UPMC 2M220 Arithmétique et algèbre 2017-2018
Devoir maison no1 - Corrigé
Exercice 1. Résoudre dansZ2 les équations suivantes.
1)37x−27y= 1.
On va commencer par appliquer l’algorithme d’Euclide au couple(37,27). On a 37 = 27 × 1 + 10
27 = 10 × 2 + 7
10 = 7 × 1 + 3
7 = 3 × 2 + 1
3 = 1 × 3 + 0,
donc les entiers37et27sont premiers entre eux, ce qui garantit que l’équation considérée admettra une infinité de solutions entièes, et l’on peut remonter les calculs ci-dessus pour obtenir une identité de Bézout entre ces entiers, ce qui revient à avoir une identité de Bézout entre37et−27. On a
1 = 7−3×2 = 7−(10−7×1)×2 = 7×3−10×2
= (27−10×2)×3−10×2
= 27×3−10×8
= 27×3−(37−27×1)×8
= 27×11−37×8,
et une identité de Bézout entre37et−27est donnée par(−11)×(−27)−8×37 = 1. Le couple(x0, y0) = (−8,−11) est donc une solution particulière de l’équation considérée. On raisonne maintenant par analyse-synthèse pour déterminer toutes les solutions.
•Analyse : Soit(x, y)∈Z2vérifiant37x−27y= 1. On a
( 37 × x − 27 × y = 1 37 × (−8) − 27 × (−11) = 1
,
ce qui donne37 (x+ 8)−27 (y+ 11) = 0. On a alors37|y+ 11par le théorème de Gauss, donc il existe un entier relatifk∈Ztel que l’on aity= 37k−11. Ceci donne alors 37 (x+ 8)−27×37k= 0, d’oùx= 27k−8.
•Synthèse : On va vérifier que toutes les solutions éventuelles trouvées ci-dessus conviennent. Soitk∈Z. On a 37 (27k−8)−27 (37k−11) = 1.
L’ensemble des solutions dans Z2de l’équation37x−27y= 1est donc{(27k−8, 37k−11), k∈Z}.
2)544x−944y= 160.
On va commencer par appliquer l’algorithme d’Euclide au couple(544,944). On a 944 = 544 × 1 + 400
544 = 400 × 1 + 144 400 = 144 × 2 + 112 144 = 112 × 1 + 32
112 = 32 × 3 + 16
32 = 16 × 2 + 0,
donc le pgcd de544et944vaut16, qui est un diviseur de160, ce qui garantit que l’équation considérée admettra une infinité de solutions entièes, et l’on peut remonter les calculs ci-dessus pour obtenir une identité de Bézout entre ces entiers, ce qui revient à avoir une identité de Bézout entre544et −944.
On a
16 = 112−32×3 = 112−(144−112×1)×3 = 112×4−144×3
= (400−144×2)×4−144×3
= 400×4−144×11
= 400×4−(544−400×1)×11
= 400×15−544×11
= (944−544×1)×15−544×11
= 944×15−544×26,
et une identité de Bézout entre544et−944est alors donnée par(−26)×544−15×(−944) = 16. Ceci montre que le couple(x0, y0) = (−260,−150)est une solution particulière de l’équation considérée. On raisonne maintenant par analyse-synthèse pour déterminer toutes les solutions.
•Analyse : Soit(x, y)∈Z2vérifiant544x−944y= 160. On a
( 544 × x − 944 × y = 16 544 × (−260) − 944 × (−150) = 16
, ce qui donne, après avoir divisé par 16pour obtenir des coefficients premiers entre eux
( 34 × x − 59 × y = 1 34 × (−260) − 59 × (−150) = 1
,
ce qui donne34 (x+ 260)−59 (y+ 150) = 0. On a alors34|y+ 150par le théorème de Gauss, donc il existe un entier relatif k∈Ztel que l’on aity= 34k−150. Ceci donne alors34 (x+ 260)−59×34k= 0, et on en déduit que l’on a x= 59k−260.
•Synthèse : On va vérifier que toutes les solutions éventuelles trouvées ci-dessus conviennent. Soitk∈Z. On a 544 (59k−260)−944 (34k−150) = 160.
L’ensemble des solutions dans Z2de l’équation544x−944y= 160est donc{(59k−260, 34k−150), k∈Z}.
3)2520x−3960y= 6480.
