Arithmétique et Z/nZ : corrigé des exercices de maths en L2.

Corrigé de l’exercice 1 : Relations d’équivalence et classes

1. D’abord, \(a^2 – a^2 = 0\) est divisible par \(5\) : la relation est réflexive. Ensuite, si \(5 \mid a^2 – b^2\), alors \(5\) divise son opposé \(b^2 – a^2\) : elle est symétrique. Enfin, si \(5 \mid a^2 – b^2\) et \(5 \mid b^2 – c^2\), alors \(5\) divise la somme \(a^2 – c^2\) : elle est transitive. Donc \(\mathcal{R}\) est une relation d’équivalence.
2. On factorise : \(a^2 – b^2 = (a – b)(a + b)\). Comme \(5\) est premier, le lemme d’Euclide donne : \(5 \mid (a-b)(a+b)\) si et seulement si \(5 \mid a – b\) ou \(5 \mid a + b\). Autrement dit, \(a \mathcal{R} b \Leftrightarrow a \equiv \pm b \pmod 5\). Les classes se lisent alors sur les restes modulo \(5\), et la figure de l’énoncé le confirme :
   • la classe de \(0\) est \(5\mathbb{Z}\) ;
   • la classe de \(1\) réunit les entiers congrus à \(1\) ou à \(4\) modulo \(5\) ;
   • la classe de \(2\) réunit les entiers congrus à \(2\) ou à \(3\) modulo \(5\).

   L’ensemble quotient \(\mathbb{Z}/\mathcal{R}\) a donc 3 éléments, qui correspondent aux trois valeurs \(0\), \(1\), \(4\) de \(a^2\) modulo \(5\).

3. Pour \(\mathcal{S}\) : on a \(a \mid a\) (même pour \(a = 0\), car \(0 = 0 \times 1\)), donc \(\mathcal{S}\) est réflexive. De plus, si \(a \mid b\) et \(b \mid c\), alors \(a \mid c\) : elle est transitive. En revanche, \(1 \mid 2\) mais \(2 \nmid 1\) : elle n’est pas symétrique. Pour \(\mathcal{T}\) : elle est réflexive (\(|a – a| = 0\)) et symétrique (\(|a – b| = |b – a|\)). Cependant, \(0 \mathcal{T} 1\) et \(1 \mathcal{T} 2\), alors que \(|0 – 2| = 2 > 1\). Aucune des deux n’est une relation d’équivalence : \(\mathcal{S}\) n’est pas symétrique, \(\mathcal{T}\) n’est pas transitive.
4. Existence : soit \(x \in \mathbb{R}\) et \(y = x – \lfloor x \rfloor\). Alors \(y \in [0, 1[\) et \(x – y = \lfloor x \rfloor \in \mathbb{Z}\). Unicité : si \(y, y^{\prime} \in [0,1[\) sont dans la même classe, alors \(y – y^{\prime}\) est un entier. Or \(|y – y^{\prime}| < 1\), donc \(y = y^{\prime}\). Chaque classe contient exactement un réel de \([0,1[\), la partie fractionnaire de ses éléments.

Corrigé de l’exercice 2 : Congruences et critères de divisibilité

1. Écrivons \(N = \sum_{i=0}^{k} a_i 10^i\). Comme \(10 \equiv 1 \pmod 9\), la compatibilité avec les puissances donne \(10^i \equiv 1\). Par conséquent, \(N \equiv \sum a_i \pmod 9\). Pour \(123456789\), la somme des chiffres vaut \(45 = 5 \times 9\). Le reste de \(123456789\) modulo \(9\) est \(0\).
2. De même, \(10 \equiv -1 \pmod{11}\), donc \(10^i \equiv (-1)^i\). Ainsi \(N \equiv \sum (-1)^i a_i \pmod{11}\). En partant des unités : \(9 – 8 + 7 – 6 + 5 – 4 + 3 – 2 + 1 = 5\). Le reste de \(123456789\) modulo \(11\) est \(5\).
3. La somme des chiffres de \(2026\) vaut \(10\), donc \(2026 \equiv 10 \equiv 1 \pmod 9\). Par suite, \(2026^{2026} \equiv 1^{2026} = 1\). Le reste cherché est \(1\).
4. On a \(7 \times 11 = 77\) et \(77 \times 13 = 1001\). Ensuite, \(1000 = 1001 – 1\), donc \(1000 \equiv -1\) modulo \(7\), \(11\) et \(13\). On en déduit :
   \[123456 = 123 \times 1000 + 456 \equiv -123 + 456 = 333.\]
   Or \(333 = 7 \times 47 + 4\) et \(333 = 13 \times 25 + 8\). Donc \(123456 \equiv 4 \pmod 7\) et \(123456 \equiv 8 \pmod{13}\).

Point de méthode : pour un critère de divisibilité par \(n\), on cherche une puissance de \(10\) congrue à \(\pm 1\) modulo \(n\).

Corrigé de l’exercice 3 : Calculs dans Z/12Z

1. D’après le cours, \(\overline{k}\) est inversible si et seulement si \(\operatorname{pgcd}(k, 12) = 1\). Les inversibles sont donc \(\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}\). De plus, \(5^2 = 25 = 2 \times 12 + 1\), \(7^2 = 49 = 4 \times 12 + 1\) et \(11^2 = 121 = 10 \times 12 + 1\). Chaque inversible de \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) est son propre inverse.
2. Les classes non nulles et non inversibles sont \(\overline{2}, \overline{3}, \overline{4}, \overline{6}, \overline{8}, \overline{9}, \overline{10}\). On a successivement :
   \[2 \times 6 = 12,\quad 3 \times 4 = 12,\quad 8 \times 3 = 24,\quad 9 \times 4 = 36,\quad 10 \times 6 = 60.\]
   Ainsi \(\overline{2}\,\overline{6} = \overline{3}\,\overline{4} = \overline{8}\,\overline{3} = \overline{9}\,\overline{4} = \overline{10}\,\overline{6} = \overline{0}\), ce qui règle aussi le cas de \(\overline{4}\) et de \(\overline{6}\). Toutes ces classes sont des diviseurs de zéro. La table ci-dessous le montre : les lignes des inversibles (numéros en bleu) contiennent un seul \(\overline{1}\) et aucun \(\overline{0}\) hors de la première colonne.

