Anneaux, idéaux et Z/nZ : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Inversibles de Z/nZ et calcul d’inverses

1. Une classe est inversible si sa ligne contient la case \(\overline{1}\). Sur la table, on lit \(\overline{1} \times \overline{1} = \overline{1}\), \(\overline{3} \times \overline{7} = \overline{21} = \overline{1}\) et \(\overline{9} \times \overline{9} = \overline{81} = \overline{1}\). En revanche, les lignes de 0, 2, 4, 5, 6 et 8 ne contiennent pas \(\overline{1}\). Donc \((\mathbb{Z}/10\mathbb{Z})^{\times } = \{\overline{1}, \overline{3}, \overline{7}, \overline{9}\}\), avec \(\overline{3}^{-1} = \overline{7}\) et \(\overline{9}^{-1} = \overline{9}\). Le cours donne le même résultat : les entiers de 0 à 9 premiers avec 10 sont 1, 3, 7 et 9.
2. Les inversibles correspondent aux entiers de \([\![0, 19]\!]\) premiers avec \(20 = 2^2 \times 5\). Ce sont les entiers impairs non multiples de 5. On obtient \(\{\overline{1}, \overline{3}, \overline{7}, \overline{9}, \overline{11}, \overline{13}, \overline{17}, \overline{19}\}\), soit \(\varphi(20) = 8\) éléments. Ensuite, \(7 \times 3 = 21 = 20 + 1\). Donc \(\overline{7}^{-1} = \overline{3}\) dans \(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\).
3. D’abord, \(17 \wedge 60 = 1\), car 17 est premier et ne divise pas 60. L’algorithme d’Euclide donne :
   \[60 = 3 \times 17 + 9, \quad 17 = 1 \times 9 + 8, \quad 9 = 1 \times 8 + 1.\]
   On remonte ensuite les calculs :
   \[1 = 9 – 8 = 9 – (17 – 9) = 2 \times 9 – 17 = 2(60 – 3 \times 17) – 17 = 2 \times 60 – 7 \times 17.\]
   Ainsi, \(17 \times (-7) \equiv 1 \pmod{60}\). Donc \(\overline{17}^{-1} = \overline{-7} = \overline{53}\). Vérification : \(17 \times 53 = 901 = 15 \times 60 + 1\).
4. On a \(\overline{6} \times \overline{10} = \overline{60} = \overline{0}\), alors que \(\overline{6} \neq \overline{0}\) et \(\overline{10} \neq \overline{0}\). Donc \(\overline{6}\) est un diviseur de zéro. C’est cohérent avec le cours, puisque \(6 \wedge 20 = 2 > 1\) et \(20/2 = 10\).

Point de méthode : vérifiez toujours un inverse modulaire par une multiplication ; c’est rapide et cela évite les erreurs de signe.

Corrigé de l’exercice 2 : Calculs de l’indicatrice d’Euler

1. On décompose chaque entier, puis on applique la multiplicativité et la formule \(\varphi(p^k) = p^k – p^{k – 1}\).
   • \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\), donc \(\varphi(360) = (8 – 4)(9 – 3)(5 – 1) = 4 \times 6 \times 4\), soit \(\varphi(360) = 96\).
   • \(1001 = 7 \times 11 \times 13\), donc \(\varphi(1001) = 6 \times 10 \times 12\), soit \(\varphi(1001) = 720\).
   • \(\varphi(2^{10}) = 2^{10} – 2^9 = 2^9\), soit \(\varphi(1024) = 512\).
   • \(343 = 7^3\), donc \(\varphi(343) = 343 – 49\), soit \(\varphi(343) = 294\).
2. On a \(2026 = 2 \times 1013\), avec 2 et 1013 premiers distincts. Par multiplicativité, \(\varphi(2026) = \varphi(2)\varphi(1013) = 1 \times 1012\). Donc \(\varphi(2026) = 1012\).
3. Soit \(n \geq\, 3\). Deux cas se présentent.
   • Si \(n\) a un facteur premier impair \(p\), on écrit \(n = p^{\alpha} m\) avec \(p \wedge m = 1\). Alors \(\varphi(n) = p^{\alpha – 1}(p – 1)\varphi(m)\), et \(p – 1\) est pair.
   • Sinon, \(n = 2^k\) avec \(k \geq\, 2\), car \(n \geq\, 3\). Alors \(\varphi(n) = 2^{k – 1}\) est pair.

   Dans les deux cas, \(\varphi(n)\) est pair.

Corrigé de l’exercice 3 : Puissances modulo n par le théorème d’Euler

1. Le nombre 7 est premier et ne divise pas 3. D’après le petit théorème de Fermat, \(3^6 \equiv 1 \pmod 7\). Or \(1000 = 166 \times 6 + 4\). Donc \(3^{1000} \equiv 3^4 = 81 = 11 \times 7 + 4\). Le reste vaut 4.
2. De même, 13 est premier, donc \(2^{12} \equiv 1 \pmod{13}\). Comme \(100 = 8 \times 12 + 4\), on obtient \(2^{100} \equiv 2^4 = 16 \equiv 3\). Le reste vaut 3.
3. On a \(7^2 = 49\) et \(7^4 = 49^2 = 2401 \equiv 1 \pmod{100}\). Ainsi, la classe de 7 est d’ordre 4 dans \((\mathbb{Z}/100\mathbb{Z})^{\times }\). Ensuite, \(2026 = 4 \times 506 + 2\), donc \(7^{2026} \equiv 7^2 = 49\). Les deux derniers chiffres de \(7^{2026}\) sont 4 et 9. La figure ci-dessous montre ce cycle de longueur 4, bien plus court que \(\varphi(100) = 40\).

   

4. Le chiffre des unités est le reste modulo 10. Or \(13 \equiv 3 \pmod{10}\) et \(3^4 = 81 \equiv 1 \pmod{10}\). Comme \(2026 \equiv 2 \pmod 4\), on obtient \(13^{2026} \equiv 3^2 = 9\). Le chiffre des unités est 9.

Point de méthode : le théorème d’Euler donne un exposant qui annule, mais pas forcément le plus petit ; cherchez d’abord une petite puissance égale à 1.

