Corrigé du contrôle de maths sup : arithmétique dans Z, groupes et anneaux

Exercice 1 : Nombres premiers et lemme de Gauss (3 points)

1. Soit \(n \geq\, 2\). L’ensemble des diviseurs \(d \geq\, 2\) de \(n\) est non vide, car il contient \(n\). Il admet donc un plus petit élément \(p\). Si \(p\) n’était pas premier, il aurait un diviseur \(q\) avec \(2 \leq\, q < p\), et \(q\) diviserait \(n\) : c’est contraire à la minimalité de \(p\). Donc \(p\) est un diviseur premier de \(n\).

   Supposons maintenant qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers \(p_1, \ldots, p_r\). Posons \(N = p_1 p_2 \cdots p_r + 1 \geq\, 2\). D’après ce qui précède, \(N\) admet un diviseur premier, qui est l’un des \(p_i\). Alors \(p_i\) divise \(N – p_1 \cdots p_r = 1\), ce qui est absurde. L’ensemble des nombres premiers est infini.

2. Lemme de Gauss : soient \(a, b, c\) des entiers. Si \(a\) divise \(bc\) et si \(a \wedge b = 1\), alors \(a\) divise \(c\).

   Démonstration. Comme \(a \wedge b = 1\), le théorème de Bézout fournit \(u, v \in \mathbb{Z}\) tels que \(au + bv = 1\). En multipliant par \(c\) : \(c = acu + bcv\). Or \(a\) divise \(acu\), et \(a\) divise \(bc\) donc \(bcv\). Ainsi \(a\) divise la somme, c’est-à-dire \(c\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour l’existence d’un diviseur premier, 1 point pour l’argument d’Euclide ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’énoncé, 1 point pour la preuve.

Exercice 2 : Algorithme d’Euclide étendu et équation diophantienne (4 points)

1. Les divisions euclidiennes successives donnent :

   \(252 = 1 \times 198 + 54\)
   \(198 = 3 \times 54 + 36\)
   \(54 = 1 \times 36 + 18\)
   \(36 = 2 \times 18 + 0\)

   Le dernier reste non nul est \(18\) : \(d = 252 \wedge 198 = 18\). Remontons les calculs :

   \(18 = 54 – 36 = 54 – (198 – 3 \times 54) = 4 \times 54 – 198\)
   \(18 = 4 \times (252 – 198) – 198 = 4 \times 252 – 5 \times 198\)

   Le couple \((u, v) = (4, -5)\) convient. Vérification : \(1008 – 990 = 18\).

2. On divise par \(18\) : l’équation équivaut à \(14x + 11y = 2\), avec \(14 \wedge 11 = 1\). D’après a), \(14 \times 4 – 11 \times 5 = 1\), donc \((x_0, y_0) = (8, -10)\) est une solution particulière.

   Si \((x, y)\) est solution, par différence \(14(x – 8) = -11(y + 10)\). Ainsi \(11\) divise \(14(x – 8)\) et \(11 \wedge 14 = 1\). Par le lemme de Gauss, \(11\) divise \(x – 8\) : il existe \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(x = 8 + 11k\). En reportant, \(14 \times 11k = -11(y + 10)\), donc \(y = -10 – 14k\).

   Réciproquement, \(14(8 + 11k) + 11(-10 – 14k) = 112 – 110 = 2\). Les solutions sont les couples \((8 + 11k,\ -10 – 14k)\), \(k \in \mathbb{Z}\).

3. Pour tous entiers \(x, y\), \(18\) divise \(252x + 198y\). Or \(18\) ne divise pas \(30\). L’équation n’a donc aucune solution entière.
4. Pour des entiers naturels, le produit du PGCD et du PPCM vaut le produit des nombres. Donc le PPCM vaut \(\dfrac{252 \times 198}{18} = 252 \times 11 = 2772\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour les divisions, 0,5 point pour le PGCD, 0,5 point pour le couple de Bézout ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la solution particulière, 0,5 point pour l’usage de Gauss, 0,5 point pour la réciproque ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point.

Erreur fréquente : oublier de diviser par le PGCD avant d’appliquer le lemme de Gauss, ce qui donne une famille de solutions incomplète.

Exercice 3 : Valuations p-adiques et congruences (5 points)

1. On a \(252 = 2^2 \times 3^2 \times 7\) et \(198 = 2 \times 3^2 \times 11\). Le PGCD prend le minimum des valuations, le PPCM le maximum :

   \(252 \wedge 198 = 2^1 \times 3^2 = 18\)
   \(\operatorname{ppcm}(252, 198) = 2^2 \times 3^2 \times 7 \times 11 = 2772\)

   On retrouve bien les résultats de l’exercice 2.

