Eléments d'Algèbre Générale

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 19 janvier 2014 Enoncs 1

Elments dalgbre gnraleRelation dquivalence

Exercice 1 [ 02643 ] [correction]Soit R une relation binaire sur un ensemble E la fois rflexive et transitive.On dfinit les nouvelles relations S et T par :

xSy (xRy et yRx) et xT y (xRy ou yRx)

Les relations S et T sont-elles des relations dquivalences ?

Exercice 2 [ 02644 ] [correction]Soit E un ensemble et A une partie de E.On dfinit une relation R sur (E) par :

XRY X A = Y A

a) Montrer que R est une relation dquivalenceb) Dcrire la classe dquivalence de X (E)

Exercice 3 [ 02983 ] [correction]On considre sur F(E,E) la relation binaire R dfinie par :

fRg S(E) telle que f = g

a) Montrer que R est une relation dquivalence.b) Dcrire la classe dquivalence dune fonction donne f S(E).

Exercice 4 [ 02984 ] [correction]Soit R une relation binaire rflexive et transitive.On dfinit une relation S par :

xSy xRy et yRx

Montrer que S est une relation dquivalence et que R permet de dfinir unerelation dordre sur les classes dquivalences de S.

Exercice 5 [ 02985 ] [correction]Soit (G,) un groupe et H un sous groupe de (G,).On dfinit une relation binaire R sur G par :

xRy xy1 H

Montrer que R est une relation dquivalence et en dcrire les classesdquivalence.

Exercice 6 [ 03453 ] [correction]Soit (G, .) un groupe de cardinal 2n.a) Justifier que lon dfinit une relation dquivalence R sur G en posant

xRy x = y ou x = y1

b) En dduire lexistence dans G dun lment dordre 2.

Exercice 7 X MP [ 03243 ] [correction]Soit G un groupe multiplicatif de cardinal p avec p premier et N?.Montrer que

Z(G) 6= {1}

Groupes

Exercice 8 [ 00113 ] [correction]Un sous-groupe dun groupe produit est-il ncessairement produit de deuxsous-groupes ?

Exercice 9 [ 00114 ] [correction]Soient H et K deux sous-groupes dun groupe (G, ?).A quelle condition lensemble H K est-il un sous-groupe de (G, ?) ?

Exercice 10 [ 03432 ] [correction]Un sous-groupe H de (G, .) est dit distingu si

x H,a G, axa1 H

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a) Montrer que le noyau dun morphisme de groupes au dpart de (G, .) estdistingu.b) Soient H,K deux sous-groupes de (G, .).On suppose le sous-groupe H distingu, montrer que lensemble

HK = {xy/x H, y K}

est un sous-groupe de (G, .).

Exercice 11 [ 00115 ] [correction]Un lment a dun groupe (G, ?) est dit lment de torsion sil existe n N? telque an = e.Montrer que le sous-ensemble form des lments de torsion dun groupe ablienen est un sous-groupe.

Exercice 12 [ 00116 ] [correction]Soient (G, ? ) un groupe fini commutatif dordre n et a G.a) Justifier que lapplication x 7 a ? x est une permutation de G.b) En considrant le produit des lments de G, tablir que an = e.

Exercice 13 [ 00117 ] [correction][Thorme de Lagrange]Soit H un sous-groupe dun groupe (G, .) fini.a) Montrer que les ensembles aH = {ax/x H} avec a G ont tous le cardinalde H.b) Montrer que les ensembles aH avec a G sont deux deux confondus oudisjoints.c) En dduire que le cardinal de H divise celui de G.d) Application : Montrer que tout lment de G est dordre fini et que cet ordredivise le cardinal de G.

Exercice 14 [ 00119 ] [correction]Soit n N tel que n > 2. Dterminer les morphismes du groupe (Sn, ) vers(C?,).

Exercice 15 [ 00120 ] [correction]Soit n N tel que n > 3. On considre la transposition = ( 1 2 ) et le n-cycle =

(1 2 . . . n

).

a) Justifier que lensemble {, } forme une partie gnratrice de (Sn, ).b) Existe-t-il une partie gnratrice de (Sn, ) forme dun seul lment ?

Exercice 16 [ 00121 ] [correction]Soit H lensemble des Sn vrifiant (k) + (n+ 1 k) = n+ 1 pour toutk {1, . . . , n}.Montrer que H est un sous-groupe de (Sn, )

Exercice 17 [ 00122 ] [correction]Les groupes (Q,+) et (Q?,) sont-ils isomorphes ?

Exercice 18 Centrale MP [ 02363 ] [correction]Quel est le plus petit entier n tel quil existe un groupe non commutatif decardinal n ?

Exercice 19 Centrale MP [ 02366 ] [correction]Montrer que {

x+ y

3/x N, y Z, x2 3y2 = 1}

est un sous-groupe de (R?+,).

Exercice 20 Centrale MP [ 02368 ] [correction]Soit n un entier naturel non nul, (e1, . . . , en) la base canonique de E = Rn.Soit Sn lensemble des permutations de {1, 2, . . . , n}. Soit ti = (1, i).Pour s Sn, on dfinit us(ei) = es(i).a) Montrer que (t2, t3, . . . , tn) engendre Sn.b) Interprter gomtriquement us lorsque s est une transposition.c) Soit s = (1 2 . . . n 1 n). On suppose que s est la compose de ptranspositions. Montrer que p > n 1.d) Quelle est le cardinal minimal dune famille de transpositions gnratrice deSn ?



Exercice 21 Mines-Ponts MP [ 02648 ] [correction]Soit G un groupe, H un sous-groupe de G, A une partie non vide de G. On poseAH = {ah/a A, h H}. Montrer que AH = H si, et seulement si, A H.

Exercice 22 X MP [ 02948 ] [correction]a) Montrer que tout sous-groupe additif de R qui nest pas monogne est densedans R.b) Soit x R\Q. Montrer quil existe une infinit de (p, q) Z N? tels quex pq

< 1q2c) Montrer la divergence de la suite de terme gnral

un =1

n sinn

Exercice 23 Centrale MP [ 01479 ] [correction]Soit G le sous-groupe de GL2(R) engendr par les deux matrices S et T suivantes :

S =( 1 0

0 1

), T = 1

2

( 1 11 1

)Rappelons que cest le plus petit sous-groupe de GL2(R) contenant S et T .a) Avec le logiciel de calcul formel, crer les matrices S, T . Expliciter les lmentsdu groupe R engendr par la matrice R = ST et prciser le cardinal de cesous-groupe de G.Quelles sont les matrices SR et R7S ?b) Montrer que tout lment de G est soit une puissance Rk de R, soit un produitRkS. Prciser le cardinal n de G.Dresser la liste de tous les lments de G et dterminer la nature gomtrique desendomorphismes canoniquement associs dans lespace euclidien R2.c) La transformation S : g 7 S.g dfinit une permutation de lensemble G.A laide du logiciel de calcul formel, dresser la squence des lments de G et deleurs images par S .Quelle est la signature de la permutation de G (quon peut identifier lensemble{1, 2, . . . , n}) ainsi dfinie ?Enonc fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Exercice 24 Centrale MP [ 03199 ] [correction]Soient A(1, 0) et B(0, 1). Les points M0(x0, y0) et M1(x1, y1) sont donns.On construit le point P0 par les conditions :- les droites (P0M0) et (Ox) sont parallles ;- P0 (AB).On construit le point Q0 par les conditions :- les droites (P0Q0) et (M1B) sont parallles ;- Q0 (AM1).Soit le point M2(x2, y2) tel que le quadrilatre (M0P0Q0M2) soit unparalllogramme.On pose

M2 = M0 ? M1a) Dmontrer (

x2

y2

)=(x0 + x1y0y0y1

)b) Dmontrer que la loi ? est associative, admet un lment neutre et que, siy0 6= 0, le point M0 admet un inverse.c) On dfinit une suite de points (Mn)nN par la donne de M0, de M1 et de larelation de rcurrence valable pour tout entier n > 2

Mn = Mn1 ? Mn2

Dterminer yn en fonction de y0 et de y1.

Exercice 25 [ 03256 ] [correction]Soit H un sous-groupe strict dun groupe (G, ?). Dterminer le groupe engendrpar le complmentaire de H dans G.

Exercice 26 [ 03292 ] [correction]Soient a et b deux lments dordre respectifs p et q dun groupe ablien (G, ?).a) On suppose que p et q sont premiers entre eux.Montrer que llment ab est dordre pq.b) On ne suppose plus p et q premiers entre eux.Llment ab est-il ncessairement dordre ppcm(p, q) ?

Exercice 27 [ 03332 ] [correction]Soient a et b deux lments dordre respectifs p et q dun groupe ablien (G, ?).



a) On suppose dans cette question seulement que p et q sont premiers entre eux.Montrer que llment ab est dordre pq.b) Soit d un diviseur de p. Montrer quil existe un lment dordre d dans (G, ?).c) Existe-t-il dans G un lment dordre m = ppcm(p, q) ?

Exercice 28 [ 03368 ] [correction]Soit un morphisme dun groupe fini (G, ?) vers (C?,).On suppose que nest pas une application constante. Calculer

xG(x)

Groupe cyclique

Exercice 29 [ 03364 ] [correction]Soit x est un lment dun groupe cyclique de cardinal n. Calculer xn.