Corrigé de l’exercice 4 : Un système de trois congruences

1. Les entiers 3, 5 et 7 sont premiers deux à deux. En appliquant deux fois le théorème chinois, on obtient un isomorphisme \(\mathbb{Z}/105\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/7\mathbb{Z}\). Le triplet \((\overline{2}, \overline{3}, \overline{2})\) a donc un unique antécédent. Par conséquent, les solutions forment une seule classe modulo 105.
2. On part de la relation de Bézout \(3 \times 2 + 5 \times (-1) = 1\). D’après la méthode du cours, \(x_0 = 2 \times 5 \times (-1) + 3 \times 3 \times 2 = -10 + 18 = 8\). Vérification : \(8 = 2 \times 3 + 2\) et \(8 = 5 + 3\). Donc \(x \equiv 8 \pmod{15}\).
3. Il reste à résoudre \(x \equiv 8 \pmod{15}\) et \(x \equiv 2 \pmod 7\). On écrit \(x = 8 + 15k\). Comme \(15 \equiv 1 \pmod 7\), on a \(x \equiv 1 + k \pmod 7\). La condition devient \(k \equiv 1 \pmod 7\), d’où \(x = 8 + 15 = 23\) à 105 près. Donc \(x \equiv 23 \pmod{105}\). La figure ci-dessous confirme que 23 est le seul entier de \([\![0, 104]\!]\) qui vérifie les trois conditions.

   

4. Les solutions sont les \(23 + 105j\). Or \(23 + 105 \times 9 = 968 < 1000\) et \(23 + 105 \times 10 = 1073\). Le plus petit entier cherché est 1073.

Corrigé de l’exercice 5 : Idéaux de Z et PGCD

1. D’après le cours, \(12\mathbb{Z} + 18\mathbb{Z} = (12 \wedge 18)\mathbb{Z}\) et \(12\mathbb{Z} \cap 18\mathbb{Z} = (12 \vee 18)\mathbb{Z}\). Comme \(12 = 2^2 \times 3\) et \(18 = 2 \times 3^2\), on obtient \(12\mathbb{Z} + 18\mathbb{Z} = 6\mathbb{Z}\) et \(12\mathbb{Z} \cap 18\mathbb{Z} = 36\mathbb{Z}\).
2. La somme vaut \((84 \wedge 60 \wedge 105)\mathbb{Z}\). D’abord, \(84 \wedge 60 = 12\). Ensuite, \(12 \wedge 105 = 3\). Donc \(84\mathbb{Z} + 60\mathbb{Z} + 105\mathbb{Z} = 3\mathbb{Z}\). Par ailleurs, \(84 = 60 + 24\) et \(60 = 2 \times 24 + 12\). Ainsi, \(12 = 60 – 2 \times 24 = 60 – 2(84 – 60) = 3 \times 60 – 2 \times 84\). On peut prendre \(u = -2\) et \(v = 3\).
3. Si \(a\mathbb{Z} \subset b\mathbb{Z}\), alors \(a \in b\mathbb{Z}\), donc \(b\) divise \(a\). Réciproquement, si \(a = bc\), tout multiple \(ak = b(ck)\) de \(a\) est un multiple de \(b\). Donc \(a\mathbb{Z} \subset b\mathbb{Z} \Leftrightarrow b \mid a\).
4. Un idéal de \(\mathbb{Z}\) s’écrit \(n\mathbb{Z}\) avec \(n \in \mathbb{N}\). D’après la question précédente, \(18\mathbb{Z} \subset n\mathbb{Z}\) si et seulement si \(n\) divise 18. Les idéaux cherchés sont \(\mathbb{Z}\), \(2\mathbb{Z}\), \(3\mathbb{Z}\), \(6\mathbb{Z}\), \(9\mathbb{Z}\) et \(18\mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Parties qui sont ou non des idéaux

1. La partie \(I_1\) contient 0 et elle est stable par différence, car les conditions sont linéaires. Soit ensuite \(A \in \mathbb{R}[X]\) et \(P \in I_1\). On a \((AP)(1) = A(1)P(1) = 0\) et \((AP)^{\prime}(1) = A^{\prime}(1)P(1) + A(1)P^{\prime}(1) = 0\). Donc \(I_1\) est un idéal. De plus, \(P(1) = P^{\prime}(1) = 0\) signifie que 1 est racine au moins double de \(P\). Autrement dit, \((X – 1)^2\) divise \(P\). Ainsi, \(I_1 = (X – 1)^2\,\mathbb{R}[X]\).
2. Le polynôme nul n’appartient pas à \(I_2\). Donc \(I_2\) n’est pas un idéal, ni même un sous-groupe.
3. La partie \(I_3\) est un sous-groupe additif. Cependant, \(X \in I_3\) et \(X^2 \times X = X^3 \notin I_3\). L’absorption est en défaut, donc \(I_3\) n’est pas un idéal.
4. La partie \(I_4\) est le noyau du morphisme d’anneaux \(P \mapsto P(i)\) de \(\mathbb{R}[X]\) dans \(\mathbb{C}\). C’est donc un idéal. Pour le décrire, on écrit la division euclidienne \(P = (X^2 + 1)Q + aX + b\) dans \(\mathbb{R}[X]\). Alors \(P(i) = ai + b\), avec \(a, b\) réels. Donc \(P(i) = 0\) équivaut à \(a = b = 0\). Ainsi, \(I_4 = (X^2 + 1)\,\mathbb{R}[X]\).
5. On a \(2 \in I_5\) et \(3 \in I_5\), mais \(2 + 3 = 5\) n’est multiple ni de 2 ni de 3. Donc \(I_5\) n’est pas un idéal.