On va commencer par appliquer l’algorithme d’Euclide au couple(2520,3960). On a 3960 = 2520 × 1 + 1440
2520 = 1440 × 1 + 1080 1440 = 1080 × 1 + 360 1080 = 360 × 3 + 0,
donc le pgcd de3960et 2520vaut360, qui est un diviseur de6480car on a6480 = 18×360, ce qui garantit que l’équation considérée admettra une infinité de solutions entièes, et l’on peut remonter les calculs ci-dessus pour obtenir une identité de Bézout entre les entiers2520et−3960. On a
360 = 1440−1080×1 = 1440−(2520−1440×1)×1 = 1440×2−2520×1
= (3960−2520×1)×2−2520×1
= 3960×2−2520×3,
et une identité de Bézout entre2520et−3960est alors donnée par(−3)×2520−2×(−3960) = 360. Ceci montre que le couple(x0, y0) = (−3×18,−2×18) = (−54,−36)est une solution particulière de l’équation considérée.
On raisonne maintenant par analyse-synthèse pour déterminer toutes les solutions.
•Analyse : Soit(x, y)∈Z2vérifiant2520x−3960y= 6480. On a
( 2520 × x − 3960 × y = 6480 2520 × (−54) − 3960 × (−36) = 6480
, ce qui donne, après avoir divisé par 360pour obtenir des coefficients premiers entre eux
( 7 × x − 11 × y = 18 7 × (−54) − 11 × (−36) = 18
,
ce qui donne7 (x+ 54)−11 (y+ 36) = 0. On a alors7|y+ 36par le théorème de Gauss, donc il existe un entier relatifk∈Ztel que l’on ait y = 7k−36. Ceci donne alors7 (x+ 54)−11×7k= 0, et on en déduit que l’on a l’égalitéx= 11k−54.
•Synthèse : On va vérifier que toutes les solutions éventuelles trouvées ci-dessus conviennent. Soitk∈Z. On a 2520 (11k−54)−3960 (7k−36) = 6480.
L’ensemble des solutions dans Z2de l’équation2520x−3960y= 6480est donc{(11k−54, 7k−36), k∈Z}.
Exercice 2. Soitnun entier naturel non nul. Montrer que{z∈C, zn= 1}est un sous-groupe de(C∗,×).
On commence par poser
µn = {z∈C, zn= 1} ,
qui est bien une partie non vide de C∗, puisqu’elle contient1. Soitz∈µn. On a
1 z
n
= z1n = 11 = 1 ,
donc on a 1z ∈µn, et ce dernier est donc stable par passage à l’inverse. Soient à présentz, z0∈µn. On a (zz0)n = znz0n = 1 ,
donc on azz0 ∈µn, et ce dernier est donc stable par produit.
Ceci montre queµn est un sous-groupe multiplicatif deC∗.
Exercice 3. Résoudre les systèmes de congruence suivants.
1)
3x≡2 mod 5 5x≡1 mod 6 .
On note(S)le système considéré. On va commencer par mettre(S)sous une forme qui soit propice à l’utilisation du théorème chinois. Il faut pour cela inverser3modulo5, ce qui est possible car ces entiers sont premiers entre eux, puis inverser 5 modulo 6, ce qui possible pour la même raison. On a [3]5 [2]5 = [6]5 = [1]5, donc 2 est l’inverse de 3 modulo 5, et on a[5]6 [5]6 = [25]6 = [1]6, donc 5 est son propre inverse modulo6. Les solutions entièes de(S)sont donc exactement les mêmes que les solutions entières du système(S0)suivant
(S0) :
x≡4 mod 5 x≡5 mod 6 .
On commence par remarquer que5et6sont premiers entre eux. Le théorème chinois dit alors que le morphisme ψ : Z/30Z −→ Z/5Z×Z/6Z
[x]30 7→ ([x]5,[x]6)
d’anneaux est un isomorphisme d’anneaux. Les solutions dansZ de(S0)sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence modulo 30définie par ψ−1([4]5,[5]6). Pour calculer cette image réciproque, on procède comme dans la preuve de la surjectivité de ψ. On commence par chercher une relation de Bézout entre5 et 6.
On a(−1)×5 + 1×6 = 1, donc on posex= 5×(−1)×5 + 4×1×6 =−1. On a bienψ([−1]30) = ([4]5,[5]6).
Les solutions entières du système (S0), et donc du système(S0), sont donc les entiers congrus à−1 modulo30, c’est-à-dire les entiers de la forme30k−1 aveck∈Z.