3. L’équation équivaut à \(\overline{5}x = \overline{7}\). On multiplie par \(\overline{5}^{-1} = \overline{5}\) : \(x = \overline{35} = \overline{11}\). Vérification : \(5 \times 11 + 3 = 58 = 4 \times 12 + 10\). L’unique solution est \(x = \overline{11}\).
4. On a \(12 \mid 4x – 8\) si et seulement si \(3 \mid x – 2\). Les solutions de \(\overline{4}x = \overline{8}\) sont \(\overline{2}, \overline{5}, \overline{8}, \overline{11}\). En revanche, \(4x\) modulo \(12\) ne prend que les valeurs \(0\), \(4\), \(8\). Autrement dit, \(\operatorname{pgcd}(4, 12) = 4\) ne divise pas \(6\). L’équation \(\overline{4}x = \overline{6}\) n’a pas de solution.
5. Comme \(\overline{7}^2 = \overline{1}\), on obtient \(\overline{7}^{100} = (\overline{7}^2)^{50} = \overline{1}\). De même, \(\overline{5}^{2027} = (\overline{5}^2)^{1013} \times \overline{5} = \overline{5}\). Donc \(\overline{7}^{100} = \overline{1}\) et \(\overline{5}^{2027} = \overline{5}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Opérations bien définies sur le quotient

1. On écrit \(ab – a^{\prime}b^{\prime} = a(b – b^{\prime}) + b^{\prime}(a – a^{\prime})\). Les deux termes sont des multiples de \(n\). Donc \(ab \equiv a^{\prime}b^{\prime} \pmod n\).
2. Les entiers \(0\) et \(3\) ont la même classe modulo \(3\). Pourtant, \(2^0 = 1\) et \(2^3 = 8 \equiv 2 \pmod 3\). La formule donnerait donc deux valeurs différentes pour la même classe : elle ne définit pas une application sur \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\). En revanche, \(2 \equiv -1 \pmod 3\), donc \(2^x \equiv (-1)^x \pmod 3\). Cette valeur ne dépend que de la parité de \(x\). Ainsi \(\overline{2^x}^{\,(3)}\) ne dépend que de \(\overline{x}^{\,(2)}\).
3. Bonne définition : si \(x \equiv x^{\prime} \pmod 6\), alors \(6 \mid x – x^{\prime}\), donc \(3 \mid x – x^{\prime}\). Notons \(f\) l’application obtenue. Ensuite, \(f\) respecte les lois, car celles-ci se calculent sur les représentants : \(f(\overline{x} + \overline{y}) = \overline{x+y}^{\,(3)} = f(\overline{x}) + f(\overline{y})\), et de même pour le produit. De plus, \(f(\overline{1}) = \overline{1}\). Elle est surjective, car \(\overline{0}, \overline{1}, \overline{2}\) sont atteints. Enfin, \(f(\overline{x}) = \overline{0}\) si et seulement si \(3 \mid x\). Le noyau est \(\{\overline{0}, \overline{3}\}\).
4. On a \(\overline{0}^{\,(3)} = \overline{3}^{\,(3)}\), mais \(\overline{0}^{\,(6)} \neq \overline{3}^{\,(6)}\). La formule dépend du représentant : l’application n’est pas bien définie.
5. Si \(m \mid n\) et \(x \equiv x^{\prime} \pmod n\), alors \(m \mid n \mid x – x^{\prime}\) : l’application est bien définie. Réciproquement, supposons-la bien définie. Comme \(\overline{0}^{\,(n)} = \overline{n}^{\,(n)}\), on doit avoir \(\overline{0}^{\,(m)} = \overline{n}^{\,(m)}\), c’est-à-dire \(m \mid n\). L’application est bien définie si et seulement si \(m \mid n\).

Point de méthode : pour tester la bonne définition, on compare les images de deux représentants d’une même classe, souvent \(0\) et \(n\).

Corrigé de l’exercice 5 : Inverse d’une classe par Bézout

1. Le nombre \(17\) est premier et ne divise pas \(60\), donc \(\operatorname{pgcd}(17, 60) = 1\) et \(\overline{17}\) est inversible. Algorithme d’Euclide : \(60 = 3 \times 17 + 9\), \(17 = 1 \times 9 + 8\), \(9 = 1 \times 8 + 1\). On remonte ensuite :
   \[\begin{aligned} 1 = 9 – 8 = 9 – (17 – 9) = 2 \times 9 – 17 \\ = 2(60 – 3 \times 17) – 17 = 2 \times 60 – 7 \times 17. \end{aligned}\]
   Donc \(\overline{17}^{-1} = \overline{-7} = \overline{53}\). Vérification : \(17 \times 53 = 901 = 15 \times 60 + 1\). L’inverse de \(\overline{17}\) est \(\overline{53}\).
2. On multiplie par \(\overline{53}\) : \(x \equiv 5 \times 53 = 265 = 4 \times 60 + 25\). Vérification : \(17 \times 25 = 425 = 7 \times 60 + 5\). Les solutions sont les \(x \equiv 25 \pmod{60}\).
3. Euclide : \(101 = 4 \times 23 + 9\), \(23 = 2 \times 9 + 5\), \(9 = 5 + 4\), \(5 = 4 + 1\). En remontant :
   \[\begin{aligned} 1 = 5 – 4 = 2 \times 5 – 9 = 2 \times 23 – 5 \times 9 \\ = 2 \times 23 – 5(101 – 4 \times 23) = 22 \times 23 – 5 \times 101. \end{aligned}\]
   Ainsi \(\overline{23}^{-1} = \overline{22}\), car \(23 \times 22 = 506 = 5 \times 101 + 1\). Par conséquent, \(x \equiv 22 \times 7 = 154 \equiv 53\). Vérification : \(23 \times 53 = 1219 = 12 \times 101 + 7\). L’inverse est \(\overline{22}\) et la solution est \(x \equiv 53 \pmod{101}\).
4. On a \(\operatorname{pgcd}(21, 60) = 3 \neq 1\). De plus, \(21 \times 20 = 420 = 7 \times 60\), donc \(\overline{21}\,\overline{20} = \overline{0}\). La classe \(\overline{21}\) n’est pas inversible : c’est un diviseur de zéro.