Corrigé de l’exercice 7 : Équations linéaires modulo n

1. L’équation a une solution si et seulement s’il existe \(x, y \in \mathbb{Z}\) tels que \(ax + ny = b\). Autrement dit, \(b \in a\mathbb{Z} + n\mathbb{Z} = d\mathbb{Z}\). C’est bien la condition \(d \mid b\). Supposons-la réalisée et écrivons \(a = da^{\prime}\), \(n = dn^{\prime}\), \(b = db^{\prime}\). Alors \(n \mid ax – b\) équivaut à \(n^{\prime} \mid a^{\prime}x – b^{\prime}\). Or \(a^{\prime} \wedge n^{\prime} = 1\), donc \(a^{\prime}\) est inversible modulo \(n^{\prime}\). Les solutions forment ainsi une classe \(x_0 + n^{\prime}\mathbb{Z}\). Modulo \(n\), cette classe donne \(x_0, x_0 + n^{\prime}, \ldots, x_0 + (d – 1)n^{\prime}\). Il y a donc exactement \(d\) solutions modulo \(n\).
2. Ici \(d = 6 \wedge 10 = 2\), qui divise 4. On se ramène à \(3x \equiv 2 \pmod 5\). L’inverse de 3 modulo 5 est 2, donc \(x \equiv 4 \pmod 5\). Les solutions sont \(x \equiv 4\) ou \(x \equiv 9 \pmod{10}\). Vérification : \(24 \equiv 4\) et \(54 \equiv 4\) modulo 10.
3. Ici \(d = 6 \wedge 9 = 3\), qui ne divise pas 5. L’équation n’a aucune solution. On le voit aussi directement : \(6x – 5\) n’est jamais multiple de 3.
4. On a \(133 = 7 \times 19\) et \(91 = 7 \times 13\), donc \(d = 7\), qui divise \(35 = 7 \times 5\). L’équation équivaut à \(13x \equiv 5 \pmod{19}\). Or \(13 \times 3 = 39 = 2 \times 19 + 1\), donc l’inverse de 13 est 3. Ainsi, \(x \equiv 15 \pmod{19}\). Les solutions modulo 133 sont 15, 34, 53, 72, 91, 110 et 129. Vérification : \(91 \times 15 – 35 = 1330 = 10 \times 133\).

Corrigé de l’exercice 8 : Congruences à modules non premiers entre eux

1. Supposons que \(x\) soit solution. Comme \(d\) divise \(m\) et \(n\), on a \(x \equiv a\) et \(x \equiv b\) modulo \(d\), donc \(a \equiv b \pmod d\). Réciproquement, écrivons \(a – b = td\) et une relation de Bézout \(mu + nv = d\). Alors \(a – b = tmu + tnv\). Posons \(x = a – tmu\). D’une part, \(x \equiv a \pmod m\). D’autre part, \(x = b + tnv \equiv b \pmod n\). Enfin, \(x\) et \(x^{\prime}\) sont deux solutions si et seulement si \(m\) et \(n\) divisent \(x – x^{\prime}\), c’est-à-dire si \(m \vee n\) divise \(x – x^{\prime}\). Les solutions forment donc une classe modulo \(m \vee n\).
2. Ici \(d = 2\) et \(3 \equiv 5 \pmod 2\) : il y a des solutions, uniques modulo 12. Avec \(4 \times (-1) + 6 \times 1 = 2\) et \(t = (3 – 5)/2 = -1\), on obtient \(x = 3 – (-1) \times 4 \times (-1) = -1\). Les solutions sont les \(x \equiv 11 \pmod{12}\). Vérification : \(11 = 2 \times 4 + 3 = 6 + 5\).
3. Ici \(d = 2\), mais \(1 \not\equiv 2 \pmod 2\). Il n’y a aucune solution : la première congruence impose \(x\) impair, la seconde \(x\) pair.
4. Notons \(x\) le nombre de soldats. La condition « il en reste un par 2, 3, 4, 5 ou 6 » signifie que \(x – 1\) est multiple de 2, 3, 4, 5 et 6, donc de leur PPCM 60. Ainsi, \(x \equiv 1 \pmod{60}\) et \(x \equiv 0 \pmod 7\). Comme \(60 \wedge 7 = 1\), la solution est unique modulo 420. On écrit \(x = 1 + 60k\), avec \(60 \equiv 4 \pmod 7\). Il faut \(4k \equiv -1 \equiv 6 \pmod 7\). L’inverse de 4 modulo 7 est 2, donc \(k \equiv 12 \equiv 5\). D’où \(x \equiv 301 \pmod{420}\). La troupe compte 301 soldats, seule solution inférieure à 400.

Corrigé de l’exercice 9 : Produit d’anneaux et idempotents

1. Comme \(2 \wedge 3 = 1\), le théorème chinois fournit l’isomorphisme \(\overline{k} \mapsto (k \bmod 2,\ k \bmod 3)\). Les images sont : \(0 \mapsto (0, 0)\), \(1 \mapsto (1, 1)\), \(2 \mapsto (0, 2)\), \(3 \mapsto (1, 0)\), \(4 \mapsto (0, 1)\), \(5 \mapsto (1, 2)\).
2. Dans \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\), on a \(y + y = 0\) pour tout \(y\). Supposons que \(f\) soit un isomorphisme depuis \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\). Alors \(f(\overline{2}) = f(\overline{1}) + f(\overline{1}) = 0 = f(\overline{0})\). Or \(\overline{2} \neq \overline{0}\), ce qui contredit l’injectivité. Les deux anneaux ne sont donc pas isomorphes, bien qu’ils aient quatre éléments.
3. Les inversibles d’un produit sont les couples d’inversibles. Or \(\mathbb{Z}^{\times } = \{-1, 1\}\). Donc \((\mathbb{Z} \times \mathbb{Z})^{\times } = \{(1, 1), (1, -1), (-1, 1), (-1, -1)\}\).
4. On a \((a, b)^2 = (a, b)\) si et seulement si \(a^2 = a\) et \(b^2 = b\). Dans l’anneau intègre \(A\), l’égalité \(a(a – 1) = 0\) donne \(a = 0\) ou \(a = 1\). Il en va de même dans \(B\). Les idempotents sont \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((0, 1)\) et \((1, 1)\).
5. D’abord, si \(I\) et \(J\) sont des idéaux, \(I \times J\) est un sous-groupe, et \((a, b)(x, y) = (ax, by) \in I \times J\) pour \((x, y) \in I \times J\). C’est donc un idéal. Réciproquement, soit \(K\) un idéal de \(A \times B\). On pose \(I = \{a \in A,\ (a, 0) \in K\}\) et \(J = \{b \in B,\ (0, b) \in K\}\). Ce sont des idéaux, car \((x, 0)(a, 0) = (xa, 0)\). Ensuite, si \((a, b) \in K\), alors \((1, 0)(a, b) = (a, 0) \in K\) et \((0, 1)(a, b) = (0, b) \in K\). Donc \(K \subset I \times J\). Enfin, si \(a \in I\) et \(b \in J\), alors \((a, b) = (a, 0) + (0, b) \in K\). Ainsi, \(K = I \times J\).