2)
x≡2 mod 10 x≡5 mod 13 .
On note(S)le système considéré. On commence par remarquer que10et13sont premiers entre eux. Le théorème chinois dit alors que le morphisme
ψ : Z/130Z −→ Z/10Z×Z/13Z [x]130 7→ ([x]10,[x]13)
d’anneaux est un isomorphisme d’anneaux. Les solutions dansZde(S)sont donc exactement les éléments de la classe d’équivalence modulo130 définie parψ−1([2]10,[5]13). Pour calculer cette image réciproque, on procède comme dans la preuve de la surjectivité deψ. On commence par chercher une relation de Bézout entre10et13.
On a(−3)×13+4×10 = 1, donc on posex= 2×(−3)×13+5×4×10 = 122. On a bienψ([122]130) = ([2]10,[5]13).
Les solutions entières du système(S)sont donc les entiers congrus à122modulo130, c’est-à-dire les entiers de la forme130k+ 122aveck∈Z.
Exercice 4. On noteA l’anneauZ/20Z.
1) Combien d’éléments inversibles l’anneauApossède-t-il ?
Le nombre d’éléments inversibles deA=Z/20Zétant égal au nombre d’entiers entre0 et19premiers avec20, il est donné par ϕ(20), oùϕest l’indicatrice d’Euler. On a
ϕ(20) = ϕ 22×5
= ϕ 22
ϕ(5) = 22−1(2−1) (5−1) = 2×4 = 8 . L’anneauApossède donc 8éléments inversibles.
2) Expliciter les éléments deA× et donner l’ordre de chacun d’entre eux.
Il s’agit ici de déterminer explicitement quels sont les huit entiers entre 0 et 19 premiers avec 20. Les classes modulo 20de ces éléments seront les éléments de A×. Pour cela, on teste tous les entiers entre 0 et 19. On a alors
A× =
1,3,7,9,11, 13, 17,19 A .
On va maintenant déterminer l’ordre de chacun de ces éléments. Le théorème de Lagrange dit que ces ordres ne peuvent valoir que1,2, 4, ou8. On remarque dans un premier temps que1 est le seul élément d’ordre1. On a ensuite
32= 9 et 34= 81 = 1 donc 3est d’ordre 4 72= 49 = 9 et 74= 92= 81 = 1 donc 7est d’ordre 4
92= 81 = 1 donc 9est d’ordre 2
112= 121 = 1 donc 11est d’ordre 2 132= 169 = 9 et 134= 92= 1 donc 13est d’ordre 4 172=−32= 9 et 174= 92= 1 donc 17est d’ordre 4
192=−12= 1 donc 19est d’ordre 2
Ceci donne bien les éléments de A× et leurs ordres respectifs.
3) Montrer que le groupe(A×,×)est isomorphe à (Z/2Z×Z/4Z,+).
Il s’agit d’une considération sur les ordres des éléments. Le lien avecZ/4Zsera donné par le choix d’un élément d’ordre4, et la partieZ/2Zviendra du choix d’un élément d’ordre2qui n’est pas dans le sous-groupe engendré par l’élément d’ordre4choisi auparavant.
On choisit7 comme élément d’ordre4, puis11comme élément d’ordre 2. On pose ensuite χ : Z/2Z×Z/4Z −→ A×
([n]2,[m]4) 7→ 7n11m ,
qui est bien défini car 7 est d’ordre 2 et 11 est d’ordre 4 dans A×, et est un morphisme de groupes. On va montrer l’injectivité. Soientnetmdeux entiers relatifs tels que l’on ait7n11m= 1dansA×. Comme11est son propre inverse dansA×, on a alors7n= 11m. Comme les sous-groupes deA× respectivement engendrés par7et 11sont disjoints, les ordres de7et de11divisent respectivementnetm, ce qui donne[n]2= [0]2 et[m]4= [0]4. Ceci montre queχ est un morphisme de groupes injectif.
Les groupes (Z/2Z×Z/4Z,+)et (A×,×)ayant le même ordre, on a montré que χest bijectif, et est donc un isomorphisme d’anneaux.
Exercice 5. On rappelle qu’un morphisme de corps est un morphisme d’anneaux entre deux corps. Montrer que tout morphisme de corps est injectif.