Exercice 30 [ 00123 ] [correction]On dsire tablir que tout sous-groupe dun groupe cyclique est lui-mme cyclique.On introduit (G, ? ) un groupe cyclique de gnrateur a et H un sous-groupe de(G, ? ).a) Justifier lexistence dun plus petit entier naturel non nul tel que an H.b) Etablir qualors H est le groupe engendr par an.

Exercice 31 [ 00124 ] [correction]Soit G un groupe cyclique de cardinal n.Montrer, que pour tout diviseur d N? de n, G possde un et un seul sous-groupede cardinal d.

Exercice 32 [ 00125 ] [correction]Soient H et K deux groupes nots multiplicativement.a) Montrer que si h est un lment dordre p de H et k un lment dordre q de Kalors (h, k) est un lment dordre ppcm(p, q) de H K.b) On suppose H et K cycliques. Montrer que le groupe produit H K estcyclique si, et seulement si, les ordres de H et K sont premiers entre eux.

Exercice 33 Centrale MP [ 02365 ] [correction][Groupe quasi-cyclique de Prfer]Soit p un nombre premier. On pose

Gp ={z C;k N, zpk = 1

}a) Montrer que Gp est un sous-groupe de (C?,).b) Montrer que les sous-groupes propres de Gp sont cycliques et quaucun deuxnest maximal pour linclusion.c) Montrer que Gp nest pas engendr par un systme fini dlments.

Exercice 34 [ 03444 ] [correction]Soit n un entier > 3.a) Montrer que pour tout entier impair a, on a

a2n2 1 [2n]

b) Le groupe ((Z/2nZ)?,) est-il cyclique ?

Exercice 35 [ 02505 ] [correction]Soit

M =

0 1 (0)

. . . . . .

(0) . . . 11 (0) 0

Mn(C)a) Calculer le polynme caractristique de M . La matrice M est-ellediagonalisable ? est-elle inversible ?b) Soit G =

{Mk/k Z}. Montrer que G est une groupe cyclique et prciser son

cardinal.

Exercice 36 [ 03715 ] [correction]Soit (G, ?) un groupe cyclique n lment engendr par a.Pour r N?, on introduit lapplication f : G G dfinie par

x G, f(x) = xr

a) Vrifier que f est un endomorphisme de (G, ?).b) Dterminer le noyau f .c) Montrer que limage de f est le sous-groupe engendr par ad avecd = pgcd(n, r).d) Pour y G, combien lquation xr = y possde-t-elle de solutions ?



Exercice 37 [ 03845 ] [correction]Montrer que les sous-groupes finis du groupe (SO(2), ) des rotations du plansont cycliques.

Anneaux

Exercice 38 [ 00126 ] [correction]Soit f : C C un endomorphisme de lanneau (C,+,) tel que

x R, f(x) = xMontrer que f est lidentit ou la conjugaison complexe.

Exercice 39 [ 00127 ] [correction]Soit a un lment dun ensemble X.Montrer lapplication Ea : F(X,R) R dfinie par Ea(f) = f(a) est unmorphisme danneaux.

Exercice 40 [ 00128 ] [correction]Pour d N, on note

Ad ={

(x, y) Z2/d divise (y x)}a) Montrer que Ad est un sous anneau (Z2,+,).b) Inversement, soit A un sous anneau de (Z2,+,).Montrer que H = {x Z/(x, 0) A} est un sous groupe de (Z,+).c) En dduire quil existe d N tel que H = dZ et A = Ad.

Exercice 41 [ 01221 ] [correction]Soient a et b deux lments dun anneau (A,+,). Montrer que si 1 ab estinversible alors 1 ba lest aussi.

Exercice 42 [ 03376 ] [correction]Un anneau A est dit rgulier si

x A,y A, xyx = xOn considre un tel anneau A et lon introduit

Z = {x A/a A, ax = xa}a) Montrer que Z est un sous-anneau de A.b) Vrifier que Z est rgulier.

Exercice 43 [ 03856 ] [correction]On note P lensemble des nombres premiers. On se propose dtablir lexistencedune correspondance bijective entre lensemble des sous-anneaux de lanneau(Q,+,) et lensemble des parties de P.Pour A un sous-anneau de (Q,+,), on note

P (A) ={p P/1

p A

}a) Soient A et B sont deux sous-anneaux de (Q,+,). Etablir

P (A) = P (B) A = Bb) Soit P un sous-ensemble de P. Dterminer un sous-anneau A de (Q,+,)vrifiant P (A) = P .c) Conclure.

Corps

Exercice 44 [ 00129 ] [correction]Soit A un anneau intgre fini. Montrer que A est un corps.(indice : on pourra introduire lapplication x 7 ax pour a A, a 6= 0A)

Exercice 45 [ 00130 ] [correction]Soit K un corps fini commutatif. Calculer

xK?x

Exercice 46 [ 00132 ] [correction]Soient K, L deux corps et f un morphisme danneaux entre K et L.a) Montrer que x K\ {0} , f(x) est inversible et dterminer f(x)1.b) En dduire que tout morphisme de corps est injectif.

Exercice 47 [ 00133 ] [correction]a) Montrer que si p est nombre premier alors

k {1, . . . , p 1} , p divise(p

k

)b) En dduire que si K est un corps de caractristique p 6= 0 alors

a, b K, (a+ b)p = ap + bp



Idaux

Exercice 48 [ 00134 ] [correction]Quels sont les idaux dun corps K ?

Exercice 49 [ 03854 ] [correction]Montrer que les idaux dun sous-anneau de (Q,+,) sont principaux.

Exercice 50 [ 00135 ] [correction]On note

D ={ p

10n /p Z, n N}

lensemble des nombres dcimaux.a) Montrer que D est un sous-anneau de (Q,+,).b) Montrer que les idaux de D sont principaux (cest--dire de la forme aD aveca D).

Exercice 51 [ 03635 ] [correction]Soit I un idal de lanneau produit (Z2,+,).a) On pose I1 = {x Z/(x, 0) I} et I2 = {y Z/(0, y) I}.Montrer que I1 et I2 sont des idaux de (Z,+,).b) Etablir I = I1 I2.c) Conclure que les idaux de lanneau (Z2,+,) sont tous principaux.

Exercice 52 [ 00136 ] [correction][Nilradical dun anneau]On appelle nilradical dun anneau commutatif (A,+,) lensemble N form deslments nilpotents de A i.e. des x A tels quil existe n N? vrifiant xn = 0A.Montrer que N est un idal de A.

Exercice 53 [ 00137 ] [correction][Radical dun idal]Soit I un idal dun anneau commutatif A. On note R(I) lensemble des lmentsx de A pour lesquels il existe un entier n non nul tel que xn I.a) Montrer que R(I) est un idal de A contenant I.

b) Montrer que si I et J sont deux idaux alors

R(I J) = R(I) R(J) et R(I + J) R(I) +R(J)c) On suppose que A = Z. Montrer que lensemble des entiers n non nuls tels queR(nZ) = nZ est exactement lensemble des entiers sans facteurs carrs.

Exercice 54 [ 00138 ] [correction]Soient A un anneau commutatif et e un lment idempotent de A (i.e. e2 = e).a) Montrer que J = {x A/xe = 0} est un idal de A.b) On note I = Ae lidal principal engendr par e. Dterminer I + J et I J .c) Etablir que pour tout idal K de A :

(K I) + (K J) = K

Exercice 55 [ 00140 ] [correction][Idaux premiers]Un idal I dun anneau commutatif (A,+,) est dit premier si, et seulement si,

x, y A, xy I x I ou y Ia) Donner un exemple didal premier dans Z.b) Soit P K [X] un polynme irrductible. Montrer que P.K [X] est premier.c) Soient J et K deux idaux de A. Montrer

J K = I (J = I ou K = I)d) Soit (A,+,) un anneau commutatif dont tout idal est premier. Etablir queA est intgre puis que A est un corps.

Exercice 56 [ 00141 ] [correction][Z est noethrien]Montrer que tout suite croissante (pour linclusion) didaux de Z est stationnaire.Ce rsultat se gnralise-t-il aux idaux de K [X] ?.

Exercice 57 Centrale MP [ 02367 ] [correction]Soit A un sous-anneau de Q.a) Soit p un entier et q un entier strictement positif premier avec p. Montrer quesi p/q A alors 1/q A.



b) Soit I un idal de A autre que {0}. Montrer quil existe n N? tel queI Z = nZ et qualors I = nA.c) Soit p un nombre premier. On pose

Zp = {a/b; a Z, b N?, p b = 1}Montrer que si x Q? alors x ou 1/x appartient Zp.d) On suppose ici que x ou 1/x appartient A pour tout x Q?. On note Ilensemble des lments non inversibles de A.Montrer que I inclut tous les idaux stricts de A. En dduire que A = Q ouA = Zp pour un certain nombre premier p.

