.

c) En d´eduire que ψ est un isomorphisme de groupes (i.e. que ψ est un morphisme bijectif).

d)^? (G´en´eralisation) Montrer que le produit K × K⁰ de deux groupes finis est un groupe cyclique si et seulement si K et K⁰ sont des groupes cycliques d’ordres | K | et | K⁰| premiers entre eux.

Corrig´e:

a) Si (u, v) ∈ Up× Uq, on a (uv)^pq = u^pqv^pq = (u^p)^q(v^q)^p= 1, i.e. uv ∈ Upq.

Pour ψ : Up× Uq → Upq, on a ψ((u, v)(u⁰, v⁰)) = ψ(uu⁰, vv⁰) = uu⁰vv⁰= uv u⁰v⁰= ψ(u, v)ψ(u⁰, v⁰).

b) Par B´ezout, on sait qu’ il existe (u, v) ∈ Z² tel que uq + vp = 1.

Tout ω ∈ Upq s’´ecrit ω = exp(^2πil_pq ) pour un certain l ∈ Z et on a

exp(2πil

pq ) = exp(2πi(uq + vp)l

pq ) = exp(2πiul

p )exp(2πivl

q ) = ψ(exp(2πiul

p ), exp(2πivl q )).

c) Si A et B sont des ensembles finis de mˆeme cardinal, on sait qu’une application f : A → B est bijective ssi elle injective ssi elle est surjective. Ici, | Up× Uq|=| Up| | Uq |= pq =| Upq| .

d)^? Un groupe C d’ordre n est cyclique ssi il contient un ´el´ement d’ordre n.

Calculons l’ordre d’un ´el´ement (u, u⁰) ∈ K × K⁰:

on a (1, 1) = (u, u⁰)^m= (u^m, u^0m) ssi m est un commun multiple des ordres de u et de u⁰.

On v´erifie que le plus petit commun multiple convient, i.e. ordre (u, u⁰) = ppcm (ordre (u), ordre (u⁰)).

Venons-en `a la question:

Dans le sens ⇐: K et K⁰´etant cycliques, il existe u ∈ K d’ordre | K | et u⁰ ∈ K⁰d’ordre | K⁰|. Ces ordres ´etant premiers entre eux, dans K × K⁰ on a: ordre (u, u⁰)= ppcm (| K |, | K⁰|) =| K | | K⁰|.

D`es lors, K × K⁰ est cyclique de g´en´erateur (u, u⁰).

Dans l’autre sens ⇒: K × K⁰ ´etant cyclique, il existe (u, u⁰) ∈ K × K⁰ d’ordre | K | | K⁰|.

Notons o(x) l’ordre de x. On a donc

o(u, u⁰) = ppcm (o(u), o(u⁰)) = o(u) o(u⁰)

pgcd (o(u), o(u⁰)) =| K | | K⁰ | .

Cette ´egalit´e pour o(u) ∈ Div(| K |) et o(u⁰) ∈ div(| K⁰ |) implique o(u) =| K |, o(u⁰) =| K⁰ | et pgcd (o(u), o(u⁰)) = 1. D`es lors K et K⁰ sont cycliques d’ordres ´etrangers.

Remarque: ⇐ s’obtient aussi comme suit: deux groupes cycliques de mˆeme ordre ´etant isomorphes, l’isomorphisme des points a), b), c) donne l’implication. (Observer qu’en rempla¸cant Up× Uq par Z/pZ × Z/qZ, c’ est le th´eor`eme des restes chinois.)

Partie B.

Soit n ∈ N \ {0}.

4)

a) Effectuer la division euclidienne de Xⁿ− 1 par X − 1.

b) Factoriser le polynˆome Xⁿ− 1 dans C[X] et dans R[X].

Corrig´e:

a) Xⁿ− 1 = (X − 1)(Xⁿ⁻¹+ Xⁿ⁻²+ . . . + 1).

b) Les racines de Xⁿ − 1 sont les racines n−i`emes de 1: ce sont les nombres complexes ζ<sup>l</sup>, l ∈ {0, . . . , n − 1} o`u ζ = exp(^2πi_n ).

Pour n impair, 1 est la seule racine r´eelle, les n − 1 autres racines viennent par paires de racines conjugu´ees (ζ^l, ζ^n−l), l ∈ {1, . . . ,ⁿ⁻¹₂ }.

