165

SOLUTIONNAIRE

Dans ce solutionnaire, nous donnons les réponses aux exercices, mais pas toujours le raisonnement

qui les justifie.

CHAPITRE 0

1. a) x(A B) \ ( A B) xA B et xA B x appartient à l’un mais pas aux

deux x A \ B ou xB\ A x( A\ B) (B \ A) .

b) xAB xA et xB xA et non (xB) xA et non (xA\ B)

xA\ ( A\ B) .

2. a) y f ( A B) x A B tel que y f (x)xA tel que y f (x) ou x B

tel que y f (x) y f ( A) ou y f (B) y f ( A) f (B) .

b) x f1

(C D) f (x) C D f (x)C ou f (x)D x f1

(C) ou

x f1

(D) x f1

(C) f1

(D) .

c) x f1

(C D) f (x) C D f (x)C et f (x)D x f1

(C) et

x f1

(D) x f1

(C) f1

(D) .

d) Soit f quelconque : y f ( A B) y f (x) pour un certain

xA B y f (A) et y f (B) y f ( A) f (B) .

Si f est injective, y f ( A) f ( B) y f (a) f (b) pour un a A et un b B. Mais

alors a b x AB et y f (x) avec xAB, i.e. y f ( A B) . On a donc

f (A) f (B) f ( A B) .

Si f : X Y n’est pas injective avec f (x1) f (x2), x1 x2, alors A{x1} et B{x2} est

un cas où f (AB) f () f (A) f (B) { f (x1)} .

3. C’est faux en général. Exemple : f : {1,2} {0}, X {1}, Y { 2} .

4. c g f ( X) xX tel que c g f (x) c g(b) avec b f (x) et xX c g(b)

avec b f (X ) cg f (X ) . Donc,

g f (x) g f (X) . Pour l’inclusion inverse, on a :

cg f (X ) b f ( X) tel que c g(b) xX tel que b f (x) et

SOLUTIONNAIRE

166

c g(b) xX tel que c g f (x) g f (x) cg f (X ). Donc

g f ( X) g f ( X) , d’où l’égalité de ces deux ensembles.

5. a) Soient a1, a2 A avec (g f )(a1) (g f )(a2) ; alors g f (a1) g f (a2)

f (a1) f (a2) car g est injective a1 a2 car f est injective. Donc g f est

injective.

b) Supposons g f injective et supposons f (a1) f (a2) avec a1, a2 A . Alors

(g f )(a1) (g f )(a2) , d’où a1 a2 car g f est injective. Donc f est injective.

c) C’est faux en général. Soit AC {1} et B {1, 2} avec f (1) 1, g(1) g(2) 1.

6. a) AB(x) 1xAB xA ou xBA(x) 1ouB(x)1

max A(x),B(x) 1max A,B (x) 1.

b) AB(x) 1xAB xA et xBA(x)1et B(x) 1

min A(x),B(x) 1min A,B (x) 1A(x) B(x) 1.

c) E f (x) 1 E f (x) 1 f (x)E x f

1(E)

f 1(E)(x) 1.

7. a) ni injective, ni surjective; b) injective et surjective;

c) injective, par surjective; d) surjective, pas injective.

8. x 20 2(x10) x 40.

9. Notons x y z les âges cherchés. Victor constate que xyz 36 implique 8 solutions

distinctes (1, 1, 36), …, (1, 6, 6), (2, 2, 9), …, (3, 3, 4). Il constate que dans les 8 cas, les

sommes x y z sont distinctes, sauf les deux cas centraux, où x y z 13. C’est donc

13 qui est le nombre d’étages. Comme il y a un seul aîné, la solution est 2, 2, 9.