Exercice 58 Mines-Ponts MP [ 02661 ] [correction]Soit p un nombre premier. On note Zp lensemble des a/b o (a, b) Z N? et pne divise pas b. On note Jp lensemble des a/b o (a, b) Z N?, p divise a et pne divise pas b.a) Montrer que Zp est un sous-anneau de Q.b) Montrer que Jp est un idal de Zp et que tout idal de Zp autre que Zp estinclus dans Jp.c) Dterminer les idaux de Zp.

Exercice 59 [ 02450 ] [correction]Soit A un sous-anneau dun corps K.On suppose :

x K\ {0} , x A ou x1 Aet on forme I lensemble des lments de lanneau A non inversibles.a) Montrer que I est un idal de A.b) Montrer que tout idal de A autre que A est inclus dans I.

Exercice 60 [ 03843 ] [correction]Soit A un anneau intgre. On suppose que lanneau A ne possde quun nombrefini didaux.Montrer que A est un corps.

Classe de congruence

Exercice 61 [ 00142 ] [correction]Rsoudre les quations suivantes :

a) 3x+ 5 = 0 dans Z/10Zb) x2 = 1 dans Z/8Zc) x2 + 2x+ 2 = 0 dans Z/5Z.

Exercice 62 [ 00143 ] [correction]Rsoudre les systmes suivants :

a){x 1 [6]x 2 [7] b)

{3x 2 [5]5x 1 [6] c)

{x+ y 4 [11]xy 10 [11]

Exercice 63 [ 00145 ] [correction]Soit p un nombre premier et k un entier premier avec p 1.Montrer que lapplication : Z/pZ Z/pZ dfinie par (x) = xk est bijective.

Exercice 64 [ 00146 ] [correction]Soit p un entier premier. Montrer que pour tout k N,

xZ/pZxk est gal 0 ou

1.

Exercice 65 [ 00147 ] [correction]Dterminer les morphismes de groupes entre (Z/nZ,+) et (Z/mZ,+).

Exercice 66 [ 00148 ] [correction][Thorme de Wilson]Soit p un nombre premier suprieur 2.a) Quels sont les lments de Z/pZ qui sont gaux leurs inverses ?b) En dduire que p divise (p 1)! + 1.c) Montrer que si n > 2 divise (n 1)! + 1 alors n est premier.

Exercice 67 [ 00149 ] [correction]Soit p un nombre premier suprieur 3.a) Quel est le nombre de carrs dans Z/pZ ?b) On suppose p = 1 [4]. En calculant de deux faons (p 1)!, justifier que 1est un carr dans Z/pZ.c) On suppose p = 3 [4]. Montrer que 1 nest pas un carr dans Z/pZ.



Exercice 68 Centrale MP [ 02364 ] [correction]Soit un entier n > 2. Combien le groupe (Z/nZ,+) admet-il de sous-groupes ?

Exercice 69 Mines-Ponts MP [ 02649 ] [correction]Soit (G, .) un groupe fini tel que

g G, g2 = eo e est le neutre de G. On suppose G non rduit {e}.Montrer quil existe n N? tel que G est isomorphe ((Z/2Z)n,+).

Exercice 70 Mines-Ponts MP [ 02660 ] [correction]Si p est un nombre premier, quel est le nombre de carrs dans Z/pZ ?

Exercice 71 [ 03218 ] [correction]Soit p un nombre premier. Calculer

pk=1

k etpk=1

k2

Exercice 72 [ 03780 ] [correction]Donner lensemble G des inversibles de lanneau Z/20Z.Montrer que (G,) est isomorphe (Z/2Z Z/4Z,+)

Petit thorme de Fermat

Exercice 73 [ 00144 ] [correction][Petit thorme de Fermat]Soit p un nombre premier. Montrer

a (Z/pZ)?, ap1 = 1

Exercice 74 [ 03636 ] [correction]Soit n > 2 un entier. On suppose

a {1, . . . , n 1} , an1 1 [n]Montrer que n est un nombre premier

Exercice 75 [ 00204 ] [correction][Nombres de Carmichael]Soit n un entier suprieur 2.On suppose que n pour tout facteur premier p de n, p2 ne divise pas n mais p 1divise n 1.Etablir

a Z, an a [n]

Exercice 76 [ 03686 ] [correction]On dsire tablir quil existe une infinit de nombres premiers de la forme 4n+ 1.Pour cela on raisonne par labsurde et on suppose que ceux-ci sont en nombre finiet on les numrote pour former la liste p1, . . . , pr.On pose alors

N = (2p1 . . . pr)2 + 1a) On suppose quil existe un facteur premier q de N de la forme 4n+ 3.Etablir

(2p1 . . . pr)(q1) 1 [q]b) Conclure en exploitant le petit thorme de Fermat.

Indicatrice dEuler

Exercice 77 [ 02655 ] [correction]Combien y a-t-il dlments inversibles dans Z/78Z ?

Exercice 78 [ 00151 ] [correction]Pour n N?, on note (n) le nombre dlments inversibles dans (Z/nZ,).a) Calculer (p) et (p) pour p premier et N?.b) Soient m et n premiers entre eux.On considre lapplication f : Z/mnZ Z/nZ Z/mZ dfinie par f(x) = (x, x).Montrer que f est bien dfinie et ralise un isomorphisme danneaux.c) En dduire que (mn) = (m)(n).d) Exprimer (n) selon la dcomposition primaire de n.

Exercice 79 [ 00257 ] [correction]Etablir

n > 3, (n) > n ln 2lnn+ ln 2



Exercice 80 [ 02374 ] [correction]Montrer que pour tout entier n > 3, (n) est un nombre pair.

Exercice 81 [ 00152 ] [correction]Pour n N?, on note (n) le nombre dlments inversibles dans (Z/nZ,).Etablir

a (Z/nZ)?, a(n) = 1

Exercice 82 [ 00153 ] [correction]Pour n N?, on note (n) le nombre de gnrateurs de (Z/nZ,+).a) Montrer que si H est un sous-groupe de (Z/nZ,+), il existe a divisant nvrifiant H =< a >.b) Observer que si d | n il existe un unique sous-groupe de (Z/nZ,+) dordre d.c) Justifier que si d | n le groupe (Z/nZ,+) possde exactement (d) lmentsdordre d.d) Montrer

n N?,d|n

(d) = n

Exercice 83 [ 03634 ] [correction]On note la fonction indicatrice dEuler.a) Soit d un diviseur positif de n N?. Combien y a-t-il dentiers k vrifiant

k [[1, n]] et pgcd(k, n) = d ?b) En dduire

n =d|n

(d)

Exercice 84 [ 02381 ] [correction]Soient T = (ti,j) Mn(R) dtermine par

ti,j ={

1 si i divise j0 sinon

et D = diag((1), . . . , (n)) Mn(R) matrice diagonale.On rappelle la proprit

n N?, n =d|n

(d)

a) Calculer le coefficient dindice (i, j) de la matrice tTDT en fonction depgcd(i, j).b) En dduire la valeur du dterminant de la matrice de Smith

S =

pgcd(1, 1) pgcd(1, 2) pgcd(1, n)pgcd(2, 1) pgcd(2, 2) pgcd(2, n)

......

...pgcd(n, 1) pgcd(n, 2) pgcd(n, n)

Arithmtique

Exercice 85 [ 00155 ] [correction]Soit A un ensemble de n+ 1 > 2 entiers distincts tous infrieurs ou gaux 2n.Montrer quil existe deux lments de A tels que lun divise lautre.

Exercice 86 Centrale MP [ 02358 ] [correction]Pour n N?, on dsigne par N le nombre de diviseurs positifs de n et par P leurproduit. Quelle relation existe-t-il entre n, N et P ?

Exercice 87 Centrale MP [ 02359 ] [correction]Soit A la somme des chiffres de 44444444, B celle de A et enfin C celle de B. Quevaut C ?

Exercice 88 Centrale MP [ 02361 ] [correction]Soit P Z [X] et a, b deux entiers relatifs avec b > 0 et b irrationnel.a) Exemple : montrer que

6 est irrationnel.

b) Quelle est la forme de (a+b)n ?

c) Montrer que si a+b est racine de P alors ab aussi.

d) On suppose que a+b est racine double de P . Montrer que P = RQ2 avec R

et Q dans Z [X].

Exercice 89 Centrale MP [ 02369 ] [correction]On suppose que n est un entier > 2 tel que 2n 1 est premier.Montrer que n est nombre premier.



Exercice 90 Centrale MP [ 02370 ] [correction]On note P lensemble des nombres premiers. Pour tout entier n > 0, on notevp(n) lexposant de p dans la dcomposition de n en facteurs premiers. On notebxc la partie entire de x. On note pi(x) le nombre de nombres premiers au plusgaux x.a) Montrer que vp(n!) =

k=1

npk

.

b) Montrer que(

2nn

)divise

pP;p62n

p

ln(2n)ln p

.

c) Montrer que(

2nn

)6 (2n)pi(2n).

d) Montrer que xln x = O(pi(x)) quand x +

Exercice 91 Mines-Ponts MP [ 02654 ] [correction]Montrer quil existe une infinit de nombres premiers de la forme 4n+ 3.

Exercice 92 Mines-Ponts MP [ 02656 ] [correction]Soient des entiers a > 1 et n > 0.Montrer que si an + 1 est premier alors n est une puissance de 2.