Pour n pair, ±1 sont les racines r´eelles, (ζ^l, ζ^n−l), l ∈ {1, . . . ,ⁿ⁻²₂ } les paires de racines conjugu´ees.

Dans C[X]:

Xⁿ− 1 = (X − 1)Π1≤l≤n−1(X − ζ^l).

dans R[X]:

n impair:

Xⁿ− 1 = (X − 1)Π_1≤l≤ⁿ⁻¹

2 ((X − ζ^l)(X − ζ^n−l)) n pair:

Xⁿ− 1 = (X − 1)(X + 1)Π_1≤l≤ⁿ⁻²

2 ((X − ζ^l)(X − ζ^n−l)), avec

(X − ζ^l)(X − ζ^n−l) = (X − ζ^l)(X − ζ^l) = X²− (ζ^l+ ζ^l)X + 1 irr´eductible dans R[X].

On d´efinit le n−i`eme polynˆome cyclotomique Φn∈ C[X] par Φn= Πz∈Rn(X − z).

5) a) Soit p un nombre premier. Montrer que Φp=Pp−1 i=0 Xⁱ. b) Ecrire explicitement les polynˆomes Φn, pour 1 ≤ n ≤ 7.

Corrig´e:

a) On a Rp = Up\ {1} car pgcd (l, p) = 1 pour l ∈ {1, . . . , p − 1}.

Les racines primitives sont donc les p − 1 racines de X^p− 1 distinctes de 1, i.e.

X^p− 1 = (X − 1)Π_z∈Up\{1}(X − z) = (X − 1)Φp. En utilisant (X^p− 1) = (X − 1)(1 + X + . . . + X^p−1), on a

(X − 1)(Φp− (1 + X + . . . + X^p−1)) = 0.

D’o`u

Φp= 1 + X + . . . + X^p−1, par int´egrit´e de C[X].

b)

n = 1 : U1= {1} = R1, Φ1= (X − 1)

n = 2 : Φ2= 1 + X (par a)) n = 3 : Φ3= 1 + X + X² (par a))

n = 4 : U4= {1, i, −1, −i}, R4= {i, −i}, Φ4= (X − i)(X + i) = 1 + X². n = 5 : Φ5= 1 + X + X²+ X³+ X⁴, (par a))

n = 6 : notons ζ = e^πi3 = ¹₂+ i

√3 2 . U6 = {1, ζ, ζ² = −¹₂ + i

√3

2 , ζ³ = −1, ζ⁴ = ζ², ζ⁵ = ζ}, R6 = {ζ, ζ}, Φ6 = (X − ζ)(X − ζ) = 1 − X + X².

n = 7 : Φ7= 1 + X + X²+ X³+ X⁴+ X⁵+ X⁶ (par a)).

On se propose `a pr´esent de montrer que, pour tout n ≥ 1, le polynˆome Φnest `a coefficients entiers, i.e. que Φn∈ Z[X].

On rappelle qu’un polynˆome P ∈ Q[X] est dit unitaire (ou normalis´e) si son coefficient de plus haut degr´e est ´egal `a 1.

6) Soient A, B ∈ Z[X] deux polynˆomes (`a coefficients entiers) avec B unitaire et soit A = BQ + R

la division euclidienne de A par B dans Q[X].

Montrer, en proc´edant par r´ecurrence sur le degr´e n de A pour B de degr´e fix´e m, que le quotient Q et le reste R sont dans Z[X].

[On distinguera n < m de n ≥ m. Pour n ≥ m, on utilisera A = anBX^n−m+ (A − anBX^n−m) o`u an est le coefficient de A de degr´e n.]

Corrig´e:

Si m = 0, B = 1, A = 1 × A + 0 et l’assertion est triviale pour tout n.

Supposons m 6= 0. Pour n < m, A = 0 × B + A et l’assertion est aussi triviale. C’est donc vrai pour n = 0. Soit donc n ≥ m et supposons l’assertion vraie pour tout polynˆome A de degr´e au plus n − 1.

