Corrigé du contrôle de maths spé : idéaux, congruences et indicatrice d’Euler

Exercice 1 : Question de cours (4 points)

1. Existence. L’ensemble des degrés des polynômes non nuls de \(I\) est une partie non vide de \(\mathbb{N}\) ; elle admet un plus petit élément. Soit \(P_0 \in I\) non nul de degré minimal, et \(P\) le polynôme unitaire obtenu en divisant \(P_0\) par son coefficient dominant. Comme \(I\) est un idéal, \(P \in I\), puis \(P\,\mathbb{K}[X] \subset I\).
   
   Réciproquement, soit \(A \in I\). La division euclidienne donne \(A = PQ + R\) avec \(\deg R < \deg P\). Alors \(R = A – PQ\) appartient à \(I\), car \(I\) est stable par différence et par multiplication par un polynôme. Par minimalité du degré de \(P\), on a \(R = 0\), donc \(A \in P\,\mathbb{K}[X]\). Ainsi \(I = P\,\mathbb{K}[X]\).
   
   Unicité. Si \(P\,\mathbb{K}[X] = P_1\,\mathbb{K}[X]\) avec \(P\) et \(P_1\) unitaires, alors \(P\) divise \(P_1\) et \(P_1\) divise \(P\). Ils sont donc associés : \(P_1 = \lambda P\) avec \(\lambda \in \mathbb{K}^*\). La comparaison des coefficients dominants donne \(\lambda = 1\). Le générateur unitaire \(P\) est unique.
2. D’abord, \(0 = a \times 0 + b \times 0\) appartient à \(a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}\). Ensuite, pour \(x = au + bv\), \(y = au^{\prime} + bv^{\prime}\) et \(k \in \mathbb{Z}\), on a \(x – y = a(u – u^{\prime}) + b(v – v^{\prime})\) et \(kx = a(ku) + b(kv)\). Ainsi \(a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}\) est un sous-groupe stable par multiplication par tout entier : c’est un idéal de \(\mathbb{Z}\). Il s’écrit donc \(\delta\mathbb{Z}\) avec \(\delta \in \mathbb{N}\), et \(\delta \neq 0\) car \(a\) ou \(b\) est non nul.
   
   Comme \(a = a \times 1 + b \times 0\) est dans \(\delta\mathbb{Z}\), \(\delta\) divise \(a\) ; de même \(\delta\) divise \(b\). De plus, \(\delta\) s’écrit \(au + bv\), donc tout diviseur commun de \(a\) et \(b\) divise \(\delta\). Par conséquent, \(\delta\) est le plus grand diviseur commun positif : \(\delta = d\). Ainsi \(a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z} = (a \wedge b)\mathbb{Z}\), et l’appartenance \(d \in a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}\) fournit des entiers \(u\) et \(v\) tels que \(au + bv = a \wedge b\) : c’est la relation de Bézout.

Barème : a) 2 points : 0,5 pour le choix du degré minimal, 1 pour la division euclidienne, 0,5 pour l’unicité ; b) 2 points : 0,5 pour la structure d’idéal, 1 pour l’identification de \(\delta\) au PGCD, 0,5 pour la relation de Bézout.

Exercice 2 : Inversibles de Z/60Z (4 points)

1. L’élément \(\overline{k}\) est inversible si et seulement s’il existe \(u \in \mathbb{Z}\) tel que \(\overline{u}\,\overline{k} = \overline{1}\), c’est-à-dire \(uk \equiv 1 \pmod n\). Cela revient à l’existence d’entiers \(u\) et \(v\) tels que \(uk + vn = 1\). D’après le théorème de Bézout, \(\overline{k}\) est inversible si et seulement si \(k \wedge n = 1\).
2. Comme \(60 = 2^2 \times 3 \times 5\) et que 17 est un nombre premier distinct de 2, 3 et 5, on a \(17 \wedge 60 = 1\) : \(\overline{17}\) est inversible. L’algorithme d’Euclide donne :
   
   \(60 = 3 \times 17 + 9\) ;
   
   \(17 = 1 \times 9 + 8\) ;
   
   \(9 = 1 \times 8 + 1\).
   