Exercice 93 Mines-Ponts MP [ 02657 ] [correction]Soit, pour n N, Fn = 22n + 1.a) Montrer, si (n,m) N2 avec n 6= m, que Fn Fm = 1.b) Retrouver laide du a) le fait que lensemble des nombres premiers est infini.

Exercice 94 Mines-Ponts MP [ 02658 ] [correction]a) Pour (a, n) Z N? avec a n = 1, montrer que a(n) = 1 [n].b) Pour p premier et k {1, . . . , p 1}, montrer que p divise

(p

k

).

c) Soit (a, n) (N?)2. On suppose que an1 = 1 [n]. On suppose que pour tout xdivisant n 1 et diffrent de n 1, on a ax 6= 1 [n]. Montrer que n est premier.

Exercice 95 [ 03681 ] [correction]On note d(n) le nombre de diviseurs positifs de n N?.

Dterminer un quivalent de1n

nk=1

d(k)

reprsentant la moyenne du nombre de diviseurs positifs des entiers infrieurs n.

Exercice 96 [ 03725 ] [correction][Thorme dAubry]Soit N un entier strictement positif.On suppose que le cercle dquation x2 + y2 = N possde un point rationnel(x0, y0).On introduit (x0, y0) un point entier obtenu par arrondi de (x0, y0).En tudiant lintersection du cercle avec la droite joignant (x0, y0) et (x0, y0),montrer que le cercle contient un point entier (x1, y1).

Dnombrement

Exercice 97 Centrale MP [ 02357 ] [correction]Soit E un ensemble de cardinal n, R une relation dquivalence sur E ayant kclasses dquivalence et G =

{(x, y) E2/xRy} le graphe de R suppos de

cardinal p. Prouver quon a n2 6 kp.

Exercice 98 Centrale MP [ 02362 ] [correction]Soit E un ensemble fini de cardinal n. Calculer :

XECardX,

X,YE

Card(X Y ) et

X,YECard(X Y )


[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 19 janvier 2014 Corrections 11

Corrections

Exercice 1 : [nonc]Les relations S et T sont clairement rflexives et symtriques.Soient x, y, z E.Supposons xSy et ySz.On a alors xRy et yRz donc xRz et aussi yRx et zRy donc zRx puis xSz.Le raisonnement nest plus valable avec T et on peut prsumer que T ne sera pasune relation dquivalence.Prenons pour R la relation divise dfinie sur N?. On a 2 | 6 et 3 | 6 donc 2T 6 et6T 3 or 2 6 T 3.Ici la relation T nest pas transitive.

Exercice 2 : [nonc]a) La relation tudie est videmment rflexive, symtrique et transitive.b) Y Cl(X) Y A = X A.Soit Y Cl(X). On a Y A = X Ax Y \A on a x Y A = X A et x / A donc x X\A. Ainsi Y \A X\A etinversement X\A Y \A donc X\A = Y \A.Puisque Y = (Y \A) (Y A) on a Y = (X\A) B avec B (A).Inversement soit Y = (X\A) B avec B (A).On a Y A = (X\A) (B A) = (X A) A = X A.Finalement Cl(X) = {(X\A) B/B (A)}.

Exercice 3 : [nonc]a) f IdE = IdE f donc fRf .Si fRg alors il existe S(E) telle que f = g mais alorsg 1 = 1 f donc gRf .Si fRg et gRh alors il existe, S(E) telles que f = g et g = hdonc f = h avec = S(E). Ainsi fRh.b)

g Cl(f) S(E), g = 1 f Finalement

Cl(f) ={1 f / S(E)}

Exercice 4 : [nonc]S est rflexive, symtrique et transitive sans difficults.

On dfinit Cl(x) 4 Cl(y) xRy. La relation 4 est bien dfinie, rflexivetransitive.Si Cl(x) 4 Cl(y) et Cl(y) 4 Cl(x) alors xSy donc Cl(x) = Cl(y).

Exercice 5 : [nonc]Soit x G. On a xRx car xx1 = 1 H.Soient x, y G. Si xRy alors xy1 H et donc yx1 H do yRx.Soient x, y, z G. Si xRy et yRz alors xy1 H et yz1 H donc xz1 Hdo xRz.Finalement R est une relation dquivalence.Soit a G.

x Cl(a) xRa xa1 Hdonc

Cl(a) = Ha = {ha/h H}

Exercice 6 : [nonc]a) La relation est immdiatement rflexive et symtrique.En discutant selon les cas dgalit, on montre aussi quelle est transitive.b) Sil nexiste pas dans (G, .) dlment dordre 2, les classes dquivalence de larelation R comportent toutes deux lments sauf celle de e qui ne comporte quunlment. Les classes dquivalence tant disjointes de runion G, le cardinal de Gest alors impair ce qui est contraire aux hypothses.

Exercice 7 : [nonc]Considrons la relation binaire R sur G dfinie par

y1Ry2 x G, xy1 = y2x

Il est immdiat de vrifier que R est une relation dquivalence sur G. Les classesdquivalence de R forment donc une partition de G ce qui permet daffirmer quele cardinal de G est la somme des cardinaux des classes dquivalence de R.Une classe dquivalence dun lment y est rduite un singleton si, et seulementsi,

x G, xy = yxi.e.

y Z(G)



En dnombrant G en fonction des classes dquivalence de R et en isolant parmicelles-ci celles qui sont rduites un singleton on a

CardG = CardZ(G) +N

avec N la somme des cardinaux des classes dquivalence de R qui ne sont pasrduites un singleton.Pour poursuivre, montrons maintenant que le cardinal dune classe dquivalencede la relation R divise le cardinal de G.Considrons une classe dquivalence {y1, . . . , yn} pour la relation R et notons

Hi = {x G/xy1 = yix}

Pour i {1, . . . , n}, puisque y1Ryi, il existe xi G tel que

xiy1 = yixi

Considrons alors lapplication : H1 Hi dfinie par

(x) = xix

On vrifie que cette application est bien dfinie et quelle est bijective.On en dduit

CardH1 = . . . = CardHm = n

et puisque G est la runion disjointes des H1, . . . ,Hm

CardG = mn = p

Ainsi toutes les classes dquivalences qui ne sont pas rduites 1 lment ont uncardinal multiple de p et donc p | N .Puisque p divise CardG = CardZ(G) +N , on a

p | CardZ(G)

Sachant Z(G) 6= (car 1 Z(G)) on peut affirmer

CardZ(G) > p

Exercice 8 : [nonc]Non. {(x, x)/x Z} est un sous-groupe de (Z2,+) nest pas produit de deuxsous-groupes.

Exercice 9 : [nonc]Si H K ou K H alors H K = K (resp. H) et donc H K est unsous-groupe de (G, ? )Inversement, supposons que H K est un sous groupe et que H 6 K. Il existealors h H tel que h / K.Pour tout k K, on a k ? h H K car H K est stable.Si k ? h K alors h = k1 ? (k ? h) K ce qui est exclu.Il reste k ? h H qui donne k = (k ? h) ? h1 H. Ainsi K H.Ainsi si H K est un sous-groupe alors H K ou K H.

Exercice 10 : [nonc]a) Soit : G G un tel morphisme et H = {x G/(x) = eG} son noyau.On sait dj que H est un sous-groupe de (G, .).Soient x H et a G. On a

(axa1) = (a)(x)(a)1 = (a)eG(a)1 = eG

donc axa1 H.b) HK G et e = e.e HK.Soient a, b HK. On peut crire

a = xy et b = xy avec x, x H et y, y KOn a alors

ab = xyxy

Puisque z = yxy1 H, on a encoreab = (xz)(yy) HK

Aussia1 = y1x1 = zy1 HK

avec z = y1x1y H.Ainsi HK est bien un sous-groupe de (G, .).

Exercice 11 : [nonc]Notons T lensemble des lments de torsion dun groupe ablien (G, ? ).On a videmment T G et e T .Si x, y T avec xn = ym = e alors

(x ? y1)mn = xmn ? ymn = e

donc x ? y1 T .



Exercice 12 : [nonc]a) Puisque a est inversible, a est rgulier ce qui fournit linjectivit delapplication x 7 a ? x.Un argument de cardinalit finie donne la bijectivit de lapplication.b) Par permutation

xGx =

xG

(a ? x) = an ?xG

x

donc an = e.

Exercice 13 : [nonc]a) Lapplication f : H aH dfinie par f(x) = ax est bijective.b) Si aH bH 6= alors b1a H et alors puisque ax = bb1ax on a aH bH.Par symtrie aH = bH.c) Notons k le nombre densembles aH deux deux distincts. La runion deceux-ci est gale G donc par cardinalit CardG = kCardH do CardH | CardG.d) < x > est un sous-groupe de (G, .) de cardinal gal lordre de llment x.

Exercice 14 : [nonc]Soient un tel morphisme et la transposition qui change 1 et 2. On a 2 = Iddonc ()2 = 1 do () = 1 ou 1. Soit = ( i j ) une transpositionquelconque de Sn. Il existe une permutation Sn telle que = 1 etalors ( ) = (). Sachant enfin que tout lment de Sn est produit detranspositions on peut conclure :Si () = 1 alors : 7 1. Si () = 1 alors = (morphisme signature).