Point de méthode : dans un produit, les idempotents \((1, 0)\) et \((0, 1)\) permettent d’isoler chaque composante ; c’est l’outil clé de la question 5.

Corrigé de l’exercice 10 : Éléments nilpotents de Z/nZ

1. D’abord, \(0 \in N\). Soit \(x, y \in N\) avec \(x^m = 0\) et \(y^k = 0\). L’anneau est commutatif, donc la formule du binôme s’applique :
   \[(x – y)^{m + k – 1} = \sum_{j = 0}^{m + k – 1} \binom\,{m + k – 1}{j} x^j (-y)^{m + k – 1 – j}.\]
   Dans chaque terme, on a \(j \geq\, m\) ou \(m + k – 1 – j \geq\, k\). Chaque terme est donc nul, et \(x – y \in N\). Enfin, pour \(a \in A\), \((ax)^m = a^m x^m = 0\). Donc \(N\) est un idéal de \(A\).
2. Supposons \(\overline{k}\) nilpotent : il existe \(m\) tel que \(n \mid k^m\). Chaque \(p_i\) divise alors \(k^m\), donc \(k\) d’après le lemme d’Euclide. Les \(p_i\) étant distincts, leur produit \(r_n\) divise \(k\). Réciproquement, si \(r_n \mid k\), posons \(m = \max \alpha_i\). Alors \(k^m\) est divisible par \(p_1^m \cdots p_r^m\), donc par \(n\). Ainsi, \(\overline{k}\) est nilpotent si et seulement si \(r_n \mid k\).
3. On a \(72 = 2^3 \times 3^2\), donc \(r_{72} = 6\). Les nilpotents sont \(\overline{0}, \overline{6}, \overline{12}, \ldots, \overline{66}\), soit 12 éléments. Par exemple, \(6^3 = 216 = 3 \times 72\).
4. Le seul multiple de \(r_n\) dans \([\![0, n – 1]\!]\) est 0 si et seulement si \(r_n = n\). Il n’y a aucun nilpotent non nul si et seulement si \(n\) est sans facteur carré, comme 30 ou 105.

Corrigé de l’exercice 11 : Divisibilité dans l’anneau des entiers de Gauss

1. L’ensemble \(\mathbb{Z}[i]\) contient 1 et il est stable par différence. De plus, \((a + ib)(c + id) = (ac – bd) + i(ad + bc)\), avec des parties réelle et imaginaire entières. C’est donc un sous-anneau de \(\mathbb{C}\). Comme sous-anneau d’un corps, il est commutatif, non nul et sans diviseur de zéro : \(\mathbb{Z}[i]\) est intègre. Enfin, \(N(a + ib) = a^2 + b^2 \in \mathbb{N}\), et \(N(zw) = |zw|^2 = |z|^2 |w|^2 = N(z)N(w)\).
2. Si \(zw = 1\), alors \(N(z)N(w) = 1\) avec deux entiers naturels, donc \(N(z) = 1\). Réciproquement, si \(N(z) = 1\), alors \(z\overline{z} = 1\) et \(\overline{z} \in \mathbb{Z}[i]\). Ensuite, \(a^2 + b^2 = 1\) impose \((a, b) \in \{(\pm 1, 0), (0, \pm 1)\}\). Donc \(\mathbb{Z}[i]^{\times } = \{1, -1, i, -i\}\).
3. On a \((1 + i)^2 = 1 + 2i – 1 = 2i\), donc \(-i(1 + i)^2 = -2i^2 = 2\). Par ailleurs, \(-i(1 + i) = -i + 1 = 1 – i\). Comme \(-i\) est inversible, \(1 + i\) et \(1 – i\) sont associés.
4. On calcule \(\dfrac{5 + 5i}{3 + i} = \dfrac{(5 + 5i)(3 – i)}{10} = \dfrac{20 + 10i}{10} = 2 + i\). Donc \(3 + i\) divise \(5 + 5i\), avec \(5 + 5i = (3 + i)(2 + i)\). En revanche, si \(1 + 2i\) divisait 3, on aurait \(N(1 + 2i) = 5\) qui diviserait \(N(3) = 9\). C’est faux, donc \(1 + 2i\) ne divise pas 3.
5. D’abord, \((1 + i)(c + id) = (c – d) + i(c + d)\), et la somme \(2c\) des parties est paire. Réciproquement, si \(a + b\) est pair, alors \(b – a\) l’est aussi, et
   \[\frac{a + ib}{1 + i} = \frac{(a + ib)(1 – i)}{2} = \frac{a + b}{2} + i\,\frac{b – a}{2} \in \mathbb{Z}[i].\]
   Donc \((1 + i)\mathbb{Z}[i] = \{a + ib,\ a + b \text{ pair}\}\). La figure ci-dessous montre cet idéal : il forme un damier dans le réseau des entiers de Gauss.

   