Soient K, L deux corps et ϕ : K −→ L un morphisme de corps. On remarque que montrer l’injectivité de ϕ revient à montrer qu’un élément non nul de Kest envoyé sur un élément non nul deL. Soitx∈Knon nul. On note yl’inverse dexdansK. On a
1 = ϕ(1) = ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) ,
doncϕ(x)est inversible dans L. Comme ce dernier est un corps, on aϕ(x)6= 0. Ceci montre l’injectivité deϕ.
Exercice 6. Anneaux principaux.Un anneau commutatif intègreAest ditprincipalsi tous ses idéaux sont principaux, i.e.engendrés par un élément.
1) Montrer que Z est un anneau principal, mais que Z[X] ne l’est pas. Indication : pour Z[X], on pourra montrer que l’idéal(2, X) = 2Z[X] +XZ[X] n’est pas principal.
L’anneau Zest intègre, car le produit de deux entiers ne peut pas être nul sans que l’un de ces entiers ne soit lui-même nul. De plus, tout idéal de Zest de la formenZavec n∈Z, donc est engendré par un élément. Ceci montre que l’anneauZest principal.
On va maintenant montrer queZ[X] n’est pas principal.
On commence par remarquer qu’il s’agit bien d’un anneau intègre, donc le problème se situe au niveau des idéaux. Plus précisément, on va montrer que l’idéal (2, X) deZ[X] n’est pas principal. Pour cela, on raisonne par l’absurde. On suppose qu’il existe un polynôme P de Z[X], que l’on fixe, tel que l’on ait(2, X) = (P). Il existe alors deux élémentsU et V deZ[X]tels que l’on ait
2 = U P X = V P .
La première égalité dit que P est un polynôme de degré 0, c’est-à-dire est un entiern. La seconde égalité dit alors que V est un polynôme de degré 1 dont le coefficient dominant est un inverse de n dans Z. Ceci force l’entiernà valoir±1, et donne donc(2, X) = (P) =Z[X]. L’entier1, vu comme polynôme de degré0, est donc dans l’idéal(2, X). Ceci permet de fixerA, B∈Z[X]tels que l’on ait
1 = 2A+XB .
Le coefficient constant deAest alors inverse de2dansZ, ce qui est absurde. L’idéal(2, X)deZ[X]n’étant pas principal, l’anneau Z[X]ne peut pas être principal.
2) Montrer que tout idéal deZ2 est principal. L’anneauZ2 est-il principal ?
On commence par noter π1 et π2 les projections canoniques respectives de Z2 sur le premier et le deuxième facteur. Plus précisément, on pose
π1 : Z2 −→ Z et π2 : Z2 −→ Z
(x, y) 7→ x (x, y) 7→ y
.
On remarque alors que ces applications sont des morphismes d’anneaux surjectifs. Soit à présentI un idéal de Z2. On va montrer que π1(I) est un idéal deZ. On remarque qu’il s’agit d’un sous-ensemble non vide de Z. Soient x, x0 ∈π1(I)eta∈Z. On fixey, y0∈Ztels que les couples(x, y)et(x0, y0)soient dansI.
On a alors
x+ax0 = π1(x, y) +π1(a,0) π1(x0, y0) = π1((x, y) + (a,0) (x0, y0)) ,
et on a((x, y) + (a,0) (x0, y0))∈I, carIest un idéal deZ2. Ceci montre queπ1(I)est un idéal deZ. On montre de même queπ2(I)est un idéal deZ. On va maintenant montre que l’on a
I = π1(I)×π2(I) .
Si (x, y) est dansI, alors on a par construction x=π1(x, y)∈π1(I)et y =π2(x, y)∈π2(I), donc (x, y)est dans π1(I)×π2(I). Il reste à montrer l’autre inclusion. Soit (x, y)∈π1(I)×π2(I). On a x∈π1(I), donc on fixez1∈Ztel que l’on ait(x, z1)∈I. De même, on fixez2∈Ztel que l’on ait(z2, y)∈I. On a alors
(x,0) = (1,0)·(x, y) ∈ I (0, y) = (0,1)·(x, y) ∈ I carI est un idéal deZ2, ce qui donne
(x, y) = (x,0) + (0, y) ∈ I ,
d’où l’égalité souhaitée. Commeπ1(I)est un idéal deZ, il existen∈Ztel que l’on aitπ1(I) =nZ. De même, il existe m∈Ztel que l’on aitπ2(I) =mZ. On a alors
I = π1(I)×π2(I) = nZ×mZ ,
donc l’idéalI deZ2est engendré par le couple (n, m). Ceci montre que tout idéal deZ2 est principal.