Exercice 15 : [nonc]a) 1 = ( 2 3 ), 2 2 = ( 3 4 ), etc.Les transpositions de la forme

(i i+ 1

)appartiennent au sous-groupe

engendr par et . Or pour 1 6 i < j 6 n, on observe(i j

)=(i i+ 1

) . . . ( j 1 j ) . . . ( i i+ 1 )donc toutes les transpositions appartiennent au sous-groupe engendr par et .Sachant que toute permutation est produit de transposition, on peut conclure que{, } engendre le groupe (Sn, ).b) Le groupe (Sn, ) ntant pas commutatif (n > 3), il nest pas monogne.

Exercice 16 : [nonc]H Sn, Id H. Remarquons, k {1, . . . , n}, (k) = n+ 1 (n+ 1 k)., H,( )(k) = ((k)) = n+ 1 (n+ 1 (k)) = n+ 1 (n+ 1 k) donc H. H. Posons ` = 1(k). On a (n+ 1 `) = n+ 1 (`) = n+ 1 k donc1(n+ 1 k) = n+ 1 ` puis 1(k) + 1(n+ 1 k) = `+ (n+ 1 `) = n+ 1.

Exercice 17 : [nonc]Non, lquation x2 = 1 admet deux solutions dans (Q?,) alors que lquationanalogue dans (Q,+), savoir 2x = 0, nadmet quune solution.

Exercice 18 : [nonc]Notons, pour n = 6 que (S3, ) est un groupe non commutatif 6 lments.Un groupe n = 1 lment est videmment commutatif.Pour n = 2, 3 ou 5, les lments dun groupe n lments vrifient xn = e.Puisque n est premier, un lment autre que e de ce groupe est un lmentdordre n et le groupe est donc cyclique donc commutatif.Pour n = 4, sil y a un lment dordre 4 dans le groupe, celui-ci est cyclique.Sinon, tous les lments du groupe vrifient x2 = e. Il est alors classique dejustifier que le groupe est commutatif.

Exercice 19 : [nonc]Notons

H ={x+ y

3/x N, y Z, x2 3y2 = 1

}Pour a H, a = x+ y3 avec x N, y Z et x2 3y2 = 1. On a doncx =

1 + 3y2 >

3 |y| puis a > 0. Ainsi H R?+.

1 H car on peut crire 1 = 1 + 03 avec 12 3.02 = 1.Pour a H, on a avec des notations immdiates,

1a

= x y

3

avec x N, y Z et x2 3(y)2 = 1. Ainsi 1/a H.Pour a, b H et avec des notations immdiates,

ab = xx + 3yy + (xy + xy)

3

avec xx + 3yy Z, xy + xy Z et (xx + 3yy)2 3(xy + xy)2 = 1.Enfin puisque x >

3 |y| et x > 3 |y|, on a xx + 3yy > 0 et finalement ab H.



Exercice 20 : [nonc]a) Pour i 6= j {2, . . . , n}, (i, j) = (1, i) (1, j) (1, j).Toute transposition appartient t2, t3, . . . , tn et puisque celles-ci engendrent Sn,Sn = t2, t3, . . . , tn.b) Si s = (i, j), us est la rflexion par rapport lhyperplan de vecteur normalei ej .c) Si s est le produit de p transpositions alors kerus contient lintersection de phyperplans. Ici kerus = {0} donc p > n 1.d) n 1.

Exercice 21 : [nonc]Supposons AH = H.

a A, a = ae AH = Hdonc A H.Supposons A H. Pour x AH, x = ah avec a A, h H. Or a, h H doncx = ah H.Ainsi AH H.Inversement, pour a A (il en existe car A 6= ) et pour tout h H, h = a(a1h)avec a1h H donc h AH. Ainsi H AH puis =.

Exercice 22 : [nonc]a) Soit H un tel groupe. Ncessairement H 6= {0} ce qui permet dintroduire

a = inf {h > 0/h H}

Si a 6= 0, on montre que a H puis par division euclidienne que tout x H estmultiple de a . Ainsi H = aZ ce qui est exclu. Il reste a = 0 et alors pour tout > 0, il existe H ]0, ]. On a alors Z H et donc pour tout x R, ilexiste h Z H vrifiant |x h| 6 6 . Ainsi H est dense dans R.b) Soit x R\Q. Pour N N?, considrons lapplication f : {0, . . . , N} [0, 1[dfinie par f(kx) = kx bkxc. Puisque les N + 1 valeurs prises par f sont dansles N intervalles [i/N, (i+ 1)/N [ (avec i {0, . . . , N 1}), il existe au moinsdeux valeurs prises dans le mme intervalle. Ainsi, il existe k < k {0, . . . , N} telque |f(k) f(k)| < 1/N . En posant p = bkxc bkxc Z etq = k k {1, . . . , N}, on a |qx p| < 1/N et doncx pq

< 1Nq < 1q2

En faisant varier N , on peut construire des couples (p, q) distincts et donc affirmerquil existe une infinit de couple (p, q) Z N? vrifiantx pq

< 1q2c) Puisque pi est irrationnel, il existe une suite de rationnels pn/qn vrifiantpi pnqn

< 1q2navec qn +.On a alors

|upn | = 1pn sin pn

= 1pn sin (pn qnpi) > 1|pn| 1|pn qnpi| > qnpn 1pi

Ainsi la suite (un) ne tend pas vers 0.

{|sinn| /n N} = {|sin(n+ 2kpi)| /n Z, k Z} = |sin (Z+ 2piZ)|Puisque le sous-groupe H = Z+ 2piZ, nest pas monogne (car pi irrationnel), Hest dense dans R et par lapplication |sin(.)| qui est une surjection continue de Rsur [0, 1], on peut affirmer que {|sinn| /n N} est dense dans [0, 1].En particulier, il existe une infinit de n tel que |sinn| > 1/2 et pour ceux-ci|un| 6 2/n.Ainsi, il existe une suite extraite de (un) convergeant vers 0.Au final, la suite (un) diverge.

Exercice 23 : [nonc]a) On dfinit les matrices S et T puis on calcule RS:=matrix(2, 2, [-1, 0, 0, 1]);T:=matrix(2, 2, [-1, 1, 1, 1])/sqrt(2);R:=evalm(S&*T);On obtient

R = 12

(1 11 1

)La matrice R est la matrice dune rotation dangle pi/4 et donc vrifie R8 = I2.On en dduit

R = {I2, R,R2, . . . , R7}groupe cyclique de cardinal 8.On peut visualiser les lments de R en crivant



seq(evalm(R&k), k=0..7);On calculer SR et R7Sevalm(S&*R);evalm(R7&*S);On constate

SR = R7S = Tb) Considrons

H = R RSH est videmment une partie de G contenant S et T .On tablit aisment SR` = R7`S pour tout ` Z.On en dduit alors que H est stable par produit.On en dduit aussi que H est stable par passage linverse car

(RkS)1 = S1Rk = SRk = R7kS

Ainsi H est un sous-groupe inclus dans G contenant S et T . Or G est le plus petitsous-groupe contenant S et T donc G = H.Il y a 8 lments dans R, lapplication M 7MS tant injective, il y aussi 8lments dans RS. Enfin les lments R sont distincts de ceux de RS car dedterminants distincts.On en dduit

G ={I2, R,R

2, . . . , R7} {S,RS,R2S, . . . , R7S}

de cardinal n = 16.La squence de tous les lments de G estseq(evalm(R&k), k=0..7), seq(evalm(R&k&*S), k=0..7);Les endomorphismes canoniquement associs aux lments Rk sont des rotations,plus prcisment, les rotations dangles kpi/4.Les endomorphisme canoniquement associs aux lments RkS sont des rflexions.Laxe de rflexion sobtient en recherchant un vecteur propre associ la valeurpropre 1.c) On obtient la squence des images respectives de la squence prcdentedonnant les lments de G en crivantseq(evalm(S&*R&k), k=0..7), seq(evalm(S&*R&k&*S), k=0..7);La permutation de {1, 2, . . . , 16} correspondante est(

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 169 16 15 14 13 12 11 10 1 8 7 6 5 4 3 2

)Le nombre dinversion de celle-ci est

8 + (14 + 13 + 12 + 11 + 10 + 9 + 8) + 0 + (6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 + 0)

soit encore(1 + 2 + + 14) + 1 = 106

La permutation considre est donc paire, i.e. de signature 1.On peut aussi tenter, un calcul direct avec MapleOn dfinit la liste des lments de G.L:=[seq(evalm(R&k), k=0..7), seq(evalm(R&k&*S), k=0..7)]:On dfinit la procdure donnant lindice dun lment de Gindice:=proc(M)local k;global L;for k from 1 to 16 doif equal(M, L[k]) then RETURN(k) fi

odend:Enfin on calcule la signature par la formule

() =i


donc B est lment neutre de la loi ?.Enfin si y0 6= 0 alors pour

x1 = x0/y0y1 = 1/y0

on observeM0 ? M1 = M1 ? M0 = B

et donc on peut affirmer que M0 est inversible dinverse M1.c) On a

yn = yn1yn2et on peut donc affirmer quil est possible dcrire yn sous la forme

yn = yan0 ybn1

avec {a0 = 1, a1 = 0, an = an1 + an2b0 = 0, b1 = 1, bn = bn1 + bn2

Les suites (an) et (bn) sont rcurrente linaires dordre 2 dquationcaractristique r2 = r + 1 de racines

r1 =1 +

52 et r2 =

152

On obtient aprs calculs

an =r2

r2 r1 rn1 +

r1r1 r2 r

n2 et bn =

rn2 rn1r2 r1

Exercice 25 : [nonc]Notons K le complmentaire de H dans G et montrons K = G.On a videmment K G.Inversement, on a K K et il suffit dtablir H K pour conclure.Puisque H est un sous-groupe strict de G, son complmentaire K est non vide etdonc il existe a K.Pour x H, llment a ? x ne peut appartenir H car sinon a = (a ? x) ? x1serait lment du sous-groupe H. On en dduit que a ? x K et donc

x = a1 ? (a ? x) KAinsi

G = H K Ket on peut conclure K = G.