CHAPITRE 1

1. Comme R est réflexive, xE on a (xRxet xRx) donc x ~ x. Si x ~ y alors

(xRyet yRx) donc ( yRxet xRy) et y ~ x . Si x ~ y et y ~ z alors (xRyet yRz) et

( yRzet zRy) donc (xRzet zRx) , car R est transitive; d’où x ~ z . On a donc vérifié que

~ est une relation d’équivalence sur E. Notons [x] la classe d’équivalence de x selon ~ et

E /~ {[ x] |xE} l’ensemble quotient, i.e. l'ensemble des classes d'équivalence. Sur E /~

on définit une relation par [x] [ y] ssi xRy. Attention si [x1] [x2] et [y1] [ y2] on doit

SOLUTIONNAIRE

167

s’assurer que : x1Ry1 x2 Ry2 . C’est le cas car

[x1] [x2], [ y1] [y2] (x1~ x2 et y1 ~ y2) x1Rx2 , x2 Rx1, y1Ry2, y2 Ry1 d’où : x1Ry1

x2Ry2 , par transitivité de R. Reste à voir que est une relation d’ordre sur E /~ . On a

[x] [ x] car xRx par réflexivité de R. On a [x] [ y] et [y] [x] xRy et yRx x ~ y

[x] [y] . Donc est anti-symétrique. On a [x] [ y] [z] xRyRz xRz [x] [z] par

transitivité de R.

2. Il n’y a que 2 classes : { x |x est pair} et { x |x est impair}.

3. Si f (e) a où eE , alors f1

(a) e E | f ( e ) a [e] .

4. Soit f : ER

{xR | 0 x } la fonction qui envoie un cercle sur son rayon. Pour,

r R

f1

(r ) { cercles de rayon r } la classe d’équivalence d’un cercle quelconque de

rayon r .

5. Soit f : EN , f (A) | A|; f1

(n) A X | A| n . On a f1

(0) {} ,

f1

(n) si n | X |, f1

(m) { X} si | X |m.

Plus concrètement si X { a,b,c} , E ,{a}, {b}, { c}, { a,b}, { a,c}, { b, c}, { a,b,c}. Il y a

quatre classes d’équivalence : {}, { a}, { b}, {c} , { a,b}, { a,c}, {b,c} et

{ a,b,c} .

6. Une partition P de E est donc intuitivement une façon de découper E en parties non-vides

(les éléments de P, appelés aussi les classes de la partition) deux-à-deux disjointes et qui

recouvrent E au complet.

a) C’est précisément ce que dit le théorème 1.13.

b) Bien sûr R est réflexive, symétrique et transitive. De plus pour xCP , on a par

définition [x] C . On a donc P { C |CP} {[ x] | xE} .

Le passage d’une relation d’équivalence R sur E à une partition P de E est

exactement l’inverse du passage d’une partition à une relation d’équivalence.

7. a) Soit a0 A un maximum. Donc aA , on a a a0 et a0 est bien un majorant.

b) Si mE est un majorant quelconque de A, alors en particulier a0 m , donc a0 est

bien le plus petit majorant de A.

c) [0, [ { majorants de ] , 0[ } . 0 est le suprémum de A ] , 0[ mais A n’a pas

d’élément maximum. Noter que 0 A .

SOLUTIONNAIRE

168

8. (transitivité) Si a divise b et b divise c alors c mb et b na d’où c (mn)a et a divise c.

(symétrie) Si a divise b et b divise a alors b na et a mb d’où nm 1 et n m 1, et

a b .

(réflexivité) Comme a 1a on a bien aRa,aN * . Cette relation d’ordre n’est pas

totale car, par exemple pour n 2 et m3 on n’a ni n divise m, ni m divise n , i.e. 2 et 3

ne sont pas comparables.

Les éléments minimaux de A sont 2, 3, 5, 7; les maximaux sont 6, 7, 8, 9, 10.

9. Non, car 2 divise 2 et 2 divise 2 sans avoir 22, i.e. on n’a pas l’antisymétrie. Avec les

notations de l’ex. 1.1, a~ b a b, [a] { a, a}, [a] [b] a divise b.

10. a) On a bien (x, y)R(x, y) car x x et y y. De plus, (x, y)R( x , y ) et

( x , y )R(x, y) x x , x x, y y et y y (x, y) ( x , y ). Si

(x, y)R( x , y ) et ( x , y )R( x , y ) , alors x x x et y y y , d’où

(x, y)R( x , y ) .

b) Si E {a, b, .. .} avec a b alors, (a, b) et (b, a) ne sont pas comparables dans

EE .