Corrigé de l’exercice 6 : Équations linéaires modulo n

1. Condition nécessaire : si \(ax = b + kn\), alors \(d\) divise \(ax – kn = b\). Condition suffisante : si \(d \mid b\), écrivons \(a = da_1\), \(b = db_1\), \(n = dn_1\), avec \(\operatorname{pgcd}(a_1, n_1) = 1\). Alors \(n \mid ax – b\) équivaut à \(n_1 \mid a_1 x – b_1\). Comme \(a_1\) est inversible modulo \(n_1\), cela équivaut à \(x \equiv x_0 \pmod{n_1}\), où \(x_0 = a_1^{-1} b_1\). Enfin, les solutions modulo \(n\) sont \(x_0, x_0 + n_1, \ldots, x_0 + (d-1)n_1\). Il y a des solutions si et seulement si \(d \mid b\), et alors exactement \(d\) solutions modulo \(n\).
2. Ici \(d = \operatorname{pgcd}(6, 15) = 3\), qui divise \(9\). On divise par \(3\) : \(2x \equiv 3 \pmod 5\). L’inverse de \(2\) modulo \(5\) est \(3\), donc \(x \equiv 9 \equiv 4 \pmod 5\). Vérification : \(6 \times 4 = 24 = 15 + 9\). Les solutions modulo \(15\) sont \(4\), \(9\) et \(14\).
3. Cette fois, \(3\) ne divise pas \(10\). L’équation \(6x \equiv 10 \pmod{15}\) n’a aucune solution.
4. On a \(\operatorname{pgcd}(14, 35) = 7\), qui divise \(21\). On divise par \(7\) : \(2x \equiv 3 \pmod 5\), donc \(x \equiv 4 \pmod 5\). Vérification : \(14 \times 4 = 56 = 35 + 21\). Les sept solutions modulo \(35\) sont \(4, 9, 14, 19, 24, 29, 34\).

Corrigé de l’exercice 7 : Z/nZ est un corps si et seulement si n est premier

1. Si \(n\) n’est pas premier, on écrit \(n = rs\) avec \(1 < r, s < n\). Alors \(\overline{r} \neq \overline{0}\), \(\overline{s} \neq \overline{0}\), et pourtant \(\overline{r}\,\overline{s} = \overline{n} = \overline{0}\). L’anneau n’est pas intègre, donc ce n’est pas un corps, car un corps est intègre.
2. Soit \(\overline{a} \neq \overline{0}\) dans \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\). Alors \(p \nmid a\) et, \(p\) étant premier, \(\operatorname{pgcd}(a, p) = 1\). Le théorème de Bézout donne \(au + pv = 1\), donc \(\overline{a}\,\overline{u} = \overline{1}\). Toute classe non nulle est inversible : \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) est un corps.
3. On a \(x^2 – \overline{1} = (x – \overline{1})(x + \overline{1})\). Dans un corps, un produit nul a un facteur nul. Donc \(x^2 = \overline{1}\) équivaut à \(x = \overline{1}\) ou \(x = \overline{-1}\).
4. Pour \(p = 2\), \(1! = 1 \equiv -1 \pmod 2\). Supposons ensuite \(p\) impair. Dans le groupe \(\mathbb{F}_p^{\times }\), l’égalité \(x = x^{-1}\) équivaut à \(x^2 = 1\), donc à \(x = \pm 1\). Les autres éléments se regroupent en paires \(\{x, x^{-1}\}\) de produit \(1\). Par conséquent, le produit de tous les éléments de \(\mathbb{F}_p^{\times }\) vaut \(1 \times (-1) = -1\). Ainsi \((p-1)! \equiv -1 \pmod p\).
5. Le théorème de Wilson avec \(p = 11\) donne \(10! \equiv -1 \equiv 10 \pmod{11}\). De plus, \(10! = 10 \times 9!\) et \(10 \equiv -1\). Donc \(-9! \equiv -1\), soit \(9! \equiv 1\). On peut vérifier : \(9! = 362880 = 32989 \times 11 + 1\). Donc \(10! \equiv 10\) et \(9! \equiv 1 \pmod{11}\).
6. Soit \(n\) non premier, et \(r\) un diviseur de \(n\) avec \(1 < r < n\). Comme \(r \leq\, n – 1\), \(r\) divise \((n-1)!\). Supposons par l’absurde \(n \mid (n-1)! + 1\). Alors \(r\) divise \((n-1)! + 1\), donc \(r\) divise la différence, qui vaut \(1\). C’est absurde. Par conséquent, \((n-1)! \not\equiv -1 \pmod n\) : le théorème de Wilson caractérise les nombres premiers.

Corrigé de l’exercice 8 : Calculs d’indicatrice d’Euler

1. D’abord, \(97\) est premier, donc \(\varphi(97) = 96\). Ensuite, \(\varphi(2^{10}) = 2^{10} – 2^9 = 512\). De plus, \(100 = 2^2 \times 5^2\), d’où \(\varphi(100) = 100 \times \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} = 40\). Enfin, \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\), d’où \(\varphi(360) = 360 \times \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} = 96\). On trouve \(96\), \(512\), \(40\) et \(96\).
2. Soit \(n \geq\, 3\). Si \(n\) a un facteur premier impair \(p\), avec \(p^k\) la plus grande puissance de \(p\) divisant \(n\), alors \(\varphi(n) = \varphi(p^k)\,\varphi(n/p^k)\) par multiplicativité. Or \(\varphi(p^k) = p^{k-1}(p-1)\) est pair. Sinon, \(n = 2^k\) avec \(k \geq\, 2\), et \(\varphi(n) = 2^{k-1}\) est pair. Dans tous les cas, \(\varphi(n)\) est pair.
3. Soit \(n\) tel que \(\varphi(n) = 4\), et \(p^k\) une puissance exacte d’un premier \(p\) dans \(n\). Par multiplicativité, \(p^{k-1}(p-1)\) divise \(4\). Ainsi \(p – 1 \mid 4\), donc \(p \in \{2, 3, 5\}\). De plus, \(3^{k-1}\) et \(5^{k-1}\) divisent \(4\), ce qui impose \(k \leq\, 1\) pour \(3\) et \(5\). Pour \(2\), \(2^{k-1} \mid 4\) impose \(k \leq\, 3\). On écrit donc \(n = 2^a 3^b 5^c\) avec \(a \leq\, 3\) et \(b, c \leq\, 1\). Les valeurs de \(\varphi(2^a)\) sont \(1, 1, 2, 4\) pour \(a = 0, 1, 2, 3\) ; de plus \(\varphi(3) = 2\) et \(\varphi(5) = 4\). On examine les cas :
   • si \(c = 1\), il faut \(b = 0\) et \(\varphi(2^a) = 1\), donc \(n \in \{5, 10\}\) ;
   • si \(c = 0\) et \(b = 1\), il faut \(\varphi(2^a) = 2\), donc \(n = 12\) ;
   • si \(b = c = 0\), il faut \(\varphi(2^a) = 4\), donc \(n = 8\).

