Feuille 13

(1)

Feuille 13

Exercice13.1 Solution p. 3

Résoudre dansZ/13Z1’équation en l’inconnuexsuivante :x²+ 2x+ 10 = 0.

1. Soitpun nombre premier. Résoudre l’équationx²=xdansZ/pZ. 2. Résoudre l’équationx² =xdansZ/34Z.

3. Résoudre l’équationx² =xdansZ/30Z.

1. Soient(G,·)et(G⁰,·)deux groupes etf :G−→G⁰un morphisme de groupes. Soitx∈G. On suppose que xest d’ordre finin. Montrer quef(x)est aussi d’ordre fini et que cet ordre divisen.

2. Déterminer tous les morphismes de groupes deZ/7ZdansZ/13Z, et deZ/3ZdansZ/12Z.

Soitpun nombre premier etk∈N^∗tel quek∧(p−1) = 1.Montrer que l’applicationZ/pZ−→Z/pZ x7−→x^k

est une bijection.

Soitpun nombre premier. Montrer que pour toutk∈N, X

x∈Z/pZ

x^k∈ {0,−1}.

1. SoitAun anneau. On dira qu’un élément deAest nilpotent si et seulement s’il existek∈N^∗tel quea^k= 0_A. Soientxetydeux éléments nilpotents deAtels quexy=yx.

Montrer quexy etx+ysont nilpotents.

2. Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2 que l’on décompose en produit de facteurs premiers :n=

k

Y

i=1

p^α_iⁱ, où, pour touti∈ {1, . . . , k}, p_i∈Petα_i∈N^∗

(a) Quels sont les éléments nilpotents deZ/nZ?

(b) Donner une condition nécessaire et suffisante pour que tout diviseur de0deZ/nZsoit nilpotent.

Montrer que(p−1)!≡ −1 [p]si et seulement sipest premier (c’est le théorème de Wilson).

Indication : Lorsquepest premier, on pourra commencer par calculer dansZ/pZla quantité

p−2

Y

k=2

ken regroupantk

etk⁻¹

(2)

Exercice13.8 Solution p. 5 SoientGun groupe fini etf un morphisme deGtel que

Card{x∈G/f(x) =x⁻¹}> Card(G) 2 Montrez quef est involutive (c’est-à-dire quef◦f =IdG).

petqsont deux entiers premiers et impairs. On suppose queqdivise2^p−1.Montrer queq ≡1 [2p].

On s’intéresse à l’équation5x³+ 11y³+ 13z³ = 0où les inconnues sont dansZ. 1. Si(x, y, z)∈Z³est solution, montrer que13divisex, y, z.

2. Quelles sont les solutions de l’équation ?

SoitGun groupe, noté multiplicativement.

On noteD(G) = Gr{xyx⁻¹y⁻¹/(x, y)∈G²}. D(G)est le groupe dérivé deG.

1. Montrer queD(G)est un sous-groupe distingué deG.

2. On suppose queHest un sous-groupe distingué deG. Montrer queG/Hest un groupe abélien si et seulement siD(G)⊆H.

SoitGun groupe fini non abélien.

On noteZ ={g∈G /∀h∈G, gh=hg}(Zest le centre deG). Montrer que|Z| ≤ |G|

4 .

(3)

Solution de l’exercice 13.1 Énoncé Soitk∈Z, solution :

k²+ 2k+ 10≡0[13]

(k²+ 2k+ 1)−9≡0[13]

De plus5²≡ −1[13]. Donc

5²×(k+ 1)²−9≡0[13]

(5k+ 5−3)(5k+ 5 + 3)≡0[13]

OrZ/13Zest intègre, donc5k+ 2≡0[13]ou5k+ 8≡0[13]donc5k=−2ou5k=−8.k= 0n’est pas solution.

De plus5∧13 = 1donc5est inversible, d’inverse8, donck=−2×8 = 10ouk=−8×8 = 1.

On peut aussi remarquer que1est racine évidente du polynômeP(X) =X²+ 2X+ 10∈Z/13Z[X].