Si E {a, b, .. .} avec a et b non comparables, alors (a, a) et (b, b) ne sont pas

comparables.

11. a) On a bien (x, y)R(x, y) car x x et y y . Si (x, y)R( x , y ) et ( x , y )R(x, y) alors

x x et x x oblige x x et alors y y et y y y y . Si (x, y)R( x , y )

et ( x , y )R( x , y ) alors ou bien x x x et y y ou bien x x . Donc

x, y R x , y .

b) Soit (x, y) et ( x , y ) deux éléments de EE . Comme est un ordre total, on a

x x ou x x ou x x , et y y ou y y ou y y . Si x x alors

(x, y) ( x , y ) y y ; si x x ( resp. x x) alors (x, y) ( x , y ) (resp.

( x , y ) (x, y)) .

c) (x, y)R( x , y ) (y y et x x ) ou ( y y et x x ) .

12. Soient en a et b deux maximums. On a alors a b (car b est un maximum) et b a (car a

est un maximum. Donc a b .

13. aRb (x, x[a] xRa xRb (car aRb et par transitivité de R) x[b]) donc

[a] [b] . Comme on a aussi bRa, on a aussi [b] [a] et [a] [b] .

SOLUTIONNAIRE

169

14. Les classes d’équivalence sont {0} et { a, a} , aR *

.

Soit f : R R , x x2

. On a f1

(0) {0} et b 0 , f1

(b) { a, a} où a b .

15. Toute classe est l’ensemble des cercles d’un même centre.

CHAPITRE 2

1. Pour n0, n2n 0 et 2 divise 0. Si n

2 n est divisible par 2, n

2 n 2k et alors

(n1)2 (n 1) n

2 2n1 n1 n

2 n (n

2 n) 2n 2(k n). Donc (n1)

2

(n1) est aussi divisible par 2. Autre preuve (sans récurrence) : n2 n (n1)n est le

produit de 2 entiers consécutifs; comme l’un des deux est pair le produit est pair!

2. (n1)3 (n1) (n

3 n) n

33n

2 3n1 n

31 3(n

2 n) donc 3 divise n

3n3

divise (n1)3(n1) . Autre preuve : n

3 n (n1)n(n1) et comme l’un des trois

nombres consécutifs n1, n et n1 est multiple de 3, n3 n est divisible par 3.

3. Pour n 0 , 4n1 0 est divisible par 3, (4

n11) (4

n1) 4

n(41) 34

n donc : 3

divise 4n13 divise 4

n11. Autre preuve : on verra au chapitre 9 que x

n1 est

divisible par x 1, car x 1 est racine de xn1 ; on conclut en posant x 4 .

4. Pour n 0, 22n1

13 est divisible par 3. (22(n1)1

1) 22n1

1 22 n1

221

3 22n 1

; donc si 3 divise 22n1

1, alors 3 divise aussi 22(n1)1

1. Autre preuve : on

verra au chapitre 9 que comme x 1 est racine de x2n1

1, alors x 1 divise x2n1

1.

Et on pose x 2 . Plus précisément x2n1

1 (x1)(x2n x

2n1 ...1) donne

22n1

1 3 N avec x = 2.

5. (9n1

8(n1)1) (9n8n1) 89

n8 8(9

n1) . Reste à montrer que 8 divise

9n1. C’est par induction en utilisant (9

n11) (9

n1) 89

n. Donc 64 divise

9n8n 1, n 0 .

6. (7n1

3n1

) (7n3

n) 67

n 2 3

n 2(37

n 3

n) 22 k 4k .

Autre preuve : xn y

n (x y)(x

n1 x

n2y ... y

n1) est une identité; on pose x7,

y 3 et alors 7n3

n 4 N .

7. 2n n 2

n1 2

n 2

n n 1, car 2

n1.