   Les entiers cherchés sont \(5\), \(8\), \(10\) et \(12\).

Corrigé de l’exercice 9 : Somme des indicatrices des diviseurs

1. Les diviseurs de \(12\) sont \(1, 2, 3, 4, 6, 12\). Leurs indicatrices valent \(1, 1, 2, 2, 2, 4\). La somme vaut \(12\).
2. Les diviseurs de \(p^k\) sont les \(p^j\), \(0 \leq\, j \leq\, k\). La somme est télescopique :
   \[\sum_{j=0}^{k} \varphi(p^j) = 1 + \sum_{j=1}^{k} (p^j – p^{j-1}) = 1 + p^k – 1 = p^k.\]
   La formule est vraie pour \(n = p^k\).
3. Soit \(k \in A_d\). Comme \(n/d\) divise \(k\), on écrit \(k = (n/d)\,j\) avec \(j = kd/n \in \mathbb{N}\). De plus, \(1 \leq\, k \leq\, n\) donne \(1 \leq\, j \leq\, d\). Ensuite, \(\operatorname{pgcd}(k, n) = \operatorname{pgcd}(\frac{n}{d} j, \frac{n}{d} d) = \frac{n}{d}\operatorname{pgcd}(j, d)\). Cette quantité vaut \(n/d\), donc \(\operatorname{pgcd}(j, d) = 1\). Réciproquement, si \(1 \leq\, j \leq\, d\) et \(\operatorname{pgcd}(j,d) = 1\), le même calcul montre que \(k = jn/d\) appartient à \(A_d\). Les deux applications \(k \mapsto kd/n\) et \(j \mapsto jn/d\) sont réciproques. C’est une bijection, et \(\operatorname{card} A_d = \varphi(d)\).
4. Pour tout \(k \in \{1, \ldots, n\}\), \(\operatorname{pgcd}(k, n)\) est un diviseur de \(n\). Il s’écrit donc \(n/d\) pour un unique diviseur \(d\). Ainsi les \(A_d\) forment une partition de \(\{1, \ldots, n\}\). En comptant les éléments, \(n = \sum_{d \mid n} \operatorname{card} A_d\). Donc \(\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n\).

Corrigé de l’exercice 10 : Exponentiation rapide

1. On a \(45 = 32 + 8 + 4 + 1\), soit \(45 = (101101)_2\) en base \(2\). Calculons les carrés successifs modulo \(23\) :
   \[3^1 = 3,\quad 3^2 = 9,\quad 3^4 = 81 \equiv 12,\quad 3^8 \equiv 144 \equiv 6,\quad 3^{16} \equiv 36 \equiv 13,\quad 3^{32} \equiv 169 \equiv 8.\]
   Ensuite, \(3^{45} = 3^{32} \times 3^8 \times 3^4 \times 3\). Or \(8 \times 6 = 48 \equiv 2\), puis \(2 \times 12 = 24 \equiv 1\), puis \(1 \times 3 = 3\). Vérification par Fermat : \(3^{22} \equiv 1\) et \(45 = 2 \times 22 + 1\), donc \(3^{45} \equiv 3\). Ainsi \(3^{45} \equiv 3 \pmod{23}\).
2. Comme \(7\) est premier, \(3^6 \equiv 1 \pmod 7\). Or \(100 = 16 \times 6 + 4\), donc \(3^{100} \equiv 3^4 = 81 = 11 \times 7 + 4\). De même, \(2^{12} \equiv 1 \pmod{13}\) et \(1000 = 83 \times 12 + 4\). Donc \(2^{1000} \equiv 2^4 = 16 \equiv 3\). On trouve \(3^{100} \equiv 4 \pmod 7\) et \(2^{1000} \equiv 3 \pmod{13}\).
3. On calcule modulo \(100\) : \(7^2 = 49\) et \(7^4 = 2401 \equiv 1\). Or \(2026 = 4 \times 506 + 2\). Donc \(7^{2026} \equiv 7^2 = 49\). Les deux derniers chiffres de \(7^{2026}\) sont \(49\).
4. Le nombre \(19\) est premier et ne divise pas \(5\), donc \(5^{18} \equiv 1\). Comme \(117 = 6 \times 18 + 9\), on a \(5^{117} \equiv 5^9\). Ensuite, \(5^2 = 25 \equiv 6\), \(5^4 \equiv 36 \equiv 17\), \(5^8 \equiv 17^2 = 289 = 15 \times 19 + 4 \equiv 4\). Enfin, \(5^9 \equiv 4 \times 5 = 20 \equiv 1\). Donc \(5^{117} \equiv 1 \pmod{19}\).

Point de méthode : réduisez toujours l’exposant avant de lancer les carrés successifs, et réduisez chaque produit intermédiaire.