Solution de l’exercice 13.2 Énoncé

1. x² =x⇔x(x−1) = 0⇔x= 0oux= 1carZ/pZest intègre.

2. x² =xdansZ/34Z⇔

®x² ≡x[17]

x² ≡x[2] ⇔x= 0₁₇¹oux= 1₁₇⇔x₃₄∈ {0,1,17,18}

3. x² =xdansZ/30Z⇔







x² ≡x[3]

x² ≡x[5]

x² ≡x[2]

⇔

®x² ≡x[3]

x² ≡x[5] ⇔

®x3 = 03ou x3 = 13

x₅ = 0₅ou x₅ = 1₅ ⇔ x₃₀∈ {0,1,6,10,15,16,21,25}

1. On noteσ(x) =n∈N^∗l’ordre dex.

xⁿ= 1 f(xⁿ) =f(1) f(x)ⁿ= 1

Doncf(x)est d’ordre fini etσ(f(x))|n.

2. Soitfun tel morphisme.

Remarque :Sifest un morphisme deZ/nZdans(G,+), alors,∀k∈Z/nZ, f(k) =kf(1), donc la connais- sance def(1)suffit pour connaîtref(Z/nZ).

D’après 1.,σ(f(1))|σ(1) = 7, doncσ(f(1)) ∈ {1,7}, orσ(f(1))|13doncσ(f(1)) = 1doncf(1) = 0, et d’après la remarque,f =0.

La réciproque est immédiate.

Soitf : Z/3Z−→Z/12Zun morphisme.

σ(f(1))|3doncσ(f(1))∈ {1,3}:

•siσ(f(1)) = 1alorsf =0.

•siσ(f(1)) = 3alors six∈Z/12Z, σ(x) = 3donc3x= 0et six6= 0, 2x6= 0doncf(1)∈ {4,8}.

Réciproquement soitf : Z/3Z−→Z/12Z k37−→kf(1) =

®4k ou8k

, qui ne dépend que dek₃, convient.

1. il s’agit ici d’indiquer qu’on se place dansZ/17Z

(4)

Solution de l’exercice 13.4 Énoncé On ak∧(p−1) = 1donckgénèreZ/(p−1)Zet d’après le cours, il existeu∈Z, u×k= 1dansZ/(p−1)Z, i.e.u×k≡1[p−1](kest inversible).

Donc il existea∈Z, tel queu×k=a(p−1) + 1. Soitg:Z/pZ−→Z/pZ x7−→x^u

. Soitx∈Z/pZ, g◦f(x) = (x^k)û =xâ(p−1)+1= (x^p−1)â

| {z }

1

x. Sixest inversible, alorsx^p−1= 1.

Six= 0, g◦f(x) =f(0) = 0^u = 0siu6= 0.

u= 0⇒0≡1[p−1]⇒p= 2. Sip= 2,∀x∈Z/^Z, x^k=xcark6= 0.

Soitf : (Z/pZ)^∗−→(Z/pZ)^∗ x7−→xy

ày∈Z/pZ^∗fixé.f est bijective et on af⁻¹:x7−→xy⁻¹. Supposons quek6= 0:

S= X

x∈Z/pZ

x^k= X

x∈Z/pZ

f(x)^k = X

x∈Z/pZ

x^ky^k

DoncS = Sy^k ⇔ S(1−y^k) = 0, donc soit S = 0 ou soity^k = 1 (Z/pZ^∗ est un corps). Si y^k = 1, alors S=P

y∈Z/pZ^∗y^k=P

y∈Z/pZ1 =−1.

Sik= 0, alorsS= 0.

1. Soitx, ynilpotents tels quexy=yx, on notenl’indice de nilpotence dexetmcelui dey.

On a(xy)^min(x,y)= 0(les puissances commutent d’après le cours).