Exercice 26 : [nonc]a) On a videmment

(ab)pq = (ap)q(bq)p = eInversement, supposons (ab)r = e. On a alors

aqr = (ar)q = (br)q = (bq)r = e

et donc p divise qr. Or p et q sont premiers entre eux donc p divise r.Mutatis mutandis, on obtient que q divise r et donc pq divise r car p et q sontpremiers entre eux.Finalement ab est un lment dordre pq exactement.b) Dans (C?,), a = 1 est dordre et b = j est dordre 6 tandis que ab = j estdordre 3.Plus simplement encore, si x est dordre n alors x x1 est dordre 1.

Exercice 27 : [nonc]a) On a videmment

(ab)pq = (ap)q(bq)p = eInversement, supposons (ab)r = e. On a alors

aqr = (ar)q = (br)q = (bq)r = e

et donc p divise qr. Or p et q sont premiers entre eux donc p divise r.Mutatis mutandis, on obtient que q divise r et donc pq divise r car p et q sontpremiers entre eux.Finalement ab est un lment dordre pq exactement.b) On peut crire p = dp. Considrons alors x = ap .On a

xk = e akp = e p | kp d | ket donc x est un lment dordre k.c) Ecrivons les dcompositions en facteurs premiers de p et q (avec des facteurspremiers communs quitte autoriser les exposants tre nuls)

p = p11 . . . pNN et q = p

11 . . . p

NN

On sait qualorsm = pmax(1,1)1 . . . p

max(N ,N )N

Par la question b), il est possible de dterminer ai lment dordre pmax(i,i)i etpuisque les a1, . . . , aN sont deux deux premiers entre eux, x = a1 . . . aN est unlment dordre m comme le montre un raisonnement par rcurrence bas sur lersultat de la question a).



Exercice 28 : [nonc]Si lapplication tait constante, elle serait constante gale 1 car cest unmorphisme. Puisque nest pas constante, il existe a G tel que (a) 6= 1.On vrifie que lapplication x 7 a ? x est une permutation de G car

y G,!x G, y = a ? x

On en dduit xG

(a ? x) =xG

(x)

car les deux sommes comportent les mmes termes. Or (a ? x) = (a)(x) doncxG

(a ? x) = (a)xG

(x)

Puisque (a) 6= 1, on conclut xG

(x) = 0

Exercice 29 : [nonc]Soit a un gnrateur du groupe cyclique (G, ?) introduit dans lnonc.On sait

G ={e, a, a2, . . . , an1

}avec an = e

Puisque x est lment de G, il existe k [[0, n 1]] tel que x = ak et alors

xn = akn = e

Exercice 30 : [nonc]a) Lensemble des n N? est une partie non vide (car aCardG = e H) de N, ellepossde donc un plus petit lment.b) Posons b = an. Puisque b appartient au sous-groupe H, < b > H.Considrons ensuite x H. Il existe p Z tel que x = ap. Soit r le reste de ladivision euclidienne de p par n

p = nq + r avec 0 6 r < n

Comme ar = apnq = xbq, on a ar H et par dfinition de n, on obtient r = 0.Par suite x = anq = bq et donc x < b >. Ainsi H =< b > est cyclique.

Exercice 31 : [nonc]Par isomorphisme, on peut supposer que G = Z/nZ ce qui rend les choses plusconcrtes.Soient d N? un diviseur de n et d son complment n : d = n/d.H =< d >=

{0, d, 2d, . . . , (d 1)d} est un sous-groupe de Z/nZ d lments.

Inversement, considrons un sous-groupe H d lments.Pour tout x de H, on a dx = 0 car lordre dun lment divise celui du groupe.Par suite n | dx puis d | x ce qui donne x {0, d, 2d, . . . , (d 1)d}.Ainsi H {0, d, 2d, . . . , (d 1)d} puis lgalit par cardinalit.Exercice 32 : [nonc]a) (h, k)n = 1HK p | n et q | n donc (h, k) est un lment dordre ppcm(p, q).b) Posons p et q les ordres de H et K.Supposons p et q premiers entre eux.Si h et k sont gnrateurs de H et K alors (h, k) est un lment dordreppcm(p, q) = pq de H K.Or CardH K = pq donc H K est cyclique.Inversement, supposons H K cyclique.Si (h, k) est gnrateur de H K alors h et k sont respectivement gnrateurs deH et K.On en dduit que h est un lment dordre p, k dordre q et puisque (h, k) estdordre ppcm(p, q) et pq, on conclut que p et q sont premiers entre eux.

Exercice 33 : [nonc]a) Gp C?, 1 Gp, pour z Gp, il existe k N tel que zpk = 1 et alors(1/z)pk = 1 donc 1/z Gp.Si de plus z Gp, il existe k N vrifiant zpk

et alors

(zz)pk+k

=(zp

k)pk (

zpk)pk

= 1 donc zz Gp.b) Notons

Upk ={z C/zpk = 1

}Soit H un sous-groupe de Gp diffrent de Gp.Sil existe une infinit de k N vrifiant Upk H alors H = Gp car Gp est larunion croissante de Upk .Ceci tant exclu, on peut introduire le plus grand k N vrifiant Upk H.Pour ` > k, tous les lments de Up`\Upk engendrent au moins Upk+1 , orUpk+1 6 H donc H Upk puis H = Upk



H est donc un sous-groupe cyclique et ne peut tre maximal pour linclusion carinclus dans le sous-groupe propre Upk+1 .c) Si Gp pouvait tre engendr par un systme fini dlments, il existerait k Ntel que ses lments sont tous racines pk-ime de lunit et alors Gp Upk ce quiest absurde.

Exercice 34 : [nonc]a) Par la factorisation a2 b2 = (a b)(a+ b)

a2n2 1 = (a2n3 + 1)(a2n3 1)

et en rptant lopration

a2n2 1 = (a2n3 + 1)(a2n4 + 1) . . . (a20 + 1)(a20 1)

Il y a n 1 facteurs dans ce produit et ceux-ci sont tous pairs car a est impair.De plus, les deux derniers facteurs sont a+ 1 et a 1 et parmi ces deux figure unmultiple de 4.On en dduit que 2n divise a2n2 1 et donc a2n2 1 [2n].b) Par labsurde supposons (Z/2nZ)? cyclique.Les lments de ce groupe sont les k avec 2 k = 1, ce sont donc les classes desentiers impairs. Il y en a exactement 2n1. Si a est un gnrateur de (Z/2nZ)?alors a est un entier impair et a est un lment dordre 2n1. Or le rsultatprcdent donne a2n2 = 1 et donc lordre de a est infrieur 2n2 < 2n1. Cestabsurde.

Exercice 35 : [nonc]a) On obtient M (X) = (1)n(Xn 1).Les racines de M sont les racines de lunit, il y en a n ce qui est la taille de lamatrice et donc M est diagonalisable.Puisque 0 nest pas racine de M , la matrice M est inversible.b) Par Cayley-Hamilton, nous savons Mn = In et donc M est un lment dordrefini du groupe (GLn(C),). Par calcul ou par considration de polynmeminimal, on peut affirmer que n est le plus petit exposant p > 0 tel que Mp = Inet donc M est un lment dordre exactement n. On en dduit que G est ungroupe cyclique de cardinal n.

Exercice 36 : [nonc]a) Le groupe (G, ?) est ncessairement commutatif car cyclique. Pour toutx, y G, on a

f(x ? y) = (x ? y)r = xr ? yr = f(x) ? f(y)

b) Pour x G, on peut crire x = ak avec k Z et alors

f(x) = e akr = e

Puisque a est dordre nf(x) = e n | kr

En introduisant d = pgcd(n, r), on peut crire n = dn et r = dr avec n r = 1et alors le thorme de Gauss donne

n | kr n | k

Par consquentker f =

an

c) Par lgalit de Bzout, on peut crire nu+ rv = d et alors

ad = anu ? arv = arv = f(av) Imf

Puisque Imf est un sous-groupe, on a djad Imf .

Inversement, soit y Imf . On peut crire y = xr avec x de la forme ak o k Z.On a donc

y = akr

Or d | r et donc y ad. Ainsi Imf ad puis lgalit.d) Si y / Imf , lquation na pas de solution. Sinon, il existe x0 G tel quexr0 = y et alors

xr = y (x ? x10 )r = eCeci permettre de mettre en correspondance bijective les solutions de lquationxr = y avec les lments du noyau de f . Dans ce cas, il y a exactement n/n = dsolutions lquation.