8. 2n1

n!2n 22

n1 2n! (n1)n! (n1)! pour n 1.

SOLUTIONNAIRE

170

9.

1

2 2

2 ... n

2 (n1)

2

n(n1)(2n 1)

6 (n1)

2 (n1)

n(2n1)

6 n1

(n1)(2n2 7n6)

6

(n1)(n 2)(2n3)

6

(n1)((n1)1)(2(n1)1)

6, qui est la

bonne formule avec n remplacé par n 1 .

Autre preuve : l’identité (x1)3 x

3 3x

2 3x1. Posons x 1, 2, .. .,n et sommons :

n 1 3 13 3 1

2 2

2 ... n

2 3n n 1

2 n. On trouve ensuite : 1

2 2

2 .. . n

2.

10. 12...2n2

n12

n112

n122

n112

(n1)11.

Selon la légende, c’est le nombre de grains de blé reçus par l’inventeur du jeu d’échecs (s’il

y avait n cases sur l’échiquier). Ajoutons 1 (grain) à gauche :

1 (1 2 22 ... 2

n) 2 2 2

2 ... 2

n 2

2 2

2 2

3 ... 2

n

23 2

3 2

4 .. . 2

n .. . 2

n 2

n 2

n1, ce qui donne une autre preuve.

11. 00!11!... nn!(n1)(n1)! (n1)!1 (n1)(n1)! (n 2)!1.

Autre preuve : ajoutons 1 à gauche :

1!11!2 2!... n n! 2 1!2 2!3 3!... n n!

2!2 2!33!... nn! 3 2!33!... n n!

3!3 3!.. . n n! n 1 n! n 1 !.

12. 13 2

3 ... n

3 (n1)

3 (1 2 ... n)

2 (n1)

3

n(n 1)

2

2

(n1)3 (n1)

2 n2

4 n1

(n1)(n 2)

2

2

(1 2 ... (n1))2

.

On peut aussi écrire : (x1)4 x

4 4x

3 6x

2 4x1 et sommer de 1 à n.

13. Vérifier P (0) revient à vérifier P(0) . Ensuite, démontrer que P (n) implique P (n1)

revient à démontrer que P(0), , P(n) implique P(n1) .

Donc, le principe 2.2 appliqué à P implique le principe 2.5 pour P.

CHAPITRE 3

1. Avec l’addition usuelle, on a N Z Q R ,N Q R et ce sont des monoïdes et

sous-monoïdes. Cependant Q*

et R *

ne le sont pas (car ils n’ont pas de neutre). De plus, Z

est un sous-groupe de Q, qui l’est de R.

SOLUTIONNAIRE

171

2. Avec la multiplication, on a N Z QR et Z*, N Q R et ce sont des monoïdes

et sous-monoïdes. De plus Q*

est un sous-groupe de R *

.

3. 0 * b b b* 0, b, donc 0 est le neutre. (1) * b 1,b , donc 1 n’a pas d’inverse car

(1) * b 0 (le neutre) est impossible. Notez que la fonction f : Q\ {1} Q*Q \{ 0}

définie par f (x) x 1 est une bijection telle que f (ab) ab a b1

(a1)(b1) f (a) f (b) et f (0) 1 (0 étant le neutre pour * dans Q \ {1} et 1 le neutre

pour (la multiplication usuelle) dans Q*). C’est un premier exemple d’isomorphisme de

groupes (voir chapitre 13).

4. On a ( A B)C A (BC),A, B,CP (X ); A A A . ( est le neutre

pour ). On a ( A B)C A (BC) et A X A X A (donc X est le neutre

pour ).

5. (32)1 0, 3 (2 1) 31 2, 0 2.

6. 4 2 / 2 2 2 1,

4 / 2 2 4 1 4 .

7. eH (i); pour (ii) soient a, b H , on a b1H et ab

1H .

Soit aH (car H ). On a aa1

e H . Soit b H . On a eb1

b1

H . Soit

a, b H , on a a, b1H et donc par (ii), a(b

1)1 abH .