Corrigé de l’exercice 11 : Petit théorème de Fermat et divisibilité

1. On a \(42 = 2 \times 3 \times 7\). D’abord, Fermat donne \(n^7 \equiv n \pmod 7\). Ensuite, modulo \(3\), \(n^3 \equiv n\), donc \(n^7 = n^3 \times n^3 \times n \equiv n^3 \equiv n\). Enfin, modulo \(2\), \(n^2 \equiv n\), donc \(n^7 \equiv n\). Ainsi \(2\), \(3\) et \(7\) divisent \(n^7 – n\). Ces nombres sont deux à deux premiers entre eux, donc leur produit divise aussi \(n^7 – n\). Pour tout \(n\), \(42 \mid n^7 – n\).
2. On a \(2026 = 184 \times 11 + 2\), donc \(2026^{2026} \equiv 2^{2026} \pmod{11}\). Par Fermat, \(2^{10} \equiv 1\), et \(2026 = 202 \times 10 + 6\). Donc \(2^{2026} \equiv 2^6 = 64 = 5 \times 11 + 9\). Le reste est \(9\).
3. On a \(2^{10} = 1024 = 3 \times 341 + 1\), donc \(2^{10} \equiv 1 \pmod{341}\). Par conséquent, \(2^{340} = (2^{10})^{34} \equiv 1\). Pourtant, \(341 = 11 \times 31\) n’est pas premier. La réciproque du petit théorème de Fermat est donc fausse : on dit que \(341\) est pseudo-premier en base \(2\).
4. D’après la seconde forme du petit théorème de Fermat, \(x^p \equiv x \pmod p\) pour tout entier \(x\). En l’appliquant à \(a + b\), à \(a\) et à \(b\) : \((a+b)^p \equiv a + b \equiv a^p + b^p\). Donc \((a+b)^p \equiv a^p + b^p \pmod p\).

Corrigé de l’exercice 12 : Théorème d’Euler et derniers chiffres

1. On a \(1000 = 2^3 \times 5^3\), donc \(\varphi(1000) = 1000 \times \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} = 400\). Comme \(\operatorname{pgcd}(3, 1000) = 1\), le théorème d’Euler donne \(3^{400} \equiv 1 \pmod{1000}\). Or \(2026 = 5 \times 400 + 26\), donc \(3^{2026} \equiv 3^{26}\). Ensuite, \(3^{10} = 59049 \equiv 49\) et \(3^{20} \equiv 49^2 = 2401 \equiv 401\). Enfin, \(3^6 = 729\), d’où \(3^{26} \equiv 401 \times 729 = 292329 \equiv 329\). Les trois derniers chiffres de \(3^{2026}\) sont \(329\).
2. On a \(\varphi(10) = 4\) et \(7^4 = 2401 \equiv 1 \pmod{10}\). Il suffit donc de connaître \(7^7\) modulo \(4\). Or \(7 \equiv -1 \pmod 4\), donc \(7^7 \equiv -1 \equiv 3\). Écrivons \(7^7 = 4q + 3\). Alors \(7^{7^7} = (7^4)^q \times 7^3 \equiv 343 \equiv 3 \pmod{10}\). Le chiffre des unités est \(3\).
3. Soit \(a\) premier avec \(10\). D’une part, \(a\) est impair, donc \(a^2 \equiv 1 \pmod 4\) et \(a^{20} \equiv 1 \pmod 4\). D’autre part, \(a\) est premier avec \(25\) et \(\varphi(25) = 20\), donc \(a^{20} \equiv 1 \pmod{25}\). Comme \(4\) et \(25\) sont premiers entre eux, le théorème chinois donne \(a^{20} \equiv 1 \pmod{100}\). L’exposant \(20 = \operatorname{ppcm}(\varphi(4), \varphi(25))\) suffit, alors que \(\varphi(100) = \varphi(4)\varphi(25) = 40\) est un multiple strict.

Corrigé de l’exercice 13 : Système de congruences à modules premiers entre eux

1. Les modules \(3, 5, 7\) sont deux à deux premiers entre eux et \(N = 105\). On construit trois entiers \(e_1, e_2, e_3\), chacun congru à \(1\) modulo un module et à \(0\) modulo les deux autres :
   • \(35 \equiv 2 \pmod 3\) et \(2 \times 2 = 4 \equiv 1\), d’où \(e_1 = 35 \times 2 = 70\) ;
   • \(21 \equiv 1 \pmod 5\), d’où \(e_2 = 21\) ;
   • \(15 \equiv 1 \pmod 7\), d’où \(e_3 = 15\).

   Ensuite, \(x_0 = 2 \times 70 + 3 \times 21 + 2 \times 15 = 233 \equiv 23 \pmod{105}\). Vérification : \(23 = 7 \times 3 + 2 = 4 \times 5 + 3 = 3 \times 7 + 2\). Les solutions sont les \(x \equiv 23 \pmod{105}\).

2. Les congruences modulo \(3\) et \(7\) disent que \(3\) et \(7\) divisent \(x – 2\). Comme ils sont premiers entre eux, \(21 \mid x – 2\). On écrit donc \(x = 2 + 21k\). Ensuite, \(x \equiv 3 \pmod 5\) donne \(21k \equiv 1\), soit \(k \equiv 1 \pmod 5\). On retrouve \(x = 23 + 105j\).
3. Les solutions sont \(23 + 105j\) : \(23\), \(128\), \(233\), \(338\), etc. Le groupe compte 233 personnes.

Corrigé de l’exercice 14 : Système de congruences à modules non premiers entre eux

1. Condition nécessaire : si \(x = a + mu = b + nv\), alors \(a – b = nv – mu\) est divisible par \(d\). Condition suffisante : supposons \(b – a = dt\). Par Bézout, il existe \(u, v\) avec \(mu + nv = d\). Posons \(x = a + mut\). Alors \(x \equiv a \pmod m\). De plus, \(x – b = mut – dt = (mu – d)t = -nvt\), donc \(x \equiv b \pmod n\). Le système est résoluble si et seulement si \(a \equiv b \pmod d\).
2. Si \(x\) et \(x^{\prime}\) sont solutions, \(m\) et \(n\) divisent \(x – x^{\prime}\). Donc leur ppcm \(\ell\) divise \(x – x^{\prime}\). Réciproquement, \(x + k\ell\) est encore solution. Les solutions forment une unique classe modulo \(\operatorname{ppcm}(m, n)\).
3. Ici \(d = 6\) et \(5 \equiv 11 \pmod 6\) : le système est résoluble. On pose \(x = 5 + 12k\). Alors \(12k \equiv 6 \pmod{18}\), soit \(2k \equiv 1 \pmod 3\), soit \(k \equiv 2 \pmod 3\). Avec \(k = 2\), \(x = 29\). Vérification : \(29 = 2 \times 12 + 5 = 18 + 11\). Les solutions sont les \(x \equiv 29 \pmod{36}\).
4. Ici \(d = \operatorname{pgcd}(6, 4) = 2\), et \(1 \not\equiv 2 \pmod 2\). Concrètement, la première équation impose \(x\) impair, la seconde \(x\) pair. Le système n’a pas de solution.