Exercice 37 : [nonc]Commenons par rappeler que les lments de SO(2) sont les matrices

R() =(

cos sin sin cos

)Soit G un sous-groupe fini de (SO(2), ).Lensemble T = { > 0/R() G} est une partie non vide (car 2pi en est lment)et minore de R. On peut donc introduire

0 = inf T R+



Commenons par tablir que 0 est lment de T .On peut construire une suite (n)n>1 dlments de T convergeant vers 0.Puisque lensemble G est fini, lensemble des R(n) est lui aussi fini. Il existe doncune infinit dindicesn pour lesquels les n sont gaux modulo 2pi une valeur .Puisque n 0, il y a une infinit de n gaux 0 et donc 0 T .Puisque R(0) G, on a R(0) G.Inversement, soit R un lment de G. Il existe R tel que R = R(). On peutcrire = q0 + avec q Z et [0, 2pi[. On a alors

R() = R()R(0)q GSi > 0 alors T ce qui contredit la dfinition de 0 = inf T car < 0.Ncessairement = 0 et donc = q0 ce qui donne R = R(0)q R(0).Finalement

G = R(0)

Exercice 38 : [nonc]Posons j = f(i). On a j2 = f(i)2 = f(i2) = f(1) = f(1) = 1 donc j = i.Si j = i alors a, b R, f(a+ ib) = f(a) + f(i)f(b) = a+ ib donc f = IdC.Si j = i alors a, b R, f(a+ ib) = f(a) + f(i)f(b) = a ib donc f : z 7 z.

Exercice 39 : [nonc]Ea(x 7 1) = 1.f, g F(X,R), Ea(f + g) = (f + g)(a) = f(a) + g(a) = Ea(f) + Ea(g) etEa(fg) = (fg)(a) = f(a)g(a) = Ea(f)Ea(g) donc Ea est un morphismedanneaux.

Exercice 40 : [nonc]a) Ad Z2 et 1Z2 = (1, 1) Ad.Pour (x, y), (x, y) Ad, (x, y) (x, y) = (x x, y y) avecd | (y y) (x x) donc (x, y) (x, y) Ad.Aussi (x, y)(x, y) = (xx, yy) avec d | (yy xx) = (y x)y + x(y x) donc(x, y)(x, y) Ad.b) H 6= car 0 H et x, y H, x y H car (x y, 0) = (x, 0) (y, 0) A.c) H sous groupe de (Z,+) donc il existe d N tel que

H = dZ

Pour tout (x, y) A, on a (x, y) (y, y) = (x y, 0) A car(y, y) < (1, 1) > A. Par suite x y dZ.

Inversement, si x y dZ alors (x y, 0) A puis(x, y) = (x y, 0) + y.(1, 1) A.Ainsi

(x, y) A x y dZet donc alors

A ={

(x, y) Z2/d divise (y x)} = AdExercice 41 : [nonc]Supposons 1 ab inversible et notons x son inverse de sorte que (1 ab)x = 1On observe

(1 ba)bxa = badonc

(1 ba)bxa = (ba 1) + 1puis

(1 ba)(1 + bxa) = 1Lidentit est aussi valable dans lautre sens et donc 1 ba est inversible avec

(1 ba)1 = 1 + b (1 ab)1 a

Exercice 42 : [nonc]a) Immdiatement Z A et 1A Z.Soient x, y Z. Pour tout a A

a(x y) = ax ay = xa ya = (x y)aet

a(xy) = xay = xyadonc x y A et xy A.Ainsi Z est un sous-anneau de A.b) Soit x Z. Il existe y A tel que xyx = x. La difficult est de voir que lonpeut se ramener au cas o y Z. . . Pour cela considrons llment z = xy2. Onobserve

xzx = x3y2 = xyxyx = xyx = xIl reste montrer z Z. Posons a A. Llment x3 commute avec y2ay2 et donc

x3y2ay2 = y2ay2x3

ce qui donnexay2 = y2ax

puis az = za. On peut alors que conclure que lanneau Z est rgulier au sensdfini.



Exercice 43 : [nonc]a) Supposons P (A) = P (B).Soit x A de reprsentant irrductible a/b. Puisque a et b sont premiers entreeux, il existe u, v Z tels que au+ bv = 1 et alors

1b

= au+ bvb

= u.ab

+ v

Sachant que a/b est lment de A et que 1 lest aussi, par addition dans lesous-groupe (A,+), on obtient

1b A

Si p est diviseur premier de b, on peut crire b = pk avec k Z et alors1p

= k.1b A

Par suite les diviseurs premiers de b sont lments de P (A). Or P (A) = P (B) etles diviseurs premiers de b sont aussi lments de B. Puisque B est stable parproduit, llment 1/b appartient B et, finalement,

x = a.1b B

Ainsi A B et, par argument de symtrie, A = B.b) Formons

A ={ab/les diviseurs premiers de b sont lments de P

}On vrifier aisment que A est une partie de Q, contenant 1, stable par diffrenceet produit. Cest donc un sous-anneau pour lequel on vrifie aisment P = P (A).c) Lapplication A 7 P (A) dfinit la correspondance bijective voulue.

Exercice 44 : [nonc]Il sagit ici de montrer que tout a A, tel que a 6= 0A, est inversible.Lapplication x 7 ax est une injection de A vers A car A est intgre, llment aest rgulier.Puisque A est fini, cette application est bijective et il existe donc b A tel queab = 1.Ainsi a est inversible.

Exercice 45 : [nonc]En regroupant chaque x avec son inverse, lorsquils sont distincts, on simplifie

xK?x =

xK?,x=x1

x

Or x = x1 quivaut x2 = 1 et a pour solutions 1 et 1.Que celles-ci soient ou non distinctes, on obtient

xK?x = 1

Exercice 46 : [nonc]a) Pour x K\ {0}, f(x).f(x1) = f(x.x1) = f(1K) = 1L donc f(x) estinversible et f(x)1 = f(x1).b) Si f(x) = f(y) alors f(x) f(y) = f(x y) = 0L. Or 0L nest pas inversibledonc x y = 0K i.e. x = y.Ainsi f est morphisme injectif.

Exercice 47 : [nonc]

a)(p

k

)= pk

(p 1k 1

)donc p divise k

(p

k

). Or p k = 1 car p est premier et

k {1, . . . , p 1} donc p divise(p

k

).

b) Par la formule du binme,

(a+ b)p =pk=0

(p

k

)akbpk

Or pour k {1, . . . , p 1},(p

k

)= 0 dans K car p |

(p

k

)et le corps K est de

caractristique p.Aprs simplification, on obtient

a, b K, (a+ b)p = ap + bp

On en dduit que lapplication x 7 xp est un endomorphisme du corps K. De pluscelui-ci est injectif car

xp = 0K x = 0Ket, si lon sait que K est un corps fini, on peut ajouter que x 7 xpest unautomorphisme [connu comme tant lautomorphisme de Frobenius].



Exercice 48 : [nonc]Soit I un idal dun corps K. Si I 6= {0} alors I contient un lment x non nul.Puisque x I et x1 K on a 1 = xx1 I puis pour tout y K, y = 1 y Iet finalement I = K. Les idaux de K sont donc {0} et K.

Exercice 49 : [nonc]Soit I un idal dun sous-anneau A de (Q,+,).I Z est un sous-groupe de (Z,+) donc de la forme dZ pour un certain d N.Vrifions qualors I est lidal engendr par d.Puisque d I, on a dj par absorption (d) = dA I.Inversement, soit x I. On peut crire x = p/q avec p Z et q N? premiersentre eux.On a alors qx = p Z et, par addition, qx = x+ + x I. Ainsiqx I Z = dZ ce qui permet dcrire x = dk/q.Il reste montrer que k/q est lment du sous-anneau A pour pouvoir conclurex (d) = dA.Puisque A est un sous-anneau de (Q,+,), cest un sous-groupe additif ce quientrane

a A,k Z, k.a ASachant les entiers p et q premiers entre eux, on peut crire

pu+ qv = 1 avec u, v Zet alors

1q

= pqu+ v = u.x+ v.1

Sachant que 1 et x sont lments de A, 1/q lest aussi et enfin k/q = k.(1/q) A.

Exercice 50 : [nonc]a) Il suffit de vrifier les axiomes dfinissant un sous-anneau. . .b) Soit I un idal de D. Lintersection I Z est un sous-groupe de (Z,+) donc ilexiste a Z vrifiant

I Z = aZPuisque a I, on a aD I.Inversement, soit x I. On peut crire

x = p10n avec p Z et n N

On a alors 10nx I par absorption donc p I Z. On en dduit a | p puis x aD.Finalement I = aD

Exercice 51 : [nonc]a) I1 Z et 0 I1 car (0, 0) = 0Z2 I.Soient x, x I1. On a (x+ x, 0) = (x, 0) + (x, 0) I donc x+ x I1.Soit de plus a Z. On a (ax, 0) = (a, 1234) (x, 0) I donc ax I1.Ainsi I1 est un idal de (Z,+,) et de faon analogue I2 aussi.b) Soit (x, y) I1 I2. On a (x, 0) I et (0, y) I donc (x, y) = (x, 0) + (0, y) I.Ainsi I1 I2 I.Inversement soit (x, y) I.On a (x, 0) = (x, y) (1, 0) I donc x I1. De mme y I2 et donc(x, y) I1 I2.Finalement I I1 I2 puis I = I1 I2.c) Les idaux de (Z,+,) sont principaux donc il existe a, b Z tels que I1 = aZet I2 = bZ. Lidal I apparat alors comme tant celui engendr par (a, b) et il estdonc principal.