   On remonte les calculs :
   \[1 = 9 – 8 = 9 – (17 – 9) = 2 \times 9 – 17 = 2 \times (60 – 3 \times 17) – 17 = 2 \times 60 – 7 \times 17.\]
   Ainsi \(-7 \times 17 \equiv 1 \pmod{60}\), et \(-7 \equiv 53 \pmod{60}\). Vérification : \(17 \times 53 = 901 = 15 \times 60 + 1\). L’inverse de \(\overline{17}\) dans \(\mathbb{Z}/60\mathbb{Z}\) est \(\overline{53}\).
3. En multipliant par 53, qui est inversible modulo 60, on obtient une congruence équivalente : \(x \equiv 5 \times 53 = 265 \equiv 25 \pmod{60}\). Vérification : \(17 \times 25 = 425 = 7 \times 60 + 5\). Les solutions sont les entiers \(x = 25 + 60k\), \(k \in \mathbb{Z}\).
4. D’après a), le nombre d’inversibles est \(\varphi(60)\). Avec \(60 = 2^2 \times 3 \times 5\),
   \[\varphi(60) = 60 \times (1 – \dfrac{1}{2})(1 – \dfrac{1}{3})(1 – \dfrac{1}{5}) = 60 \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{4}{5} = 16.\]
   L’anneau \(\mathbb{Z}/60\mathbb{Z}\) a 16 inversibles ; ce n’est pas un corps, car \(\overline{2}\), par exemple, est non nul et non inversible.

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour la justification, 0,5 pour l’algorithme, 0,5 pour l’inverse ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 pour \(\varphi(60)\), 0,5 pour la conclusion.

Exercice 3 : Théorème chinois (4 points)

1. Théorème chinois. Si \(m \wedge n = 1\), l’application \(\theta : \mathbb{Z}/mn\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), qui envoie la classe de \(k\) modulo \(mn\) sur le couple (classe de \(k\) modulo \(m\), classe de \(k\) modulo \(n\)), est un isomorphisme d’anneaux.
   
   Injectivité. L’application est bien définie, car \(m\) et \(n\) divisent \(mn\), et c’est un morphisme d’anneaux. Si l’image de la classe de \(k\) est nulle, alors \(m\) et \(n\) divisent \(k\). Comme \(m \wedge n = 1\), le produit \(mn\) divise \(k\), donc la classe de \(k\) modulo \(mn\) est nulle. Le noyau est trivial : \(\theta\) est injective. Les deux ensembles ayant \(mn\) éléments, elle est même bijective.
2. Les modules 5, 7 et 9 sont deux à deux premiers entre eux et \(5 \times 7 \times 9 = 315\). D’après le théorème chinois, les solutions forment une seule classe modulo 315.
   
   D’abord, \(x \equiv 2 \pmod 5\) s’écrit \(x = 2 + 5k\). La condition modulo 7 devient \(5k \equiv 1 \pmod 7\). Or \(5 \times 3 = 15 \equiv 1 \pmod 7\), donc \(k \equiv 3 \pmod 7\) et \(x \equiv 17 \pmod{35}\).
   
   Ensuite, on écrit \(x = 17 + 35m\). Comme \(17 \equiv 8\) et \(35 \equiv 8 \pmod 9\), la condition devient \(8 + 8m \equiv 1 \pmod 9\). Or \(8 \equiv -1 \pmod 9\), d’où \(-1 – m \equiv 1\), soit \(m \equiv -2 \equiv 7 \pmod 9\). Ainsi \(x \equiv 17 + 245 = 262 \pmod{315}\).
   
   Vérification : \(262 = 52 \times 5 + 2 = 37 \times 7 + 3 = 29 \times 9 + 1\). Les solutions sont les entiers \(x = 262 + 315k\), \(k \in \mathbb{Z}\).
3. Un isomorphisme d’anneaux envoie le groupe des inversibles sur le groupe des inversibles. Or un couple \((\alpha, \beta)\) est inversible dans l’anneau produit si et seulement si \(\alpha\) et \(\beta\) sont inversibles. Donc \(\theta\) réalise une bijection de \((\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z})^{\times }\) sur \((\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})^{\times } \times (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times }\). En comptant les éléments, \(\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour l’énoncé, 0,5 pour l’injectivité ; b) 2 points : 1 pour la première étape (classe modulo 35), 0,5 pour la seconde, 0,5 pour la vérification et la forme générale ; c) 1 point.

Exercice 4 : Théorème d’Euler (3 points)

1. Comme \(100 = 2^2 \times 5^2\), on a \(\varphi(100) = 100 \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{4}{5} = 40\). Donc \(\varphi(100) = 40\).
2. Théorème d’Euler. Si \(a \wedge n = 1\), alors \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\). En effet, \(\overline{a}\) appartient au groupe commutatif \((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times }\), de cardinal \(\varphi(n)\).
   