Corrigé de l’exercice 15 : Isomorphisme chinois dans Z/15Z

1. Les entiers \(3\) et \(5\) sont premiers entre eux et \(15 = 3 \times 5\). Le théorème chinois affirme exactement que \(\psi\) est un isomorphisme d’anneaux.
2. On cherche \(x\) avec \(x \equiv 2 \pmod 3\) et \(x \equiv 4 \pmod 5\). Les candidats modulo \(15\) sont \(4, 9, 14\). Seul \(14 = 4 \times 3 + 2\) convient. L’antécédent est \(\overline{14}\).
3. Un couple est inversible si et seulement si ses deux composantes le sont. D’où \(\varphi(15) = \varphi(3)\,\varphi(5) = 2 \times 4 = 8\). Les inversibles de \(\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\) sont \(\overline{1}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{7}, \overline{8}, \overline{11}, \overline{13}, \overline{14}\).
4. Via \(\psi\), l’équation devient \(u^2 = 1\) dans \(\mathbb{F}_3\) et \(v^2 = 1\) dans \(\mathbb{F}_5\). Ces deux corps donnent chacun \(\pm 1\), soit quatre couples. Ensuite, on remonte :
   • \((1, 1) \mapsto 1\) et \((-1, -1) \mapsto 14\) ;
   • \((1, -1)\) : \(x \equiv 1 \pmod 3\), \(x \equiv 4 \pmod 5\), donc \(x = 4\) ;
   • \((-1, 1)\) : \(x \equiv 2 \pmod 3\), \(x \equiv 1 \pmod 5\), donc \(x = 11\).

   Vérification : \(4^2 = 16 = 15 + 1\) et \(11^2 = 121 = 8 \times 15 + 1\). Il y a quatre solutions : \(\overline{1}, \overline{4}, \overline{11}, \overline{14}\). Dans un corps, un polynôme de degré \(2\) a au plus deux racines. Ici, ce n’est pas contradictoire, car \(\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\) n’est pas intègre.

5. Dans un corps, \(u^2 = u\) équivaut à \(u(u – 1) = 0\), soit \(u \in \{0, 1\}\). Les quatre couples donnent : \((0,0) \mapsto 0\), \((1,1) \mapsto 1\), \((1, 0) \mapsto 10\) et \((0, 1) \mapsto 6\). Vérification : \(6^2 = 36 = 2 \times 15 + 6\) et \(10^2 = 100 = 6 \times 15 + 10\). Les solutions de \(x^2 = x\) sont \(\overline{0}, \overline{1}, \overline{6}, \overline{10}\). La grille ci-dessous place chaque classe selon ses deux restes et fait apparaître ces solutions.

Corrigé de l’exercice 16 : Carrés dans F_11

1. Comme \((-x)^2 = x^2\), il suffit de calculer les carrés de \(0\) à \(5\) : \(0, 1, 4, 9, 16 \equiv 5, 25 \equiv 3\). Les carrés de \(\mathbb{F}_{11}\) sont \(0, 1, 3, 4, 5, 9\), dont 5 non nuls, conformément à la formule \(\frac{11-1}{2} = 5\). La figure ci-dessous montre les deux flèches arrivant sur chaque carré non nul.

2. Ici \(\frac{p-1}{2} = 5\). D’une part, \(3^5 = 243 = 22 \times 11 + 1\), donc \(3^5 = 1\) : \(3\) est un carré, et en effet \(5^2 = 3\). D’autre part, \(2^5 = 32 = 2 \times 11 + 10\), donc \(2^5 = -1\). Le critère d’Euler annonce que \(3\) est un carré et que \(2\) n’en est pas un, ce que confirme la liste.
3. On a \(4^2 = 16 \equiv 5\) et \(7^2 = 49 = 4 \times 11 + 5\). Dans un corps, l’équation a au plus deux racines. Les solutions de \(x^2 = \overline{5}\) sont \(\overline{4}\) et \(\overline{7}\).
4. Comme \(2\) est inversible, on écrit \(4(x^2 + x + c) = (2x + 1)^2 – (1 – 4c)\). Pour \(c = -1\), \(\Delta = 1 + 4 = 5 = 4^2\). Donc \(2x + 1 = \pm 4\). Or \(2^{-1} = 6\), car \(12 \equiv 1\). Ainsi \(x = 3 \times 6 = 18 \equiv 7\) ou \(x = -5 \times 6 = -30 \equiv 3\). Vérification : \(49 + 7 – 1 = 55\) et \(9 + 3 – 1 = 11\). Les solutions de \(x^2 + x – 1 = 0\) sont \(\overline{3}\) et \(\overline{7}\). Pour \(c = 1\), \(\Delta = -3 \equiv 8\), qui n’est pas un carré d’après la liste. L’équation \(x^2 + x + 1 = 0\) n’a pas de solution dans \(\mathbb{F}_{11}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Critère d’Euler et produit de non-carrés

1. L’application \(s : x \mapsto x^2\) est un morphisme du groupe commutatif \(\mathbb{F}_p^{\times }\) dans lui-même. Son image \(C\) est donc un sous-groupe. Son noyau est \(\{x \mid x^2 = 1\} = \{1, -1\}\), qui a deux éléments car \(p\) est impair. Chaque élément de \(C\) a donc exactement deux antécédents. Par conséquent, \(\operatorname{card} C = \frac{p-1}{2}\).
2. Soit \(b = a^{\frac{p-1}{2}}\). Par Fermat, \(b^2 = 1\), donc \(b = \pm 1\). Si \(a = x^2\), alors \(b = x^{p-1} = 1\). Ainsi les \(\frac{p-1}{2}\) éléments de \(C\) sont racines de \(X^{\frac{p-1}{2}} – 1\). Or ce polynôme a au plus \(\frac{p-1}{2}\) racines dans le corps \(\mathbb{F}_p\). Ses racines sont donc exactement les éléments de \(C\). Un carré vérifie \(b = 1\) et un non-carré vérifie \(b = -1\).
3. Notons \(\chi(a) = a^{\frac{p-1}{2}} \in \{1, -1\}\). Clairement, \(\chi(ab) = \chi(a)\chi(b)\). Si \(a\) et \(b\) ne sont pas des carrés, \(\chi(ab) = (-1)(-1) = 1\). Si \(a\) est un carré et \(b\) non, \(\chi(ab) = -1\). Le produit de deux non-carrés est un carré ; le produit d’un carré par un non-carré n’en est pas un.
4. Ici \(\frac{p-1}{2} = 3\). D’abord, \(2^3 = 8 \equiv 1\) : \(2\) est un carré, en effet \(3^2 = 9 \equiv 2\). Ensuite, \(3^3 = 27 = 3 \times 7 + 6 \equiv -1\) et \(6^3 \equiv (-1)^3 = -1\) : ni \(3\) ni \(6\) ne sont des carrés. Enfin, \(3 \times 6 = 18 \equiv 4 = 2^2\), qui est un carré, alors que \(2 \times 3 = 6\) n’en est pas un. Dans \(\mathbb{F}_7\), seul \(2\) est un carré parmi \(2, 3, 6\), et la règle de la question 3 est vérifiée.