8. N \{1,2,4} {0,3,5,6,7, } est bien un sous-monoïde de N (avec l’addition). Mais

comme 224, N• \{1,4} {0, 2,3,5,6, } n’est pas un sous-monoïde.

9. ( AB)C { xX |x appartient à un seul ou aux trois sous-ensembles A, B et C}

A(BC) , car AB { x |(xA et xB) ou (xA et xB)} { x | x appartient à un

seul des deux sous-ensembles A et B} . Le neutre est car A A et l’inverse de A est

A lui-même car AA, A.

10. Le neutre est idX , la fonction identité de X, définie par idX (x) x,xX .

11. Soient A et B deux sous-monoïdes de M. Comme e A et eB on a eAB . De plus

si a, b A B alors a, b A et a, b B donc a b A et a b B , car A et B sont des

sous-monoïdes; on a donc a b A B . Notez que ce résultat est également vrai pour une

intersection de plus de deux ou même une intersection d’une infinité de sous-monoïdes.

Notez que la réunion AB de deux sous-monoïdes n’en est pas nécessairement un. Par

exemple (2N ) (3N ) n’est pas un sous-monoïde de N, car 2 3 5(2N ) (3N ) .

SOLUTIONNAIRE

172

12. Soit a AB ; alors a1A et a

1B car A et B sont des sous-groupes. On a donc bien

a A B a1A B . Notez que 2Z et 3Z sont des sous-groupes de Z mais que

(2Z ) (3Z ) n’en est pas un.

13. (a1a2...an)(b1b2...bm) a1a2...anb1b2...bm Anm

si a1, a2, ..., an An

et b1,b2, , bmAm

.

14. On a 0 b 0; de plus bn bm b(n m) et b(n) (bn) . Donc {bn| nZ} est un sous-

groupe de Z , noté nZ ou Z n.

15. Notez que MR4,

a, b

c, d

(a,b,c,d) est un autre exemple d’isomorphisme de

groupes. L’addition vectorielle dans R4

correspond à l’addition terme à terme des matrices

carrées d’ordre 2.

16. 1 0

0 0

0 1

0 0

0 1

0 0

0 0

0 0

0 1

0 0

1 0

0 0

.

17. Par induction sur m prouvons : n, ana

m a

nm.

(1) ana

0 a

n1 a

na

n0; vrai pour m 0.

(2) ana

m1 a

n(a

ma) (a

na

m)a a

nma a

n(m1)

(par l’associativité et la

définition an1

an a ).

Par induction sur m prouvons : n, (an)m a

nm;

(1) (an)1 a

n a

n1; (a

n)01 a

n0 a

0, donc c’est vrai pour m 0 et m 1 .

(2) (an)m1

(an)ma

n a

nma

n a

nmn a

n(m1).

18. Notez que an

est l’inverse de an

, i.e. an

(an)1

; car ana

n (a

1)na

n

(a1

)n1

a1a a

n1 (a

1)n1

an1

... 1. Il faut regarder plusieurs cas.

CHAPITRE 4

1. Soit a Z*

. On a a bq r, 0 r b . Si r 0, a b(q) (r ) b(q 1) (b r)

b q r avec q q 1 et r b r , 0 r b . Si r 0 , a b q r avec q q et

r 0. L’unicité se prouve comme dans le th. 4.1.

2. Si bZ aZ alors bb1aZ a divise b. Si a divise b, b aq; alors xbZ ,

x bn aqn aZ .

SOLUTIONNAIRE

173

3. Par 2, nZ mZ nZ mZ et mZ nZ m| n et n |m n m.

4. a) {a1p1 ...ak pk |pi Z} mZ pour un mN

; alors i, m divise ai et donc m

pgdc (a1, a2, ...,ak). Par contre, n pgdc(a1,a2, ...,ak) divise les ai et donc aussi

tout élément de mZ et donc m, d’où m pgdc(a1, ...,ak).

b) b{a1p1 ...ak pk |pi Z}bpgdc(a1, ...,ak)Z pgdc(a1,...,ak) divise b.

c) Imiter la preuve du cor. 4.5.

d) Imiter la preuve du th. 4.7.

e) On montre que le groupe {a1p1 akpk | pi Z} est identique au groupe

{ pgdc(a1, , ak1) pak q| p,qZ} .

f) On calcule pgdc(a1,a2) puis pgdc(pgdc(a1, a2), a3) etc.

g) On a pgdc(a,b) c 0 si aZ bZ cZ .