2. On a \(v_p(n!) = \displaystyle\sum_{m=1}^{n} v_p(m)\). Or \(v_p(m)\) est le nombre d’entiers \(k \geq\, 1\) tels que \(p^k\) divise \(m\). En échangeant les sommes, \(v_p(n!)\) est la somme, sur \(k \geq\, 1\), du nombre de multiples de \(p^k\) compris entre \(1\) et \(n\). Ce nombre vaut \(\lfloor \dfrac{n}{p^k} \rfloor\). D’où la formule annoncée (la somme est finie, car les termes sont nuls dès que \(p^k > n\)).

   Pour \(100!\) :

   \(v_5(100!) = 20 + 4 = 24\)
   \(v_2(100!) = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97\)

   Le nombre de zéros finaux est la plus grande puissance de \(10 = 2 \times 5\) qui divise \(100!\), soit \(\min(97, 24)\). L’écriture de \(100!\) se termine par \(24\) zéros.

3. Comme \(7 \times 13 = 91 = 3 \times 30 + 1\), on a \(7 \times 13 \equiv 1 \pmod{30}\). L’inverse de \(7\) modulo \(30\) est \(13\). En multipliant la congruence par \(13\), on obtient l’équivalence \(7x \equiv 3 \iff x \equiv 39 \equiv 9 \pmod{30}\). Les solutions sont les entiers \(x = 9 + 30k\), \(k \in \mathbb{Z}\). Vérification : \(7 \times 9 = 63 = 2 \times 30 + 3\).
4. Le nombre \(11\) est premier et ne divise pas \(3\). Le petit théorème de Fermat donne donc \(3^{10} \equiv 1 \pmod{11}\). Comme \(2026 = 202 \times 10 + 6\), on a \(3^{2026} \equiv 3^6 \pmod{11}\). Or \(3^5 = 243 = 22 \times 11 + 1\), donc \(3^6 \equiv 3 \pmod{11}\). Le reste de la division de \(3^{2026}\) par \(11\) est \(3\).
5. On a \(42 = 2 \times 3 \times 7\).

   Modulo \(7\), Fermat donne \(n^7 \equiv n\). Modulo \(3\), Fermat donne \(n^3 \equiv n\), donc \(n^7 = (n^3)^2 \, n \equiv n^3 \equiv n\). Modulo \(2\), \(n^7\) et \(n\) ont la même parité.

   Ainsi \(2\), \(3\) et \(7\) divisent \(n^7 – n\). Ils sont premiers entre eux deux à deux, donc leur produit divise \(n^7 – n\). Donc \(42\) divise \(n^7 – n\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la justification, 0,5 point pour les deux valuations, 0,5 point pour la conclusion ; c) 1 point : 0,5 point pour l’inverse, 0,5 point pour les solutions ; d) 1 point : 0,5 point pour Fermat, 0,5 point pour le reste ; e) 0,5 point.

Exercice 4 : Morphismes et groupe des inversibles (3 points)

1. Pour \(k, l \in \mathbb{Z}\), \(\varphi(k + l) = e^{2i(k+l)\pi/n} = e^{2ik\pi/n} e^{2il\pi/n} = \varphi(k)\varphi(l)\). Donc \(\varphi\) est un morphisme de groupes.

   Ensuite, \(\varphi(k) = 1\) équivaut à \(\dfrac{2k\pi}{n} \in 2\pi\mathbb{Z}\), soit \(n \mid k\). Donc \(\ker\varphi = n\mathbb{Z}\) et \(\operatorname{Im}\varphi = \mathbb{U}_n\), groupe des racines \(n\)-ièmes de l’unité. Le noyau n’est pas réduit à \(\{0\}\), donc \(\varphi\) n’est pas injectif.

   

2. Pour \(z, w \in \mathbb{Z}[i]\), \(N(zw) = |zw|^2 = N(z)N(w)\), et \(N(a + ib) = a^2 + b^2\) est un entier naturel.

   Si \(z\) est inversible, il existe \(w \in \mathbb{Z}[i]\) tel que \(zw = 1\). Alors \(N(z)N(w) = N(1) = 1\) avec des entiers naturels, donc \(N(z) = 1\). Ainsi \(a^2 + b^2 = 1\), d’où \((a, b) \in \{(\pm 1, 0), (0, \pm 1)\}\).

   Réciproquement, \(1 \times 1 = 1\), \((-1)(-1) = 1\) et \(i \times (-i) = 1\). Le groupe des inversibles de \(\mathbb{Z}[i]\) est \(\{1, -1, i, -i\} = \mathbb{U}_4\).

3. Comme \(a\) commute avec \(1\), un calcul télescopique donne :

   \[(1 – a)(1 + a + \cdots + a^{m-1}) = 1 – a^m = 1,\]

   et de même dans l’autre sens. Donc \(1 – a\) est inversible, d’inverse \(\displaystyle\sum_{k=0}^{m-1} a^k\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour le morphisme, 0,5 point pour noyau et image ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la multiplicativité de N, 0,5 point pour N(z) = 1, 0,5 point pour la réciproque ; c) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème – sous-groupes de Z et arithmétique (5 points)

1. On a \(0 = n \times 0 \in n\mathbb{Z}\). Pour \(nk\) et \(nl\) dans \(n\mathbb{Z}\), \(nk – nl = n(k – l) \in n\mathbb{Z}\). Par la caractérisation des sous-groupes, \(n\mathbb{Z}\) est un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\).
2. Si \(H = \{0\}\), alors \(H = 0\mathbb{Z}\). Sinon, \(H\) contient un \(h \neq 0\) et son opposé, donc \(H \cap \mathbb{N}^*\) est non vide. Cette partie de \(\mathbb{N}\) admet un plus petit élément \(n\).