Corrigé de l’exercice 12 : Noyaux de morphismes d’anneaux

1. On a \((P + Q)(i) = P(i) + Q(i)\), \((PQ)(i) = P(i)Q(i)\) et le polynôme constant 1 s’envoie sur 1. Donc \(\theta\) est un morphisme d’anneaux. Il est surjectif, car \(a + ib = \theta(a + bX)\). Enfin, l’exercice 6 a montré que \(P(i) = 0\) si et seulement si \(X^2 + 1\) divise \(P\). Donc \(\ker \theta = (X^2 + 1)\mathbb{R}[X]\).
2. L’application \(f\) est un morphisme d’anneaux, et \(k \in \ker f\) si et seulement si 4 et 6 divisent \(k\). Donc \(\ker f = 12\mathbb{Z}\). Ensuite, le couple \((\overline{1}, \overline{0})\) n’est pas atteint : il faudrait \(k\) impair et multiple de 6. Donc \(f\) n’est pas surjective. En effet, son image a 12 éléments, alors que l’anneau d’arrivée en a 24.
3. Supposons qu’un tel morphisme \(g\) existe. Alors \(g(\overline{1}) = 1\), et \(\overline{0} = \overline{1} + \cdots + \overline{1}\) (six termes). Ainsi, \(0 = g(\overline{0}) = 6g(\overline{1}) = 6\), ce qui est absurde. Il n’existe aucun morphisme d’anneaux de \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\) dans \(\mathbb{Z}\).
4. Si \(m \mid n\), l’application \(k \bmod n \mapsto k \bmod m\) est bien définie. En effet, \(n \mid k – k^{\prime}\) entraîne \(m \mid k – k^{\prime}\). C’est clairement un morphisme d’anneaux. Réciproquement, si \(g\) est un morphisme, alors \(g(\overline{1}) = \overline{1}\). Par conséquent, \(\overline{0} = g(n \cdot \overline{1}) = n \cdot \overline{1} = \overline{n}\) dans \(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\). Donc \(m\) divise \(n\).

Corrigé de l’exercice 13 : Théorème de Wilson dans le corps F_p

1. On a \(x^2 – 1 = (x – 1)(x + 1)\). Comme \(\mathbb{F}_p\) est un corps, il est intègre. Donc \(x^2 = \overline{1}\) équivaut à \(x = \overline{1}\) ou \(x = -\overline{1}\). Les solutions sont \(\pm \overline{1}\), confondues lorsque \(p = 2\).
2. Pour \(p = 2\), on a \(1! = 1 \equiv -1 \pmod 2\). Supposons ensuite \(p\) impair. Un élément \(x\) de \(\mathbb{F}_p^{\times }\) est égal à son inverse si et seulement si \(x^2 = \overline{1}\), c’est-à-dire \(x = \pm \overline{1}\). Les \(p – 3\) autres éléments se regroupent donc en paires \(\{x, x^{-1}\}\) de produit \(\overline{1}\). Le produit de tous les éléments de \(\mathbb{F}_p^{\times }\) vaut alors \(\overline{1} \times (-\overline{1}) = -\overline{1}\). Or ce produit est la classe de \((p – 1)!\). Donc \((p – 1)! \equiv -1 \pmod p\).
3. Soit \(n \geq\, 2\) non premier, et \(a\) un diviseur de \(n\) avec \(1 < a < n\). Comme \(a \leq\, n – 1\), \(a\) divise \((n – 1)!\). Si l’on avait \((n – 1)! \equiv -1 \pmod n\), on aurait aussi cette congruence modulo \(a\). On obtiendrait \(0 \equiv -1 \pmod a\), ce qui est impossible pour \(a \geq\, 2\). Donc \((n – 1)! \not\equiv -1 \pmod n\).
4. On a \(10! = 3\,628\,800 = 11 \times 329\,890 + 10\), donc \(10! \equiv -1 \pmod{11}\), comme prévu. Ensuite, le théorème de Wilson donne \(16! \equiv -1 \pmod{17}\). Or \(16! = 16 \times 15!\) et \(16 \equiv -1\). Ainsi, \(-15! \equiv -1\), d’où \(15! \equiv 1 \pmod{17}\).

Corrigé de l’exercice 14 : PGCD de X^a – 1 et X^b – 1

1. La division euclidienne donne \(X^6 – 1 = X^2(X^4 – 1) + X^2 – 1\). Ensuite, \(X^4 – 1 = (X^2 + 1)(X^2 – 1)\), avec un reste nul. Le dernier reste non nul est \(X^2 – 1\), déjà unitaire. Donc \((X^6 – 1) \wedge (X^4 – 1) = X^2 – 1\), avec \((X^6 – 1) – X^2(X^4 – 1) = X^2 – 1\).
2. Les racines de \(X^6 – 1\) sont les racines sixièmes de l’unité \(\omega_k = e^{ik\pi/3}\), pour \(0 \leq\, k \leq\, 5\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), on a donc \(X^6 – 1 = \prod_{k = 0}^{5}(X – \omega_k)\). Dans \(\mathbb{R}[X]\), on regroupe les racines conjuguées. Les paires \(\omega_1, \omega_5\) et \(\omega_2, \omega_4\) donnent \(X^2 – 2\cos(\pi/3)X + 1\) et \(X^2 – 2\cos(2\pi/3)X + 1\). D’où :
   \[X^6 – 1 = (X – 1)(X + 1)(X^2 – X + 1)(X^2 + X + 1).\]
   Les deux facteurs de degré 2 ont pour discriminant \(-3 < 0\) : ils sont irréductibles sur \(\mathbb{R}\).
3. On écrit \(X^a – 1 = X^r(X^{bq} – 1) + (X^r – 1)\). De plus, \(X^{bq} – 1 = (X^b – 1)(1 + X^b + \cdots + X^{b(q – 1)})\) lorsque \(q \geq\, 1\), et \(X^{bq} – 1 = 0\) lorsque \(q = 0\). Dans les deux cas, il existe \(S\) tel que \(X^a – 1 = (X^b – 1)S + (X^r – 1)\). Par conséquent, les diviseurs communs à \(X^a – 1\) et \(X^b – 1\) sont exactement ceux de \(X^b – 1\) et \(X^r – 1\). Les deux PGCD sont donc égaux.
4. Appliquons l’algorithme d’Euclide aux entiers \(a\) et \(b\). La question 3 montre que le PGCD des polynômes ne change pas quand on remplace \((a, b)\) par \((b, r)\). Au bout du processus, le couple devient \((a \wedge b, 0)\). On obtient alors \((X^{a \wedge b} – 1) \wedge 0 = X^{a \wedge b} – 1\). D’après le cours sur les idéaux de \(\mathbb{K}[X]\), \((X^a – 1)\mathbb{K}[X] + (X^b – 1)\mathbb{K}[X] = (X^{a \wedge b} – 1)\mathbb{K}[X]\). On retrouve la question 1, puisque \(6 \wedge 4 = 2\).