   Ici \(7 \wedge 100 = 1\), donc \(7^{40} \equiv 1 \pmod{100}\). Comme \(2026 = 40 \times 50 + 26\), on obtient \(7^{2026} \equiv 7^{26} \pmod{100}\). Or \(7^2 = 49\) et \(7^4 = 2401 \equiv 1 \pmod{100}\). Ainsi \(7^{26} = (7^4)^6 \times 7^2 \equiv 49 \pmod{100}\). Les deux derniers chiffres de \(7^{2026}\) sont 4 et 9 : \(7^{2026} \equiv 49 \pmod{100}\).
3. L’ordre de \(\overline{7}\) divise 4, puisque \(7^4 \equiv 1\). Il ne vaut pas 1, et il ne vaut pas 2 car \(7^2 = 49 \not\equiv 1\). Donc \(\overline{7}\) est d’ordre 4. Comme \(2026 = 4 \times 506 + 2\), on retrouve directement \(7^{2026} \equiv 7^2 = 49 \pmod{100}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour l’énoncé, 0,5 pour la réduction de l’exposant, 0,5 pour le résultat ; c) 1 point : 0,5 pour l’ordre, 0,5 pour la conclusion.

Erreur fréquente : appliquer le théorème d’Euler sans vérifier que \(a\) et \(n\) sont premiers entre eux.

Exercice 5 : Le corps Z/pZ et une algèbre de matrices (5 points)

Partie A : le corps Z/pZ

1. L’anneau \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est commutatif et non nul, car \(n \geq\, 2\). C’est un corps si et seulement si tout \(\overline{k} \neq \overline{0}\) est inversible, c’est-à-dire, d’après l’exercice 2 a), si tout entier \(k\) compris entre 1 et \(n – 1\) est premier avec \(n\). Cela signifie exactement que \(n\) n’a pas de diviseur strict autre que 1. Donc \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est un corps si et seulement si \(n\) est premier.
2. Le groupe \(\mathbb{F}_p^{*}\) est commutatif, de cardinal \(p – 1\). Si \(p\) ne divise pas \(a\), alors \(\overline{a} \in \mathbb{F}_p^{*}\), et le théorème de Lagrange (cas commutatif) donne \(\overline{a}^{\,p-1} = \overline{1}\). Ainsi \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\).
3. On a \(x^2 – \overline{1} = (x – \overline{1})(x + \overline{1})\). Un corps est intègre, donc ce produit est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. Les solutions sont \(\overline{1}\) et \(-\overline{1}\), distinctes car \(p \geq\, 3\).
4. Le produit \((p-1)!\) a pour classe le produit de tous les éléments de \(\mathbb{F}_p^{*}\). D’après c), les seuls éléments égaux à leur inverse sont \(\overline{1}\) et \(-\overline{1}\). Les \(p – 3\) autres éléments se regroupent donc en paires \(\{x, x^{-1}\}\) avec \(x \neq x^{-1}\), et chaque paire a pour produit \(\overline{1}\).
   
   Par conséquent, le produit de tous les éléments de \(\mathbb{F}_p^{*}\) vaut \(\overline{1} \times (-\overline{1}) \times \overline{1} = -\overline{1}\). Ainsi \((p-1)! \equiv -1 \pmod p\). Par exemple, \(6! = 720 = 103 \times 7 – 1\).

Partie B : une algèbre de matrices

5. On a \(N^2 = 0\). L’ensemble \(\mathcal{A} = \operatorname{Vect}(I_2, N)\) est un sous-espace vectoriel qui contient \(I_2\). Par ailleurs,
   \[(aI_2 + bN)(cI_2 + dN) = acI_2 + (ad + bc)N + bdN^2 = acI_2 + (ad + bc)N.\]
   Ce produit appartient à \(\mathcal{A}\), et l’expression est symétrique dans l’échange des deux facteurs. Enfin, \(I_2\) et \(N\) ne sont pas colinéaires. \(\mathcal{A}\) est une sous-algèbre commutative de dimension 2.
6. Pour \(P = \sum_{k} a_k X^k\), on a \(N^k = 0\) dès que \(k \geq\, 2\), donc \(P(N) = a_0 I_2 + a_1 N\). Tous les couples \((a_0, a_1)\) sont atteints : l’image de \(\Phi\) est \(\mathcal{A}\). De plus, \(P(N) = 0\) si et seulement si \(a_0 = a_1 = 0\), c’est-à-dire si \(X^2\) divise \(P\). Le noyau est l’idéal \(X^2\,\mathbb{K}[X]\).

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point ; d) 1,5 point : 0,5 pour les éléments égaux à leur inverse, 0,5 pour le regroupement en paires, 0,5 pour la conclusion ; e) 1 point : 0,5 pour la stabilité par produit, 0,5 pour la commutativité et la dimension ; f) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : idéaux, congruences et indicatrice d’Euler

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