5. a) pgdc(233,144) 1 233(55)14489.

b) pgdc(4181,2584) 1.

c) pgdc(2091,1479) 3.

La suite de Fibonacci (Fn)n0 est définie par : F0 F1 1 et n2, Fn Fn1 Fn2. Les

premiers nombres de Fibonacci sont : 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610,

987, 1597, 2584, 4181, ... On peut démontrer par récurrence les deux résultats suivants :

n0, (Fn, Fn1) 1; Fn2Fn1 Fn1 (1)

n (voir exercice 2.21). Comme 233 F12 et

144 F11, ceci explique la réponse trouvée en a). Comme 4181 F18 et 2584 F17 , on

trouve pour b), F16 F18 (F17) F171 ou 41811597 2584(2584) 1.

6. Par définition d est un diviseur commun de a et b, donc a d a et bd b pour a ,

b N

. Si pgdc( a , b ) d 1 alors d d sera un diviseur commun de a et b strictement

plus grand que d , ce qui est impossible.

7. a) On sait que aZ bZ est un sous-groupe de Z ; posons aZ bZ mZ . Comme

maZ et mbZ , on a que m est un multiple de a et de b. Le ppmc de a , b est

dans aZ bZ ; donc m divise ppmc(a,b) . D’où m ppmc(a,b) .

SOLUTIONNAIRE

174

b) a et b divisent m maZ bZ mppmc(a,b)Z .

m est un multiple de ppmc(a,b) .

ppmc(a,b) divise m.

c) Puisque a et b divise ab, la partie b) s’applique (cf. ex. 5.3).

8. On utilise le théorème 4.4. Ensuite, on a 1 pgdc(a,b) pgdc(a bq, b) et on fait une

récurrence.

9. Si pgdc(a,c) d 1 (le cas pgdc(b, c) 1 est semblable), alors d divise a et d divise c ,

donc d divise a b . Donc d 1 divise à la fois a et b. Contradiction.

10. 1(k1) (1)k 1. Donc ppdc(k, k 1) 1 par le théorème de Bezout.

11. 1(k 2) (1)k 2 montre que pgdc(k, k 2) divise 2. C’est donc 1 ou 2. Ce sera 1 si et

seulement si k est impair.

12. On a pgdc(k, k 6) pgdc(k, 6). Donc c’est 1 si et seulement si pgdc(k, 6) 1, i.e. k est

de la forme 6l 1 ou 6l 1.

13. pgdc(k, 2k1) pgdc(k, k1) . La première égalité découle de

pgdc(a, a b) pgdc(a,b).

14. pgdc(3k 2,5k 3) pgdc(3k 2,2k 1) (k 1,2k 1) pgdc(k 1, k) 1.

15. Soit (Fn)n0 la suite de Fibonacci définie par F0 F1 1 et Fn1 Fn Fn1 pour n 1.

Fn1k Fn et Fnk Fn1 sont toujours premiers entre eux (k 0) . Preuve par induction.

CHAPITRE 5

1. p1r1 p2

r2 ...pkrk est clairement un diviseur commun de a et b tel que tout diviseur commun de

a et b le divise (on utilise le th. 5.6).

2. Comme 1.

3. min(ni ,mi )max(ni , mi ) ni mi .

4. La réciproque est vraie, i.e. si p est premier et pgdc(a2,b

2) p

2 alors pgdc(a, b) p . Le

résultat est vrai aussi si p n’est pas premier.

SOLUTIONNAIRE

175

5. 1er cas : a 23

p2a2 ...pk

ak et b 2b1 p2

b2 ...pkbk avec b1 3, pi 2 .