Corrigé de l’exercice 18 : −1 est-il un carré modulo p ?

1. D’après le critère d’Euler, \(-1\) est un carré si et seulement si \((-1)^{\frac{p-1}{2}} = 1\) dans \(\mathbb{F}_p\). Comme \(1 \neq -1\) pour \(p\) impair, cela équivaut à \(\frac{p-1}{2}\) pair. Donc \(-1\) est un carré modulo \(p\) si et seulement si \(p \equiv 1 \pmod 4\).
2. On regroupe les facteurs de \((p-1)!\) par paires \(k\) et \(p – k\), pour \(1 \leq\, k \leq\, \frac{p-1}{2}\). Or \(k(p – k) \equiv -k^2 \pmod p\). Par conséquent,
   \[(p-1)! = \prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} k(p-k) \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} A^2 \pmod p.\]
   Le théorème de Wilson donne alors \(-1 \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} A^2\). On multiplie par \((-1)^{\frac{p-1}{2}}\). On obtient \(A^2 \equiv (-1)^{\frac{p+1}{2}} \pmod p\).
3. Si \(p \equiv 1 \pmod 4\), alors \(\frac{p+1}{2}\) est impair, donc \(A^2 \equiv -1\). Pour \(p = 13\), \(A = 6! = 720 = 55 \times 13 + 5\). Vérification : \(5^2 = 25 = 2 \times 13 – 1\). Une racine carrée de \(-1\) modulo \(p\) est \((\frac{p-1}{2})!\) ; pour \(p = 13\), c’est \(5\).
4. Supposons par l’absurde que \(p_1, \ldots, p_r\) soient tous les premiers congrus à \(1\) modulo \(4\) (il y en a, par exemple \(5\)). Posons \(N = (2p_1 \cdots p_r)^2 + 1 > 1\), et soit \(q\) un facteur premier de \(N\). D’abord, \(N\) est impair, donc \(q\) aussi. Ensuite, \((2p_1 \cdots p_r)^2 \equiv -1 \pmod q\), donc \(-1\) est un carré modulo \(q\). D’après la question 1, \(q \equiv 1 \pmod 4\). Ainsi \(q = p_i\) pour un certain \(i\). Mais alors \(q\) divise \(N\) et \((2p_1 \cdots p_r)^2\), donc \(q \mid 1\). C’est absurde. Il existe donc une infinité de nombres premiers congrus à \(1\) modulo \(4\).

Corrigé de l’exercice 19 : Un chiffrement RSA à la main

1. On a \(n = 5 \times 11 = 55\) et \(\varphi(n) = 4 \times 10 = 40\). Comme \(3 \nmid 40\) et \(3\) est premier, \(\operatorname{pgcd}(3, 40) = 1\). Donc \(n = 55\), \(\varphi(n) = 40\), et \(e = 3\) convient.
2. On a \(40 = 13 \times 3 + 1\), donc \(1 = 40 – 13 \times 3\). Ainsi \(3^{-1} \equiv -13 \equiv 27 \pmod{40}\). Vérification : \(3 \times 27 = 81 = 2 \times 40 + 1\). La clé privée est \(d = 27\).
3. On calcule \(2^3 = 8\) et \(7^3 = 343 = 6 \times 55 + 13\). Les messages \(2\) et \(7\) sont chiffrés en \(8\) et \(13\). La figure ci-dessous montre le chiffrement de tous les messages : la répartition paraît désordonnée, mais chaque valeur est atteinte une seule fois.

4. Modulo \(5\) : \(13 \equiv 3\), et \(3^4 \equiv 1\) par Fermat. Or \(27 = 6 \times 4 + 3\), donc \(13^{27} \equiv 3^3 = 27 \equiv 2\). Modulo \(11\) : \(13 \equiv 2\), et \(2^{10} \equiv 1\). Or \(27 = 2 \times 10 + 7\), donc \(13^{27} \equiv 2^7 = 128 = 11 \times 11 + 7 \equiv 7\). Il reste à résoudre \(x \equiv 2 \pmod 5\), \(x \equiv 7 \pmod{11}\). Le nombre \(7\) convient, et la solution est unique modulo \(55\) par le théorème chinois. Le message déchiffré est \(m = 7\), comme attendu.
5. Connaissant \(p\) et \(q\), on calcule \(\varphi(n) = (p-1)(q-1)\). Ensuite, l’algorithme d’Euclide étendu donne \(d = e^{-1} \bmod \varphi(n)\), exactement comme à la question 2. La sécurité repose donc sur la difficulté de factoriser \(n\).

