DM de MPSI2
Corrig´ e de devoir non surveill´ e
L’anneau Z /n Z
Partie A – L’anneau Z /n Z
A.1 Soity ∈x. On a donc¯ y ≡x[n], puis y ≡x0[n] (par transitivit´e de la relation de congruence modulo n), et enfiny∈x¯0 (par d´efinition de ¯x0). Il vient donc ¯x⊂x¯0. Comme la relation de congruence est sym´etrique, on a ´egalementx0≡x[n], ce qui permet d’´echanger les rˆoles dexet dex0, et de montrer l’inclusion r´eciproque.
En conclusion, ¯x= ¯x0.
Consid´erons les classes de 0, 1, . . .,n−1. Ces classes sont distinctes deux `a deux (sii, j ∈[[0, n−1]], i6=j, alorsi−j∈[[−(n−1), n−1]], eti−j6= 0. Par cons´equent,nne divise pasi−j, puis ¯i6= ¯j), et toute classe de congruence modulonest de ce type (grˆace `a la division euclidienne, tout entier d´efinit la mˆeme classe que son reste par la division euclidienne parn).
L’ensemble{x, x¯ ∈Z}est donc fini, de cardinaln.
A.2 Pour d´efinir par exemple ¯x+ ¯y, on choisit arbitrairement des repr´esentants des classes ¯x et ¯y (par exemplex+ 3nety−2n). Le probl`eme r´eside dans ce choix arbitraire. Qui nous dit que le r´esultat n’aurait pas
´et´e autre si nous avions pris d’autres repr´esentants (par exemple x−6nety+ 9n) ? L’objet de cette question est donc de s’assurer de la validit´e de cette d´efinition.
Six0=x+knety0=y+ln(x, y, k, l∈Z), alorsx0+y0 =x+y+ (k+l)netx0y0=xy+ (kln+ky0+lx0)n, et par cons´equentx0+y0=x+y, etx0y0=xy:
Les op´erations d’addition et de multiplication dansZ/nZsont bien d´efinies.
On v´erifie ais´ement que muni de ces lois,Z/nZest un anneau commutatif.
A.3Si nest compos´e, on peut ´ecriren=pq, o`u p, q>2. Les classes ¯pet ¯qsont non nulles, leur produit est cependant la classe nulle : l’anneau (Z/nZ,+,·) comporte au moins un diviseur de z´ero.
Si nest compos´e, alorsZ/nZn’est pas int`egre.
A.4 Si nn’est pas premier,i.e.si nest compos´e (on a suppos´en>2), alorsZ/nZn’est pas int`egre, donc n’est sˆurement pas un corps.
Si nest premier, alors tout nombrem∈[[1, n−1]] est premier avecn, et la relation de B´ezout donne deux entiersuetv tels queum+vn= 1, ce qui apr`es r´eduction modulondonne ¯um¯ = ¯1 : tout ´el´ementnon nul est inversible, et l’anneau (Z/nZ,+,·) (commutatif et non nul) est un corps.
L’anneauZ/nZest un corps si et seulement sinest premier.
A.5Soita∈Z, etpun nombre premier. D’apr`es la question pr´ec´edente, (Z/pZ)∗est un groupe fini d’ordre p−1, l’ordre de chacun de ses ´elements divise doncp−1, et par cons´equent, sipne divise pasa, alorsap−1≡1 [p]
puisap≡a[p]. Cette relation est clairement v´erifi´ee si a≡0 [p] (puisqu’alorsap≡0[p]).
Pour tout nombre premierp, tout entier relatifa, ap≡a[p].
Partie B – Carr´ es dans Z /p Z
B.1 On a ¯x2 = ¯y2 si et seulement si (¯x−y)(¯¯ x+ ¯y) = ¯0. Comme pest premier, Z/pZest un corps, c’est un anneau int`egre, et donc ¯x2 = ¯y2 si et seulement si ¯x = ¯y ou ¯x= −¯y. L’ensemble Z/pZest constitu´e des classes de −p−12 , . . ., p−12 (cela a un sens car p est impair), donc l’ensemble des carr´es de Z/pZ est constitu´e des carr´es de ces classes, et donc, d’apr`es ce qui pr´ec`ede, des classes ¯02,¯12, . . . ,p−12
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, qui sont distinctes deux `a deux (toujours d’apr`es ce qui pr´ec`ede) :
il y a p+12 carr´es dans Z/pZ.
Voil`a une autre d´emonstration, plus abstraite :
Soit pun nombre premier sup´erieur ou ´egal `a 3. On consid`ere l’application carr´e sur (Z/pZ)∗ : cette ap- plication est bien d´efinie (car Z/pZ est sans diviseur de z´ero) et est en fait un morphisme (car Z/pZ est un anneau commutatif). Un ´el´ement xappartient `a son noyau si et seulement si x2= ¯1,i.e. (x−¯1)(x+ ¯1) = ¯1,
i.e.x∈ {±¯1}. Cette application n’est donc pas injective, et donc pas surjective (puisque (Z/pZ)∗ est fini), et il existe un ´el´ement y de (Z/pZ)∗ qui ne soit pas un carr´e dans (Z/pZ)∗. On v´erifie imm´ediatement que la multiplication parydans (Z/pZ)∗est une application bijective qui envoie l’ensemble des carr´es de (Z/pZ)∗ sur son compl´ementaire, et r´eciproquement : il y a autant de carr´es que de non carr´es dans (Z/pZ)∗, et donc p−12 carr´es dans (Z/pZ)∗. Comme 0 est un carr´e dans (Z/pZ), il y a p+12 carr´es dans (Z/pZ).
B.2
Si x∈(Z/pZ)∗ est un carr´ey2modulopalorsxp−12 ≡(y2)p−12 ≡yp−1≡1 [p]. Nous avons donc trouv´e p−12 solutions `a l’´equation polynomialexp−12 ≡1 [p] de degr´e p−12 .
Pour pouvoir conclure, montrons qu’une ´equation polynomiale de degr´ek>0 dansZ/pZ(`a une inconnue) admet au plusksolutions distinctes.
On peut d’abord montrer qu’un polynˆomeP `a coefficients dansZ/pZadmettant ¯xpour racine est divisible par (X −x) (par r´¯ ecurrence forte sur le degr´e, si P est de coefficient dominant ¯α, de degr´e k, et admet ¯x pour racine, alorsP−αX¯ k−1(X−x) est de degr´¯ e inf´erieur `a celui deP, on peut lui appliquer l’hypoth`ese de r´ecurrence).
On montre ensuite par r´ecurrence qu’un polynˆome de degr´ekdansZ/pZadmet au pluskracines distinctes.
Il n’y a rien `a prouver pour l’amor¸cage. Supposons la propri´et´e v´erifi´ee pourk>0 fix´e, montrons la pourk+ 1.
Soit doncP un polynˆome de degr´ek+ 1. SiP n’admet pas de racine, le r´esultat est ´evident. Si ¯xest une racine deP, alors on peut ´ecrireP = (X−¯x)Q, o`uQest de degr´ek−1, et l’hypoth`ese de r´ecurrence permet alors de conclure.
L’´equation polynomialexp−12 ≡1 [p] poss`ede donc au plus p−12 racines : ce sont celles que l’on a trouv´ees.
xnon congru `a 0 modulopest un carr´e dansZ/pZsi et seulement sixp−12 ≡1 [p].