Corrigé de l’exercice 15 : Sous-algèbres de matrices

1. D’abord, \(I_n \in \mathcal{T}_n\), et une combinaison linéaire de matrices triangulaires supérieures l’est encore. Soit ensuite \(A, B \in \mathcal{T}_n\) et \(i > j\). On a \((AB)_{ij} = \sum_k a_{ik} b_{kj}\). Si \(k < i\), alors \(a_{ik} = 0\). Sinon, \(k \geq\, i > j\), donc \(b_{kj} = 0\). Ainsi, \((AB)_{ij} = 0\). Donc \(\mathcal{T}_n\) est une sous-algèbre de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{K})\).
2. La matrice \(I_n\) commute avec \(A\). De plus, si \(M, N \in \mathcal{C}(A)\) et \(\lambda \in \mathbb{K}\), alors \(A(\lambda M + N) = \lambda AM + AN = (\lambda M + N)A\). Enfin, \(A(MN) = (AM)N = (MA)N = M(AN) = M(NA) = (MN)A\). Donc \(\mathcal{C}(A)\) est une sous-algèbre.
3. Soit \(M = \begin{pmatrix} x y \\ z t \end{pmatrix}\). On calcule \(AM = \begin{pmatrix} x y \\ 2z 2t \end{pmatrix}\) et \(MA = \begin{pmatrix} x 2y \\ z 2t \end{pmatrix}\). L’égalité impose \(y = 2y\) et \(2z = z\), donc \(y = z = 0\). Ainsi, \(\mathcal{C}(A)\) est l’ensemble des matrices diagonales, de dimension 2.
4. La trace de \(I_n\) vaut \(n \neq 0\). L’ensemble des matrices de trace nulle n’est donc pas une sous-algèbre. Il n’est pas non plus stable par produit : \(E_{12}E_{21} = E_{11}\) est de trace 1.

Corrigé de l’exercice 16 : Polynômes annulateurs et puissances d’une matrice

1. L’application \(P \mapsto P(M)\) est un morphisme d’algèbres de \(\mathbb{R}[X]\) dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\). Son noyau est \(I\). Donc \(I\) est un idéal de \(\mathbb{R}[X]\).
2. Posons \(N = M – I_2 = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 0 0 \end{pmatrix}\). Un calcul direct donne \(N^2 = 0\), donc \((X – 1)^2 \in I\). L’idéal \(I\) est non nul, donc \(I = P\,\mathbb{R}[X]\) avec \(P\) unitaire. Comme \(P\) divise \((X – 1)^2\), on a \(P \in \{1, X – 1, (X – 1)^2\}\). Or \(P = 1\) est exclu, car \(I_2 \neq 0\). De même, \(P = X – 1\) est exclu, car \(M \neq I_2\). Donc \(I = (X – 1)^2\,\mathbb{R}[X]\).
3. On écrit \(X^n = (X – 1)^2 Q + aX + b\). En évaluant en 1, on obtient \(1 = a + b\). En dérivant puis en évaluant en 1, on obtient \(n = a\), car 1 est racine double de \((X – 1)^2 Q\). Le reste est donc \(nX + 1 – n\). Comme \((X – 1)^2\) annule \(M\), il vient :
   \[M^n = nM + (1 – n)I_2 = \begin{pmatrix} 1 n \\ 0 1 \end{pmatrix}.\]
   Donc \(M^n = \begin{pmatrix} 1 n \\ 0 1 \end{pmatrix}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
4. L’ensemble \(\mathbb{R}[M]\) est l’image d’un morphisme d’algèbres, donc une sous-algèbre. Pour tout \(P\), on écrit \(P = (X – 1)^2 Q + aX + b\), d’où \(P(M) = aM + bI_2\). Ainsi, \(\mathbb{R}[M] = \mathrm{Vect}(I_2, M)\). Enfin, \(M\) n’est pas colinéaire à \(I_2\). Donc \(\dim \mathbb{R}[M] = 2\).

Point de méthode : pour calculer \(M^n\), divisez \(X^n\) par un polynôme annulateur ; une racine multiple se traite en dérivant.

Corrigé de l’exercice 17 : Petit théorème de Fermat et nombre pseudo-premier

1. On teste les petits premiers : 341 n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5, ni par 7. En revanche, \(341 = 11 \times 31\).
2. Le nombre 11 est premier et ne divise pas 2. Le petit théorème de Fermat donne donc \(2^{10} \equiv 1 \pmod{11}\). On le vérifie : \(1024 = 93 \times 11 + 1\). Par ailleurs, \(2^5 = 32 = 31 + 1\). Donc \(2^5 \equiv 1 \pmod{31}\).
3. On a \(340 = 34 \times 10 = 68 \times 5\). Ainsi, \(2^{340} = (2^{10})^{34} \equiv 1 \pmod{11}\) et \(2^{340} = (2^5)^{68} \equiv 1 \pmod{31}\). Comme 11 et 31 sont premiers entre eux, leur produit divise \(2^{340} – 1\). Donc \(2^{340} \equiv 1 \pmod{341}\). Pourtant, 341 n’est pas premier. Le test proposé est donc faux : la réciproque du petit théorème de Fermat est fausse.
4. On a \(3^5 = 243 = 7 \times 31 + 26\), donc \(3^5 \equiv -5\). Ainsi, \(3^{10} \equiv 25 \pmod{31}\). Par ailleurs, \(3^{30} \equiv 1 \pmod{31}\) par Fermat. Comme \(340 = 11 \times 30 + 10\), on obtient \(3^{340} \equiv 3^{10} \equiv 25 \pmod{31}\). Par conséquent, \(3^{340} \not\equiv 1 \pmod{31}\), donc \(3^{340} \not\equiv 1 \pmod{341}\). La base 3 prouve que 341 n’est pas premier.