En revanche, l’anneauZ2 n’est pas lui-même principal, car il n’est pas intègre. En effet, on a (1,0)·(0,1) = (0,0) ,
mais ni (1,0)ni(0,1) n’est nul.
3) SoitAun anneau principal. Montrer que tout idéal premier non nul deAest maximal.
Soitpun idéal premier non nul de A. Soitaun idéal de Acontenant strictementp,i.e.vérifiant les inclusions
p a ⊆ A .
CommeAest un anneau principal, on fixepetadansAtels que l’on aitp= (p)eta= (a). L’idéalacontenant strictement p, on a a 6∈ p. L’inclusion de p dans a dit qu’il existe b ∈ A tel que l’on ait p = ab. Comme a n’appartient pas à l’idéal premierp, on ab∈p, donc il existec∈Atel que l’on aitb=cp, ce qui donnep=acp.
On a alors
0 = p−acp = p(1−ac) .
L’idéal pétant non nul, on ap6= 0. CommeAest intègre, on a alorsac= 1, doncaest inversible. Ceci montre que l’on a a=A. L’idéal premierp est donc maximal.
Exercice 7. Anneaux euclidiens.Un anneau commutatif intègreA est diteuclidiens’il est muni d’une application, appeléestathme euclidien,ν:A\ {0} −→Ntelle que pour touta∈Aet toutb∈A\ {0}, il existeq, r∈A vérifiant l’égalitéa=bq+retr= 0ouν(r)< ν(b). Dans cet exerciceAdésigne un anneau euclidien.
1) Montrer que la valeur absolue fait deZun anneau euclidien.
Il s’agit exactement du théorème sur la division euclidienne des entiers.
2) Montrer qu’un anneau euclidien est principal.Indication : pour montrer qu’un idéal est principal, on pourra considérer un de ses éléments minimisantν.
Soit A un anneau euclidien, dont on note ν le stathme. On commence par remarquer queA est intègre par définition des anneaux euclidiens.
Il s’agit donc de montrer que tous les idéaux deAsont principaux. SoitI un idéal deA. L’idéal nul de Aétant principal, on peut supposer I non nul. Alorsν(I\ {0}) est une partie non vide deN, donc elle admet un plus petit élément ν(x), avecx∈I non nul. On va montrer quexengendreI. Soity un élément deI. On fixe alors deux éléments qetrdeAtels que l’on aity=qx+retr= 0ouν(r)< ν(x). On a alors
r = y−qx ∈ I ,
doncrdoit être nul, sans quoi il s’agirait d’un élément non nul deIdont l’image parν est strictement inférieure à ν(x), ce qui serait absurde par définition dex. Ceci donne donc y=qx. On a ainsi bien montré que Iest un idéal principal deA. Par conséquent, l’anneauAest principal.
3) Montrer qu’il existe x ∈ A non inversible tel que la projection π : A×∪ {0} −→ A/(x) soit surjective.
Montrer queA/(x)est un corps.Indication : on cherche encore à minimiserν, cette fois surA\A×. SoitAun anneau euclidien, dont on noteν le stathme.
On remarque que siAest un corps, alors il suffit de prendrex= 0.
On suppose donc que A n’est pas un corps, c’est-à-dire qu’il existe des éléments non nuls qui ne sont pas inversibles. Alors ν(A\(A×∪ {0}))est une partie non vide de N, et admet donc un plus petit élémentν(x), avecx∈Anon nul et non inversible. On considère alors la restriction
π : A×∪ {0} −→ A/(x) .
de la projection canonique usuelleA−→A/(x). Soityun élément deA. On va montrer qu’il existez∈A×∪ {0}
tel que l’on aitπ(z) =y. Ceci revient à montrer qu’il existez ∈Atel que l’on ait y−z ∈(x). Comme A est un anneau euclidien, on fixe deux éléments qet rdeA tels que l’on aity =qx+ret r= 0ouν(r)< ν(x). Il s’agit alors de remarquer qu’on peut prendrez=r. En effet, sirn’est pas nul, on aν(r)< ν(x), etrest alors inversible par construction de x. On dans tous les casr=y−qx, ce qui donne
y = y−qx = r = π(r) . La restriction de la projection canonique à A×∪ {0}est donc encore surjective.