(x+y)^m+n−1 =

m+n−1

X

k=0

Çm+n−1 k

å

x^ky^m+n−k−1= 0

2. (a) n=

k

Y

i=1

p^α_iⁱ

Soitx ∈ Z/nZ,xnilpotent⇔ ∃m ∈N, x^m = 0, doncn| x^m, donc∀p ∈ P, v_p(n)² ≤v_p(x^m)donc vp(n)≤mvp(x).

∀i∈J1, kK, v_p_i(n)≤v_p_i(x^m)⇒1≤mv_p_i(x), doncQ

i=1kp_i |x.

Réciproquement, on posem= max(αi)et on a bienx^m= 0.

(b) Montrons que la CNS estk= 1.

Supposons quek≥2et qu’il existeq ≥2tel quen=p^α₁¹qavecq∧p1 = 1.

Doncqest un diviseur de zéro dansZ/nZ, orq 6∈Nil(Z/nZ)d’après la question 2.(a), carp1q.

Réciproque à faire.

(p−1)! = (p−1)Qp−2

k=2k, or∀k∈J1, p−1K, kest inversible.

k=k⁻¹ ⇔k²= 1

⇔(k−1)(k+ 1) = 0

⇔k= 1ouk=−1 Donc∀k∈J2, p−2K, ∃h∈J2, p−2K, h=k⁻¹, h6=k

Donc(p−1)! = (p−1)·1donc(p−1)!≡p−1≡ −1[p].

Supposons maintenant quen6∈P, n ≥2. Donc il existep, qtels quen=pq. Sip6=q,p|(n−1)!etq |(n−1)!

doncn=pq|(n−1)!.

(5)

Sip=qalorsn=k²et2k < k² ⇔2< k, sik≥3,2k∈ {1, . . . , n−1}, donc2k×k|(n−1)!, donc(n−1)!≡0[n].

H :(n−1)!≡ −1[n]⇔ ∃k∈Z, (n−1)! =kn−1.

Donc d’après le théorème de Bézout,∀k∈J1, n−1K, k∧n= 1.

On poseF ={x∈G/f(x) =x⁻¹}.

Six∈F, f◦f(x) =f(x⁻¹) = (f(x))⁻¹ = (x⁻¹)⁻¹=x.

Six∈G\F, posonsϕ : G−→G x7−→ax

qui est bijective, de réciproqueϕ⁻¹:x7−→a⁻¹x. On a donc|ϕ(F)|=|F|.

Montrons queϕ(F)∩F 6=∅.

Supposons le contraire, alors|ϕ(F)|+|F|> CardG

2 + CardG

2 = CardG : c’est absurde.

De plus,ϕ(F)∪F ⊂G, donc|ϕ(F)|+|F| ≤ |G|.

Donc il existey∈ϕ(F)∩F, donc il existe unx∈Ftel quey=axet doncyx⁻¹=aet doncf◦f(y)×f◦f(x⁻¹) = f◦f(a)doncxy⁻¹=a, donc∀g∈G, f◦f(g) =g.

Doncf est bien involutive.

On sait que2|q−1, et il nous faut montrer quep|q−1.

D’après l’hypothèse,2^p ≡1[q]doncσ(2)|p, on se place dans(Z/qZ^∗,×).

Orpest premier doncσ(2)∈ {1, p}. Cependant26= 1doncσ(2) =p.

Comme|Z/qZ^∗|=q−1on aσ(2)|q−1⇔p|q−1⇔q ≡1[p]⇔q≡1[2p]carp∧2 = 1.

Soit(x, y, z)une solution.5x³+ 11y³ ≡ 0[13]donc5x³+ 11y³ = 0dansZ/13Z, et six = 0, on a11y³ = 0 doncy= 0car116= 0.

Sinonxest inversible.

On a donc1 + 11y³×5⁻¹×x⁻³ = 0, donc(yx⁻¹)³ =−5×11⁻¹ = 9. Et on a donc(yx⁻¹)¹²= 9⁴ = 96= 1ce qui absurde car(yx⁻¹)¹²= 1d’après le théorème de Fermat.

Doncx= 0ety = 0, i.e.x= 13x⁰ety = 13y⁰.