Pour A de degr´e n,

A − anBX^n−m= A − an(X^m+ bm−1X^m−1+ . . . + b0)X^n−m

= an−1Xⁿ⁻¹+ . . . + a0− an(bm−1Xⁿ⁻¹+ . . . + b0X^n−m)

est de degr´e au plus n − 1. Par hypoth`ese de r´ecurrence, le quotient Q⁰ et le reste R⁰ dans la division

A − anBX^n−m= BQ⁰+ R⁰ sont dans Z[X]. Observer alors que

A = B(Q⁰+ anX^n−m) + R⁰

est la division de A par B et Q = Q⁰+ anX^n−m∈ Z[X], R = R⁰ ∈ Z[X].

7) a) Montrer en vous servant de la question 2, que pour tout n ∈ N \ {0}, Xⁿ− 1 = Π_d∈Div(n)Φd.

b) En d´eduire, `a l’aide de 6) et d’ une r´ecurrence sur n, que pour tout n ≥ 1, Φn∈ Z[X].

Corrig´e:

a) On utilise Un=S

d|nRd comme suit:

Xⁿ− 1 = Πz∈Un(X − z) = Π_z∈S

d|nRd(X − z) = Πd|nΠz∈Rd(X − z) = Πd|nΦd. b) Pour n = 1, Φ1= X − 1 ∈ Z[X]. Supposons Φl ∈ Z[X] pour tout l ≤ n − 1. On a

Xⁿ− 1 = Πd|nΦd = (Π_d|n,d<nΦd) Φn,

ce qui montre que Φn est le quotient de la division euclidienne de Xⁿ− 1 ∈ Z[X] par le polynˆome unitaire Πd|n,d<nΦd∈ Z[X]. Par la question 6), Φn∈ Z[X].

Partie C

On se propose `a pr´esent de montrer l’irr´eductibilit´e de Φp, p premier, en se servant du crit`ere d’Eisenstein (admis ici):

Soit A =P

j∈N ajX^j ∈ Z[X] un polynˆome de degr´e dA≥ 1.

On suppose qu’ il existe un nombre premier p ∈ N tel que - p divise aj pour tout j ∈ {0, . . . , dA− 1}

- p ne divise pas adA

- p² ne divise pas a0,

alors, A est un polynˆome irr´eductible de Q[X].

8) a) Montrer que pour tout entier n ≥ 1 et tout entier k ∈ [1, n] on a:

kn k



= nn − 1 k − 1



o`u le coefficient du binˆome est donn´e par ⁿ_k
= _k!(n−k)!^n! .

b) Montrer que pour tout entier premier p et tout entier k ∈ [1, p − 1], p divise _k^p
.

Corrig´e:

a) C’est un calcul: k ⁿ_k
= k_k!(n−k)!^n! = (k−1)!(n−1−(k−1))!^n(n−1)! = n ⁿ⁻¹_k−1
.

b) On suppose p premier et k ≤ p − 1. On a donc pgcd (k, p) = 1. Par a), p divise k ^p_k
; par Gauss, p divise ^p_k
.

9) a) Montrer, en utilisant 5 a), que

Φp(X + 1) =

p−1

X

j=0

 p j + 1

 X^j.

b) Utiliser le crit`ere d’Eisenstein pour montrer que le polynˆome Φp(X + 1) est irr´eductible dans Q[X].

c) En d´eduire que Φp est irr´eductible dans Q[X].

Corrig´e:

a) On a (X − 1)Φp= X^p− 1. En ´evaluant cette identit´e sur le polynˆome X + 1 (i.e. en rempla¸cant X par X + 1), il vient

XΦp(X +1) = (X +1)^p−1 =

p

X

j=0

p j



X^j−1 =

p

X

j=1

p j



X^j = X

p

X

j=1

p j



X^j−1= X

p−1

X

j=0

 p j + 1

 X^j.

On a donc X (Φp(X + 1) −Pp−1 j=0

p

j+1
X^j) = 0, i.e.

Φp(X + 1) =

p−1

X

j=0

 p j + 1

 X^j.

b) Par la question 8) b), p | _j+1^p
pour j ∈ [0, p − 2]. De plus, p ne divise pas ^p_p
= 1 et p² ne divise pas ^p₁
= p. Par le crit`ere d’ Eisenstein Φ_p(X + 1) est irr´eductible dans Q[X].

c) L’irr´eductibilit´e de Φp r´esulte du fait que si A = BC alors A(X + 1) = B(X + 1)C(X + 1).

Toute factorisation de Φp en polynˆomes de degr´e ≥ 1 induirait une factorisation de Φp(X + 1).