Corrigé de l’exercice 18 : Racines carrées de 1 modulo n

1. Dans le corps \(\mathbb{F}_p\), l’égalité \((x – 1)(x + 1) = 0\) donne \(x = \pm 1\). Comme \(p\) est impair, \(1 \not\equiv -1 \pmod p\). Il y a exactement deux solutions, \(x \equiv 1\) et \(x \equiv -1\).
2. Un entier pair a un carré pair, donc il ne convient pas. Pour les impairs : \(1^2 = 1\), \(3^2 = 9 \equiv 1\), \(5^2 = 25 \equiv 1\) et \(7^2 = 49 \equiv 1\). Les solutions sont 1, 3, 5 et 7 modulo 8. Le résultat de la question 1 est donc faux modulo 8. En effet, \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\) n’est pas intègre.
3. Par le théorème chinois, \(x^2 \equiv 1 \pmod{15}\) équivaut à \(x^2 \equiv 1\) modulo 3 et modulo 5. Cela donne \(x \equiv \pm 1 \pmod 3\) et \(x \equiv \pm 1 \pmod 5\), soit quatre systèmes. Leurs solutions respectives sont 1, 14, 4 et 11. Les solutions modulo 15 sont 1, 4, 11 et 14. Par exemple, \(4^2 = 16 \equiv 1\) et \(11^2 = 121 = 8 \times 15 + 1\). La figure ci-dessous représente \(x^2 \bmod 15\) et met ces quatre valeurs en évidence.

   

4. Comme \(105 = 3 \times 5 \times 7\), il faut \(x \equiv \pm 1\) modulo 3, 5 et 7. Il y a \(2^3 = 8\) choix de signes, donc 8 solutions. Par exemple, \(x \equiv 1 \pmod{15}\) et \(x \equiv -1 \pmod 7\) donnent \(x = 1 + 15k\) avec \(1 + k \equiv 6 \pmod 7\), soit \(k = 5\) et \(x = 76\). De même, on trouve 64 pour les signes \((+, -, +)\) et 71 pour \((-, +, +)\). Les opposés modulo 105 complètent la liste. Les solutions sont 1, 29, 34, 41, 64, 71, 76 et 104. Vérification : \(76^2 = 5776 = 55 \times 105 + 1\).
5. Par le théorème chinois, \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}/p_1\mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/p_r\mathbb{Z}\). L’équation se résout composante par composante. Chaque composante admet exactement deux solutions distinctes, d’après la question 1. Il y a donc exactement \(2^r\) solutions modulo \(n\).

Corrigé de l’exercice 19 : L’équation φ(n) = 4

1. On écrit \(n = p^{\alpha} m\) avec \(\alpha \geq\, 1\) et \(p \wedge m = 1\). Par multiplicativité, \(\varphi(n) = p^{\alpha – 1}(p – 1)\varphi(m)\). Donc \(p – 1\) divise \(\varphi(n)\).
2. Si \(n\) est premier, les entiers \(1, \ldots, n – 1\) sont premiers avec \(n\), et \(n\) ne l’est pas. Donc \(\varphi(n) = n – 1\). Réciproquement, supposons \(\varphi(n) = n – 1\). Comme \(n \wedge n = n \neq 1\), tous les entiers de \([\![1, n – 1]\!]\) sont premiers avec \(n\). Aucun d’eux, sauf 1, ne divise donc \(n\). Ainsi, \(n\) est premier.
3. Soit \(n\) tel que \(\varphi(n) = 4\) ; on a \(n \geq\, 2\), car \(\varphi(1) = 1\). Tout premier \(p\) divisant \(n\) vérifie \(p – 1 \mid 4\), donc \(p \in \{2, 3, 5\}\). De plus, \(p^{\alpha – 1}\) divise 4, ce qui impose un exposant 1 pour 3 et 5, et au plus 3 pour 2. On écrit \(n = 2^a 3^b 5^c\), avec \(\varphi(2^a) \in \{1, 1, 2, 4\}\) pour \(a = 0, 1, 2, 3\).
   • Si \(c = 1\) : il faut \(\varphi(2^a)\,2^b = 1\), donc \(b = 0\) et \(a \leq\, 1\). On obtient 5 et 10.
   • Si \(c = 0\) et \(b = 1\) : il faut \(\varphi(2^a) = 2\), donc \(a = 2\). On obtient 12.
   • Si \(c = b = 0\) : il faut \(\varphi(2^a) = 4\), donc \(a = 3\). On obtient 8.

   Les solutions sont 5, 8, 10 et 12.

4. Supposons \(\varphi(n) = 14\). Tout premier \(p\) divisant \(n\) vérifie \(p – 1 \in \{1, 2, 7, 14\}\), donc \(p \in \{2, 3, 8, 15\}\). Seuls 2 et 3 sont premiers. Ainsi, \(n = 2^a 3^b\), et \(\varphi(n) = \varphi(2^a)\varphi(3^b)\) n’a que 2 et 3 comme facteurs premiers. Or 7 divise 14. L’équation \(\varphi(n) = 14\) n’a donc aucune solution.

Corrigé de l’exercice 20 : Formule de Gauss pour l’indicatrice d’Euler

1. Les fractions réduites sont \(1/12\), \(1/6\), \(1/4\), \(1/3\), \(5/12\), \(1/2\), \(7/12\), \(2/3\), \(3/4\), \(5/6\), \(11/12\) et \(1/1\). On compte 1 fraction de dénominateur 1, 1 de dénominateur 2, 2 de dénominateur 3, 2 de dénominateur 4, 2 de dénominateur 6 et 4 de dénominateur 12. Ce sont bien \(\varphi(1), \varphi(2), \varphi(3), \varphi(4), \varphi(6)\) et \(\varphi(12)\).
2. Supposons que \(k/n\) s’écrive \(a/d\) sous forme irréductible. Alors \(kd = an\), donc \(k = a\,n/d\), et \(1 \leq\, k \leq\, n\) équivaut à \(1 \leq\, a \leq\, d\). Réciproquement, si \(1 \leq\, a \leq\, d\) et \(a \wedge d = 1\), l’entier \(k = a\,n/d\) vérifie \(k/n = a/d\), fraction irréductible. L’application \(a \mapsto a\,n/d\) est donc une bijection entre \(\{a \in [\![1, d]\!],\ a \wedge d = 1\}\) et l’ensemble étudié. Celui-ci a donc \(\varphi(d)\) éléments.
3. Chaque \(k \in [\![1, n]\!]\) a un unique dénominateur réduit, qui divise \(n\). Les ensembles de la question 2 forment ainsi une partition de \([\![1, n]\!]\). En comptant les éléments, on obtient \(\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n\).
4. Les diviseurs de \(p^k\) sont les \(p^j\), \(0 \leq\, j \leq\, k\). La formule donne \(\sum_{j = 0}^{k} \varphi(p^j) = p^k\) et \(\sum_{j = 0}^{k – 1} \varphi(p^j) = p^{k – 1}\). Par différence, \(\varphi(p^k) = p^k – p^{k – 1}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Un idéal non principal de Z[X]