5×13³x⁰³+ 11×13³y⁰³+ 13z³ = 0donc5×13²x⁰³+ 11×13²y⁰³+z³= 0doncz≡0[13]etz= 13z⁰. Ainsi :

5×13³x⁰³+ 11×13³y⁰³+13³z³ = 0et donc si(x, y, z)est solution, alors x

13, y 13, z

13

est aussi solution.

Par récurrence, on en déduit que x 13^k, y

13^k, z 13^k

est solution pour toutk∈N. Or x

13^k −−−−→

k→+∞ 0donc x

13^k = 0à partir d’un certain rang (suite d’entiers), doncx= 0et de mêmey=z= 0.

L’unique solution est(0,0,0).

1. Soitg∈G, et considéronsf:G−→G x7−→gxg⁻¹

. f et un automorphisme intérieur, et on a

f(D(G)) = Gr f

xyx⁻¹y⁻¹/ x, y∈G

= Gr

f(x)f(y)f(x⁻¹)f(y⁻¹)/ x, y∈G Orf est bijective, doncf(D(G)) Gr

xyx⁻¹y⁻¹/ x, y∈G =D(G).

2. ⇒: Supposons queG/Hest abélien.

∀x, y∈G, xyH =yxH, doncx¯¯y= ¯y¯x=xyyx, et doncxHyH =yHxH doncxyH =yxH.

Soitk∈H, x, y∈G, il existek⁰ ∈Htel que

x⁻¹y⁻¹k=y⁻¹x⁻¹k⁰

(6)

Et doncxyx⁻¹y⁻¹k = k⁰ donc xyx⁻¹y⁻¹ = k⁰k⁻¹ ∈ H donc finalement

xyx⁻¹y⁻¹ / x, y∈G ⊂ H, doncD(G)⊆H.

⇐: Supposons queD(G)⊆H.

Soitk∈H, x, y∈G. Montrons qu’il existek⁰ ∈Htel quexyk =yxk⁰.

On posek⁰=x⁻¹y⁻¹xyk∈Hcarxyx⁻¹y⁻¹ ∈D(G)⊂H, soit encoreyxk⁰ =xyk, on a alorsxyH=yxH, donc∀x, y∈G, xyH=yxHdoncG/Hest abélien.

Plus simplement :

G/Hest abélien ⇔ ∀x, y∈G, x¯y¯= ¯yx¯

⇔ ∀x, y∈G, x⁻¹y⁻¹xy = 1

⇔ ∀x, y∈G, x⁻¹y⁻¹xy ∈H (car¯1 = 1×H)

⇔D(G)⊂HcarHest un sous groupe.

On a déjà vu queZest un sous-groupe deG.

On pose, pourx∈G,Cx={g∈G /∀h∈G, gh=hg}(Cxest l’ensemble des éléments commutant avecx).

Naturellement1∈CxdoncCxest non-vide.

Soitg, h∈C_x, alors(gh)x=gxh=x(gh), donc(gh)commute avecxetgh∈C_x. gx=xgdoncg⁻¹gxg⁻¹ =g⁻¹xgg⁻¹ doncxg⁻¹=g⁻¹xdoncg⁻¹ ∈Cx.

DoncCxest un sous-groupe deGet on aZ ⊂Cx⊂G.

Montrons que six∈G\Z, alorsZ6=Cx 6=G.

Soitx∈G\Z, (il existe car sinonGserait abélien). On ax∈Cxmaisx6∈Z, doncZ 6=Cx. SiC_x=G, alorsx∈Z ce qui est faux, doncC_x6=G.

Zest un sous-groupe deG, doncZest un sous-groupe deCx. D’après le théorème de Lagrange,Card(C_x)|Card(G).

De plus,|C_x|<|G|donc|C_x| ≤ |G|

2 , car|G|=k|C_x|oùk≥2.

En appliquant le même raisonnement, on obtient que|Z| ≤ |C_x| 2 ≤ |G|

4 .