   Comme \(H\) est un sous-groupe contenant \(n\), il contient tous les multiples \(nk\), \(k \in \mathbb{Z}\). Ainsi \(n\mathbb{Z} \subset H\).

   Soit \(h \in H\). La division euclidienne donne \(h = qn + r\) avec \(0 \leq\, r < n\). Alors \(r = h – qn \in H\). Si \(r\) était non nul, ce serait un élément de \(H \cap \mathbb{N}^*\) strictement inférieur à \(n\), ce qui est impossible. Donc \(r = 0\) et \(h \in n\mathbb{Z}\).

   Ainsi \(H = n\mathbb{Z}\). L’entier \(n \geq\, 0\) est unique, car c’est \(0\) si \(H = \{0\}\) et le plus petit élément de \(H \cap \mathbb{N}^*\) sinon.

3. La partie \(a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}\) contient \(0\), et la différence de deux de ses éléments \(au + bv\) et \(au^{\prime} + bv^{\prime}\) vaut \(a(u – u^{\prime}) + b(v – v^{\prime})\). C’est donc un sous-groupe. D’après 2, il s’écrit \(\delta\mathbb{Z}\) avec \(\delta \geq\, 0\), et \(\delta \neq 0\) car \(a\) ou \(b\) est non nul.

   D’une part, \(a\) et \(b\) appartiennent à \(\delta\mathbb{Z}\), donc \(\delta\) est un diviseur commun de \(a\) et \(b\). D’autre part, \(\delta \in a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}\) s’écrit \(\delta = au + bv\), donc tout diviseur commun de \(a\) et \(b\) divise \(\delta\). Ainsi \(\delta = a \wedge b = d\).

   On retrouve la relation de Bézout : il existe \(u, v \in \mathbb{Z}\) tels que \(au + bv = a \wedge b\).

4. L’intersection de deux sous-groupes est un sous-groupe. D’après 2, \(a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z} = \mu\mathbb{Z}\) avec \(\mu \geq\, 0\). De plus \(ab\) est un élément non nul de l’intersection, donc \(\mu > 0\). Les éléments de l’intersection sont exactement les multiples communs de \(a\) et \(b\). Ainsi \(\mu\) est un multiple commun strictement positif, et tout multiple commun est multiple de \(\mu\). Donc \(\mu\) est le PPCM : \(a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z} = m\mathbb{Z}\).
5. Soit \(f\) un morphisme de \((\mathbb{Z}, +)\) dans lui-même, et \(a = f(1)\). Comme en 1 et 2, une récurrence et l’imparité donnent \(f(k) = f(k \times 1) = k f(1) = ak\) pour tout \(k \in \mathbb{Z}\). Réciproquement, \(k \mapsto ak\) est un morphisme.

   Les morphismes sont les applications \(k \mapsto ak\), \(a \in \mathbb{Z}\). Le noyau est \(\{0\}\) si et seulement si \(a \neq 0\) : ces morphismes sont injectifs exactement pour \(a \neq 0\). L’image est \(a\mathbb{Z}\), égale à \(\mathbb{Z}\) si et seulement si \(1 \in a\mathbb{Z}\), c’est-à-dire \(a = \pm 1\).

   Le groupe des automorphismes de \((\mathbb{Z}, +)\) est \(\{\mathrm{id}, -\mathrm{id}\}\), isomorphe à \(\{1, -1\}\) muni de la multiplication.

6. L’entier \(k\) est inversible modulo \(n\) s’il existe \(x\) tel que \(kx \equiv 1 \pmod{n}\), c’est-à-dire s’il existe \(x, y \in \mathbb{Z}\) tels que \(kx + ny = 1\). Cela revient à dire que \(1 \in k\mathbb{Z} + n\mathbb{Z} = (k \wedge n)\mathbb{Z}\), soit \(k \wedge n = 1\), d’après la question 3.

   Modulo \(12\), les entiers inversibles de \(\{0, \ldots, 11\}\) sont \(1, 5, 7\) et \(11\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1,5 point : 0,5 point pour l’existence de n, 0,5 point pour l’inclusion, 0,5 point pour la division euclidienne ; 3) 1 point : 0,5 point pour le sous-groupe, 0,5 point pour l’identification du PGCD ; 4) 0,5 point ; 5) 1 point : 0,5 point pour la forme des morphismes, 0,5 point pour injectivité, surjectivité et automorphismes ; 6) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : arithmétique dans Z, groupes et anneaux

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