1. L’évaluation \(P \mapsto P(0)\) est un morphisme d’anneaux de \(\mathbb{Z}[X]\) dans \(\mathbb{Z}\). La surjection canonique de \(\mathbb{Z}\) sur \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) en est un aussi. Leur composée \(\pi : P \mapsto \overline{P(0)}\) est donc un morphisme d’anneaux. Son noyau est formé des \(P\) tels que \(P(0)\) soit pair. Ainsi, \(I = \ker \pi\) est un idéal de \(\mathbb{Z}[X]\).
2. D’abord, un polynôme \(2A + XB\) a pour coefficient constant \(2A(0)\), qui est pair. Donc \(2\mathbb{Z}[X] + X\mathbb{Z}[X] \subset I\). Réciproquement, soit \(P \in I\), avec \(P(0) = 2c\). Le polynôme \(P – P(0)\) s’annule en 0, donc s’écrit \(XQ\) avec \(Q \in \mathbb{Z}[X]\). Ainsi, \(P = 2c + XQ\). Donc \(I = 2\mathbb{Z}[X] + X\mathbb{Z}[X]\).
3. Supposons \(I = D\,\mathbb{Z}[X]\). Comme \(2 \in I\), il existe \(Q\) tel que \(2 = DQ\). Les degrés imposent \(\deg D = 0\), donc \(D\) est un entier qui divise 2. Si \(D = \pm 1\), alors \(I = \mathbb{Z}[X]\), ce qui est faux puisque \(1 \notin I\). Si \(D = \pm 2\), alors \(X \in I\) s’écrirait \(2Q\). Son coefficient dominant 1 serait pair, ce qui est absurde. Donc \(I\) n’est pas principal.
4. Dans \(\mathbb{K}[X]\), on divise par un polynôme de \(I\) de degré minimal. Cette division exige que son coefficient dominant soit inversible. Or ici, les éléments de \(I\) de degré minimal sont les constantes paires non nulles. Par exemple, on ne peut pas écrire \(X = 2Q + R\) avec \(R\) constant dans \(\mathbb{Z}[X]\). La division euclidienne par 2 est impossible dans \(\mathbb{Z}[X]\), et la démonstration échoue.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème, le chiffrement RSA

1. Les premiers \(p\) et \(q\) sont distincts, donc premiers entre eux. Par multiplicativité, \(\varphi(n) = (p – 1)(q – 1)\). Ensuite, \(e \wedge \varphi(n) = 1\), donc \(\overline{e}\) est inversible dans \(\mathbb{Z}/\varphi(n)\mathbb{Z}\). Un représentant \(d \in [\![1, \varphi(n)]\!]\) de son inverse convient.
2. On a \(n = 143\) et \(\varphi(n) = 10 \times 12 = 120\). De plus, \(7 \wedge 120 = 1\). La division \(120 = 17 \times 7 + 1\) donne \(7 \times (-17) \equiv 1 \pmod{120}\). Or \(-17 \equiv 103\). Donc \(d = 103\). Vérification : \(7 \times 103 = 721 = 6 \times 120 + 1\).
3. On a \(2^7 = 128 < 143\). Le message chiffré est \(c = 128\).
4. Comme \(ed \equiv 1 \pmod{\varphi(n)}\) et \(ed \geq\, 1\), on écrit \(ed = 1 + k\varphi(n)\) avec \(k \in \mathbb{N}\). Si \(m \wedge n = 1\), le théorème d’Euler donne \(m^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\). Par conséquent, \(m^{ed} = m \times (m^{\varphi(n)})^k \equiv m \pmod n\). Donc \(m^{ed} \equiv m \pmod n\).
5. Si \(p\) divise \(m\), les deux membres sont multiples de \(p\), car \(ed \geq\, 1\). Sinon, le petit théorème de Fermat donne \(m^{p – 1} \equiv 1 \pmod p\). Comme \(ed = 1 + k(p – 1)(q – 1)\), il vient \(m^{ed} = m \times (m^{p – 1})^{k(q – 1)} \equiv m \pmod p\). Le même raisonnement vaut modulo \(q\). Enfin, \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux, donc \(pq\) divise \(m^{ed} – m\). Ainsi, \(m^{ed} \equiv m \pmod n\) pour tout \(m \in \mathbb{Z}\).
6. Posons \(F(x) = x^e\) et \(G(x) = x^d\) sur \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\). D’après la question 5, \(G(F(x)) = x^{ed} = x\) et \(F(G(x)) = x^{de} = x\). Donc \(F\) est une bijection de réciproque \(G : x \mapsto x^d\). La figure ci-dessous représente \(m \mapsto m^7 \bmod 143\) : chaque valeur est atteinte une seule fois.

   

7. Modulo 11, on a \(128 \equiv 7\) et \(7^{10} \equiv 1\). Comme \(103 = 10 \times 10 + 3\), il vient \(128^{103} \equiv 7^3 = 343 = 31 \times 11 + 2 \equiv 2\). Modulo 13, on a \(128 = 9 \times 13 + 11 \equiv -2\) et \((-2)^{12} \equiv 1\). Comme \(103 = 8 \times 12 + 7\), il vient \(128^{103} \equiv (-2)^7 = -128 \equiv -11 \equiv 2\). Par le théorème chinois, \(128^{103} \equiv 2 \pmod{143}\) : on retrouve le message \(m = 2\).

Point de méthode : pour une grande puissance modulo \(pq\), calculez séparément modulo \(p\) et modulo \(q\), puis recollez par le théorème chinois.

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Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : anneaux, idéaux et Z/nZ, cours de maths spé
• Les énoncés : exercices de maths spé sur anneaux, idéaux et Z/nZ
• À maîtriser avant : Compléments sur les groupes : groupes monogènes et ordre
• Chapitre précédent : Compléments sur les groupes : groupes monogènes et ordre
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