Corrigé de l’exercice 20 : Correction du RSA et factorisation

1. Écrivons \(ed = 1 + k(p-1)(q-1)\) avec \(k \in \mathbb{N}\). Travaillons d’abord modulo \(p\). Si \(p \mid m\), alors \(m^{ed} \equiv 0 \equiv m\). Sinon, Fermat donne \(m^{p-1} \equiv 1\), donc \(m^{ed} = m (m^{p-1})^{k(q-1)} \equiv m\). Le même raisonnement vaut modulo \(q\). Ainsi \(p\) et \(q\) divisent \(m^{ed} – m\). Comme ils sont premiers entre eux, \(pq\) divise \(m^{ed} – m\). Donc \(m^{ed} \equiv m \pmod n\) pour tout entier \(m\).
2. Posons \(f(x) = x^e\) et \(g(x) = x^d\) sur \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\). D’après la question 1, \(g(f(x)) = x^{ed} = x\) et \(f(g(x)) = x^{de} = x\). Ainsi \(f\) est bijective, de réciproque \(x \mapsto x^d\).
3. On a \(\varphi(n) = (p-1)(q-1) = n – (p + q) + 1\). Donc \(p + q = 391 – 352 + 1 = 40\) et \(pq = 391\). Les nombres \(p\) et \(q\) sont les racines de \(X^2 – 40X + 391\). Le discriminant vaut \(1600 – 1564 = 36\), donc les racines sont \(\frac{40 \pm 6}{2}\). On trouve \(p = 17\) et \(q = 23\) ; en effet \(17 \times 23 = 391\) et \(16 \times 22 = 352\).
4. On a \(352 = 2^5 \times 11\), qui n’est pas divisible par \(3\). Donc \(e = 3\) convient. Ensuite, \(352 = 117 \times 3 + 1\), donc \(3 \times (-117) \equiv 1 \pmod{352}\). Ainsi \(d = 352 – 117 = 235\). Vérification : \(3 \times 235 = 705 = 2 \times 352 + 1\). La clé privée est \(d = 235\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : ordre multiplicatif et nombres de Carmichael

1. Comme \(\operatorname{pgcd}(a, n) = 1\), le théorème d’Euler donne \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\), avec \(\varphi(n) \geq\, 1\). L’ensemble contient \(\varphi(n)\), il est donc non vide, et \(\omega(a)\) existe.
2. Soit \(k \geq\, 0\). La division euclidienne donne \(k = q\,\omega(a) + r\) avec \(0 \leq\, r < \omega(a)\). Ensuite, \(a^k = (a^{\omega(a)})^q a^r \equiv a^r\). Si \(r = 0\), on obtient \(a^k \equiv 1\). Si \(r \geq\, 1\), alors \(a^r \not\equiv 1\) par minimalité de \(\omega(a)\). Donc \(a^k \equiv 1\) si et seulement si \(r = 0\). Ainsi \(a^k \equiv 1 \Leftrightarrow \omega(a) \mid k\) ; avec \(k = \varphi(n)\), on obtient \(\omega(a) \mid \varphi(n)\).
3. Ici \(\varphi(11) = 10\), donc \(\omega(2) \in \{1, 2, 5, 10\}\). Or \(2^1 = 2\), \(2^2 = 4\) et \(2^5 = 32 \equiv 10\). Aucune de ces valeurs ne vaut \(1\). Donc l’ordre de \(2\) modulo \(11\) est \(10\). Sur la figure de l’énoncé, en partant de \(1\), on parcourt \(1, 2, 4, 8, 5, 10, 9, 7, 3, 6\) avant de revenir à \(1\). Autrement dit, les puissances de \(2\) décrivent tout \((\mathbb{Z}/11\mathbb{Z})^{\times }\) : \(2\) engendre ce groupe.
4. De même, \(\omega(3) \in \{1, 2, 5, 10\}\). On a \(3 \neq 1\), \(3^2 = 9 \neq 1\) et \(3^5 = 243 = 22 \times 11 + 1\). L’ordre de \(3\) modulo \(11\) est \(5\).
5. Posons \(x = 1/p\). Comme \(p \nmid 10\), le développement décimal de \(x\) est illimité. La suite des chiffres est invariante par décalage de \(k\) rangs si et seulement si \(10^k x\) et \(x\) ont la même partie fractionnaire. Cela équivaut à \(10^k x – x \in \mathbb{Z}\), c’est-à-dire \(p \mid 10^k – 1\). La plus petite période est donc le plus petit \(k \geq\, 1\) tel que \(10^k \equiv 1 \pmod p\). Pour \(p = 7\) : \(10 \equiv 3\), \(3^2 \equiv 2\), \(3^3 \equiv 6\), et \(3^6 \equiv 1\), donc l’ordre vaut \(6\). On a bien \(1/7 = 0{,}142857\,142857\ldots\) Pour \(p = 13\) : \(10^2 \equiv 9\), \(10^3 \equiv 90 \equiv -1\), \(10^4 \equiv -10 \equiv 3\), et \(10^6 \equiv 1\). L’ordre divise \(12\) et vaut \(6\). On a bien \(1/13 = 0{,}076923\,076923\ldots\) Dans les deux cas, la période est \(6\), égale à l’ordre de \(10\).
6. Soit \(a\) premier avec \(561\). Alors \(a\) est premier avec \(3\), \(11\) et \(17\). Par Fermat, \(a^2 \equiv 1 \pmod 3\), \(a^{10} \equiv 1 \pmod{11}\) et \(a^{16} \equiv 1 \pmod{17}\). Or \(560 = 2 \times 280 = 10 \times 56 = 16 \times 35\). Donc \(a^{560} \equiv 1\) modulo \(3\), \(11\) et \(17\). Ces modules sont deux à deux premiers entre eux. Par le théorème chinois, \(a^{560} \equiv 1 \pmod{561}\).
7. Le nombre \(561\) est composé, mais il passe le test de Fermat pour toute base première avec lui. Un tel entier s’appelle un nombre de Carmichael. Le test « \(a^{n-1} \equiv 1\) » permet de prouver qu’un nombre est composé quand il échoue, mais son succès ne prouve jamais la primalité.

Point de méthode : l’ordre divise \(\varphi(n)\), donc on ne teste que les diviseurs de \(\varphi(n)\). Pour prouver que l’ordre vaut \(\varphi(n)\), il suffit de vérifier \(a^{\varphi(n)/q} \not\equiv 1\) pour chaque premier \(q\) divisant \(\varphi(n)\).

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Pour aller plus loin en L2

• Le cours : arithmétique et Z/nZ, cours de maths en L2
• Les énoncés : exercices de maths en L2 sur arithmétique et Z/nZ
• Chapitre précédent : Polynômes d'endomorphismes et trigonalisation
• Chapitre suivant : Groupes, sous-groupes et morphismes
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