2ème cas : a 2a1 p2

a2 ...pkak et b 2

3p2

b2 ...pkbk avec a1 3, pi 2 .

On a max(ai , bi ) 0 pour i 2, , k.

6. Factoriser le numérateur et le dénominateur du rationnel.

7. On utilise l’exercice 6. La bijection inverse est définie par : si x p1m1 pk

mk , avec des mi

dans Z, soit ni 2mi si mi 0, 2mi 1 si mi 0; alors g(x) p1

n1 pknk . On a

f1

(N) g(N

) l’ensemble des carrés de N

.

8. Joli.

9. n 2a1 p2

a2 .. .pkak où les pi sont premiers et 2 donc impairs.

10. Remarquez qu’on a (voir exercice 3) ppmc(a,b)

(d a )(d b )

d

ab

pgdc(a,b).

11. min D(n) 1, maxD(n) n. Si n admet deux diviseurs premiers distincts p et q , alors p

et q ne sont pas comparables dans D(n).

12. L’ordinateur est bienvenu.

13. Chaque facteur 10 2 5 fait apparaître un zéro. Dans 10000!123 10000, il y a un

facteur 5 à chaque multiple de 5 (2000 fois) et un facteur 52 25 (400 fois), un facteur

53 125 (80 fois), un facteur 625 5

4 (16 fois) et un facteur 3125 5

5 (3 fois). Au total :

2499 zéros. Pour la base 2 on trouve : 9995 zéros!

CHAPITRE 6

1. 0 0

100 , 11

100 ;n1

10p1

n2

10p2

n110p2 p1 n2

10 p2, p1 p2 ;

n1

10 p1

n2

10 p2

n1n2

10 p1 p2. Notez

que a

b (une fraction réduite) où b admet un diviseur premier autre que 2 ou 5 est dans Q

sans être une fraction décimale, par exemple 1 3 .

2. L’inverse de a b 2 est a2 2b

2 1

a b 2 . a b 2 a b 2 a 2 b a b a b 2 .

SOLUTIONNAIRE

176

3. ab 0 et a 0 0 a1

ab 1b b .

4. Long mais facile. Ce n’est pas un corps car 0 1

0 0

n’a pas d’inverse, car son carré est nul.

5. Long mais facile.

6. Soit aI , a 0. On a a1

a 1I et xK , x1 xI .

7. 1 est inversible; ab est inversible si a et b le sont, et (ab)1 b

1a1

. Si a est inversible,

d’inverse a1

, alors a1

est inversible d’inverse a, i.e. (a1

)1 a , car aa

1 1 a

1a .

8. Les lois se font coordonnée à coordonnée; l’associativité et la distributivité en découlent.

9. Même si dans A et dans B il n’y a aucun diviseur de zéro, dans A B il y en aura car

a,b, (a, 0) (0,b) (0,0). Les éléments (a, 0), a 0, et (0, b), b 0 , sont des diviseurs de

zéro et ce sont les seuls.

10. Calculons a8 (b c) et (a8 b) (a8 c); on trouve a8 (bc) a(b c) a (b c) 2

ab acabc2; (a8 b) (a8 c) ab a b 2 ac a c 2 ab ac 2a b c

4 . On constate qu’il n’y a pas égalité (sauf lorsque a 2 ).

CHAPITRE 7

1. b [a] k Z , b a nk k Z , b a nk ba nZ , donc [a] a nZ .

(anZ )(bnZ ) k1, k2Z , ank1 bnk2 abnZ abmod.n.

2. a) Non ; b) Non ; c) x 31; d) Non ;

e) x 21; f) x 7 ; g) x 17 .

3. { x |x est solution de ax 0 mod.n} { x | x multiple de n/ pgdc(a, n)}

n

dZ, où

d pgdc(a, n) . Par exemple 6x 0 mod.9 (resp. 6x 0 mod.3) a comme solutions 3Z

(resp. Z ).

4. (par 3. qui précède) x0 n Z où n n /pgdc(n, a) .

