ANNEXEBSolutions, indications et corrigs1. Exercices du chapitre 1Exercice 1.1. Les nombres47 et79 sont premiers 3 mod 4, donc_4779_ = _7947_ = _3247_ = _247_ = 1et donc49 nest pas un carr modulo79.Exercice 1.3. On a 4(X2+aX +b) = (2X +a)2D. Observer aussi que X2+X +1 est le seulpolynme irrductible de degr2 dans Z/2Z[X].Exercice 1.5. Observer que p12a=1(p a) (1)p12(p12)! mod p.Exercice 1.6. Pour le (ii), on pourra imiter les dcompositions dans C[X]X4+ 1 = (X2+ i)(X2i) = (X2+2X + 1)(X22X + 1) = (X2+ i2X 1)(X2i2 1).Exercice1.7. Observerque 1estunepuissance4mesi etseulementsi (Z/pZ)admetunlment dordre8. Conclure par la cyclicit de ce dernier.Exercice 1.8. (i) Observer que x px change les carrs de {1, . . . ,p12} et ceux de {p+12, , p1}. Le (ii) dcoule du (i) carC + N 1 mod 2 sip 3 mod 4. Pour les (iii) et (iv), crireA =p12

a=1_a_ap_+ (p a)_p ap__et A =p12

a=1_2a_2ap_+ (p 2a)_p 2ap__.Exercice 1.9.(i) N(x2= a) vaut 1 si a = 0, 2 si a est un carr, 0 sinon, ce qui concide dans tousles cas avec1 +_ap_. Pour le (ii), observer que sia = 0 alors_a(1 a)p_ =_ap__(1 a)p_ =_ap_1_(1 a)p_ =_a1p_,puis quea a1 est une bijection de(Z/pZ)sur Z/pZ {}. Au (v) on trouve1 + (p 1)(1 +_p_) solutions.Exercice 1.10. Sim est un carr modulon, il lest aussi modulo tous les premiers divisantn, etdonc _mn_ = 1 par dnition.Exercice 1.11. Supposons xn12=_xn_ pour tout x (Z/nZ). Si n nest pas premier, on pourracrire n = pm avec (m, p) = 1 et considrer un x tel que x 1 mod m et x mod pest un gnrateurde(Z/pZ). Pour le (ii), observer quex xn12_xn_1est un morphisme de groupes non trivial(Z/nZ) (Z/nZ), son noyau est donc de cardinal (n)2.129130 B. SOLUTIONS, INDICATIONSETCORRIGSExercice 1.12. Soit S=

p1a=1 aj, o j 1 est un entier. Observer que xjS Smod p pour toutx Z premier p. En considrant une racine primitive modulop, en dduire queS 0 mod p sij = 0 mod p 1.Exercice 1.13. On a p1a=0 a2= 1 + 2

aC(p) a= 2

aC(p) a

p1a=1 a= G.Exercice 1.14. Soit a k b1 un entier. On applique le thorme de convergence de Dirichlet(en analyse de Fourier) la fonction 1-priodique nulle aux entiers et concidant avec f sur ]k, k +1[.On en dduit quef(k) + f(k + 1)2=limAA

n=A_k+1kf(t)e2intdt.Le (i) en dcoule en sommant surk=a, , b 1, la sommation dans lnonc tant prendre ausens ci-dessus. Pour le (ii), on applique le (i) la fonctionf(t)=e2it2/Nsur le segment[0, N]. Unchangement de variablesu = t +nN2montre que_N0f(t)e2intdt = in2N_ (n+2)N2nN2e2iu2Ndu,le(ii)suitensparantlesnpairsetimpairs.OnendduitennI =(1 i)1=1+i2enprenantN= 1, auquel casG1= 1.Exercice 1.15. Pour le (ii), observer que si p 1=2 avec=p12premier, un lmentx de(Z/pZ) est une racine primitive si et seulement si son ordre nest pas1, 2 ou =p12.Exercice 1.16. Un lment du groupe additif Z/2nZ est gnrateur si et seulement si il nest pascongru 0 modulo2, le (i) suit en considrant une racine primitive modulop. Pour le (ii), observerque sip > 3 alorsp 1 mod 4 etp 2 mod 3, donc_3p_ =_p3_ =_23_ = 1.Exercice 1.17. En utilisant lexercice prcdent, vrier que10 est une racine primitive modulo65537. Le rsultat est donc65536.Exercice 1.18. Considrons la R-algbre H= R + Ri + Rj + Rk des quaternions de Hamilton.Le sous-groupe ni {1, i, j, k} H nest pas cyclique (ni mme commutatif).Exercice 1.19. Remarquer que(Z/2Z)rnest pas cyclique si r>1. Si p est premier etn 1,observer que (Z/pnZ) admet un sous-groupe isomorphe Z/2Z, mme (Z/2Z)2si p = 2 et n 3.La condition ncessaire du (ii) se dduit alors du (i) et de lisomorphisme chinois des restes.Exercice 1.21. Considrer par exemple les2iNpouri 1.Exercice 1.22. Si p etqsont premiers impairs, la relarion dEisenstein montre que_pq__qp_=(1)sosestlenombredepointscoordonnesentireslintrieurdurectangleOPSQ.Eneet, les seuls points coordonnes entires sur la diagonale y= qx/p du rectangle OPSQ sont O etS carp etq sont premiers entre eux. On conclut le (i) cars =p12q12.Montrons la relation dEisenstein. Commeq est premier p, la multiplication parq est injectivedans Z/pZ,etdonc |R| = |X| =p12.Pourmontrerle(ii)ilsutdoncdevoirquelapplicationdelnoncestinjective. Soient r, r

Rdeparitsdirentesettelsquer+ r

=p. Oncritr qx mod p etr

qx

mod p pourx, x

X. Il vient quex + x

0 mod p carq est premier p,puisx + x

= p, ce qui est absurde modulo2.1. EXERCICESDUCHAPITRE1 131Le (ii) assure que xX x rR(1)rr mod p. Le (iii) suit car rR r qp12

xX x mod p(le produit surXest non nul carp est premier).Le (iv) est immdiat carx est pair etp est impair. On a dj observ que la droitey= qx/p necontient aucun point(x, y) avecy Z etx Xcarq est premier p, et doncf=

xX[qx/p] endnombrant abscisse par abscisse, ce qui prouve le (v) daprs le (iv).Pour le (vi), on raisonne abscisse par abscisse en observant quil y aq 1 entiers compris stric-temententre0et q, et q 1 0 mod 2. Lasymtrie(x, y) (p x, q y)identielespointscoordonnesentiresetdabscissepaireintrieursautriangleSSQ, auxpointscoordonnesentires et dabscisse impaire intrieurs au triangle OPS. Le (vii) suit alors de (v) et (vi).Le premier point du (viii) suit du (v) pourq=2. Sin Z est un entier impair, notonsf(n) lenombre dentiers pairs compris entren/2 etn. On af(1)=0,f(3)=1,f(5)=1 etf(7)=2. Onobserve quef(n + 8) = f(n) + 2. Ainsif(n) n218mod 2.