5. a) 19 20k ; b) 11 30k ; c) 17 35k ; d) x 11 6k .

SOLUTIONNAIRE

177

6. On peut démontrer (théorème de Wilson) que

i 1

i1

p1

mod.p pour tout nombre premier

p. Si p 2 , c’est clair. Supposons p 3. Alors dans le corps Z / pZ l’équation x21

admet deux solutions : x 1 et x 1. En effet x21 (x1)(x1) 0 x 1 ou

x 1. En d’autres mots les p 1 (un nombre pair) nombres 1,2, , p1 ont tous, sauf 1

et 1 p1 , un inverse distinct d’eux-même. On a donc

i 1 (1)1

p3

2

i1

p1

1mod.p . Il

y a une autre preuve au chapitre 12.

7. On peut démontrer : np n mod.p si p est premier. Ce résultat, démontré au chapitre 12,

s'appelle le petit théorème de Fermat.

8. Pour x 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10 , x2 0,1, 4,9,5,3,3,5,9,4,1.

Rép. {0,1, 3, 4,5, 9} .

CHAPITRE 8

1. a) 2 10i ; b) 1 3i 9 27i 81 243i 73 267i ; c) 13 5i ;

d) 5 2 4 3 3 2 2 3 ; e) 13; f) 11

13

16

13i ;

g) 1

2 i ; h)

5

4 2i ; i)

5

17

31

17i .

2. Utiliser r a2 b

2;

arctan

b

a

; |z1 z2 | |z1 | |z2 |; arg(z1 z2) arg(z1) arg(z2) .

3. z a bi, z1 z / (a

2 b

2) z .

4. Les racines sont toutes de même module, soit rn , et leurs arguments sont

n,

n

2

n,

n 2

2

n

, ,

n(n1)

2

n.

5. Si z x iy , z2 x

2 y

22ixy a bi x

2 y

2 a et 2xy b. De plus

| z2

| | z |2 a

2 b

2| z | x

2 y

2 a

2 b

2. On a donc x

2

1

2a a

2 b

2 ,

SOLUTIONNAIRE

178

y2

1

2a a

2 b

2 . Si b 0 alors (à cause de 2xy b) x et y sont de même signe; si

b 0 alors x et y sont de signes opposés.

b 0, x a

2 b

2 a

/ 2 et y a

2 b

2 a

/ 2

b 0, x a

2 b

2 a

/ 2 et y a

2 b

2 a

/ 2

Exemple : abi 34i , b0; a2 b

2 5, x iy (2 i ).

6. a) x 1; b) x i ; c) x 2 ; d) x i 2 ;

e) x 2, 3 ; f) 1 i 3 / 2 ; g) 7 41 / 4 ; h) 3 i 71

10.

7. Développer (cos i sin)n avec la formule du binôme.

cos(2) cos2 sin

2, sin(2) 2(sin)(cos) ;

cos(3) cos3 3(cos)(sin

2), sin(3) 3(cos

2)(sin) (sin

3) ;

cos(4) cos4 6(cos

2)(sin

2) (sin

4), sin(4) 4(cos

3)(sin) 4(cos)(sin

3) ;

cos(5) cos510(cos

3)(sin) 5(cos)(sin

4) ;

sin(5) 5(cos4)(sin)10(cos

2)(sin

3) (sin

5) .

8. On constate que pour a,b, c, dQ ,

(a bi) (c di) (a c) (b d )i K , car a c, b dQ ;

(a bi) (c di) (acbd) (bc ad) iK , car ac bd,bc adQ ;

si a

2b

20, (abi)

1

a

a2 b2

b

a2 b2i K ,

a

a2 b2,

b

a2 b2Q (on utilise ici le

fait que Q est un sous-corps de R ).

CHAPITRE 9

1. Utiliser le th. 9.1.

2. Si P AB avec deg(A) 1 et deg(B) 1, alors deg(P) 2. Un polynôme réductible est

donc forcément de degré 2. Aussi P axb, a 0 x0 ba1

est l'unique racine de

P.