Exercice 52 : [nonc]N A, 0A N donc N 6= . Pour x, y N , il existe n,m N? tel quexn = ym = 0A.Par la formule du binme,

(x+ y)n+m1 =n+m1k=0

(n+m 1

k

)xkyn+m1k

Pour k > n, xk = 0A et pour k 6 n 1, yn+m1k = 0A. Dans les deux casxkyn+m1k = 0A et donc (x+ y)n+m1 = 0A. Par suite x+ y N .Enfin pour a A et x N , ax N car (ax)n = anxn.

Exercice 53 : [nonc]a) Par dfinition R(I) A01 = 0 I donc 0 R(I).Soient x, y R(I), il existe n,m N? tels que xn, ym I.On a alors

(x+y)n+m1 =n1k=0

(n+m 1

k

)xkyn+m1k+

n+m1k=n

(n+m 1

k

)xkyn+m1k I

car les premiers termes de la somme sont dans I puisque yn+m1k I et lessuivants le sont aussi car xk Idonc x+ y R(I).



Soit de plus a A. On a (ax)n = anxn I donc ax R(I).Ainsi R(I) est un idal de A.Soit x I, on a x1 I donc x R(I).b) Si x R(I J) alors il existe n N? tel que xn I J .On a alors xn I donc x R(I) et de mme x R(J). Ainsi

R(I J) R(I) R(J)

Soit x R(I) R(J). Il existe n,m N? tel que xn I et xm J .Pour N = max(m,n), on a par absorption xN I et xN J donc xN I J .Ainsi x R(I J) et on peut affirmer

R(I J) R(I) R(J)

puis lgalit.Puisque I I + J , on a clairement R(I) R(I + J). De mme R(J) R(I + J).Enfin R(I + J) tant stable par somme R(I) +R(J) R(I + J).c) Si n a un facteur carr d2 avec d > 2.Posons k Z tel que n = d2k.On a dk / nZ et (dk)2 = nk nZ donc dk R(nZ). Ainsi R(nZ) 6= nZ.Si n na pas de facteurs carrs alors n scrit n = p1p2 . . . pm avec p1, . . . , pmnombres premiers deux deux distincts.Pour tout x R(nZ), il existe k N? tel que xk nZ.Tous les p1, . . . , pm sont alors facteurs premiers de xk donc de x et par consquentn divise x.Finalement R(nZ) nZ puis R(nZ) = nZ car lautre inclusion est toujours vraie.

Exercice 54 : [nonc]a) sans difficults.b) Pour tout x A, x = xe+ x(1 e) avec xe I et x xe J . Par suiteI + J = A.Si xe J alors xe = xe2 = 0 donc I J = {0}.c) Linclusion (K I) + (K J) K est immdiate. Linclusion rciproqueprovient de lcriture x = xe+ x(1 e).

Exercice 55 : [nonc]a) Pour p P, pZ est un idal premier. En effet on sait que pZ est un idal et envertu du lemme dEuclide : xy pZ x pZ ou y pZ.b) Mme principec) Supposons J K = I.

Si J = I ok.Sinon il existe a J tel que a / I. Pour tout b K, ab J K do ab I puisb I car a / I. Ainsi K I. Dautre part I = J K K donc I = K.d) I = {0} est un idal premier donc xy = 0 x = 0 ou y = 0.Soit x A tel que x 6= 0. x2A est premier et x2 x2A donc x x2A.Ainsi il existe y A tel que x = x2y et puisque x 6= 0, xy = 1.Ainsi A est un corps.

Exercice 56 : [nonc]Une suite croissante (In) didaux de Z se dtermine par une suite dentiersnaturels (an) vrifiant In = anZ et an+1 | an. Si pour tout n N, In = {0} alorsla suite (In) est stationnaire.Sinon partir dun certain rang In 6= {0} et la relation an+1 | an entranean+1 6 an. La suite dentiers naturels (an) est dcroissante et donc stationnaire. Ilen est de mme pour (In).Ce rsultat se gnralise K [X] en travaillant avec une suite de polynmesunitaires (Pn) vrifiant Pn+1 | Pn ce qui permet daffirmer en cas de non nullitdegPn+1 6 degPn puis (degPn) stationnaire, puis encore (Pn) stationnaire etenfin (In) stationnaire.

Exercice 57 : [nonc]Notons quun sous-anneau de Q possdant 1 contient ncessairement Z.a) Par galit de Bzout, on peut crire pu+ qv = 1 avec u, v Z. Si pq A alors

1q

= upq

+ v.1 A

b) I Z est un sous-groupe de (Z,+) donc il est de la forme nZ avec n N.Puisque I 6= {0}, il existe p/q I non nul et par absorption, p = q.p/q I Zavec p 6= 0. Par suite I Z 6= {0} et donc n N?.Puisque n I, on peut affirmer par absorption que nA I.Inversement, pour p/q I avec p q = 1 on a 1/q A et p nZ donc p/q nA.Ainsi I = nA.c) On peut vrifier que Zp est un sous-anneau de Q.Pour x = a/b Q? avec a b = 1. Si p 6 |b alors p b = 1 et x Zp. Sinon p | b etdonc p 6 |a do lon tire 1/x Zp.d) Soit J un idal strict de A. J ne contient pas dlments inversibles de A carsinon il devrait contenir 1 et donc tre gal A.Ainsi J est inclus dans I. De plus, on peut montrer que I est un idal de A.En effet I A et 0 I.



Soient a A et x I.Cas a = 0 : ax = 0 I.Cas a 6= 0 : Supposons (ax)1 A alors a1x1 A et doncx1 = a(a1x1) A ce qui est exclu. Ainsi, (ax)1 / A et donc ax I.Soient x, y I. Montrons que x+ y I.Cas x = 0, y = 0 ou x+ y = 0 : cest immdiat.Cas x 6= 0, y 6= 0 et x+ y 6= 0 : On a (x+ y)1(x+ y) = 1 donc

(x+ y)1(1 + x1y) = x1 et (x+ y)1(1 + xy1) = y1 (*)

Par lhypothse de dpart, lun au moins des deux lments x1y ouxy1 = (x1y)1 appartient A.Par oprations dans A laide des relations (*), si (x+ y)1 A alors x1 ou y1appartient A ce qui est exclu. Ainsi (x+ y)1 / A et donc x+ y I.Finalement I est un idal de A.Par suite, il existe n N, vrifiant I = nA.Si n = 0 alors I = {0} et alors A = Q car pour tout x Q?, x ou 1/x A et dansles deux cas x A car I = {0}.Si n = 1 alors I = A ce qui est absurde car 1 A est inversible.Ncessairement n > 2. Si n = qr avec 2 6 q, r 6 n 1 alors puisque 1/n / A, aumoins lun des lments 1/q et 1/r / A. Quitte changer, on peut supposer1/q / A. qA est alors un idal strict de A donc qA I. Inversement I qApuisque n est multiple de q. Ainsi, si n nest pas premier alors il existe un facteurnon trivial q de n tel que I = nA = qA. Quitte recommencer, on peut seramener un nombre premier p.Finalement, il existe un nombre premier p vrifiant I = pA.Montrons qualors A = Zp.Soit x A. On peut crire x = a/b avec a b = 1. On sait qualors 1/b A doncsi p | b alors 1/p A ce qui est absurde car p I. Ainsi p 6 |b et puisque p estpremier, p b = 1. Ainsi A Zp.Soit x Zp, x = a/b avec b p = 1. Si x / A alors x 6= 0 et 1/x = b/a A puisb/a I pA ce qui entrane, aprs tude arithmtique, p | b et est absurde.Ainsi Zp A puis finalement Zp = A.

Exercice 58 : [nonc]a) Facile.b) Jp idal de Zp : facile.Soit I un idal de Zp. On suppose I 6 Jp, il existe donc un lment a/b Ivrifiant a/b / Jp. Par suite p ne divise ni a, ni b et donc et b/a Zp de sorte quea/b est inversible dans Zp. Ainsi lidal contient un lment inversible, donc parabsorption il possde 1 et enfin il est gal Zp.

c) Pour k N, posons Jpk lensemble des a/b o (a, b) Z N?, pk | a et p nedivise pas b. On vrifie aisment que Jpk est un idal de Zp.Soit I un idal de Zp. Posonsk = max

{`/x I,(a, b) Z N?, x = a/b, p` | a, p ne divise pas b}.

On a videmment I Jpk .Inversement, il existe x = a/b I avec pk | a, pk+1 ne divise pas a et p ne divisepas b.On peut crire a = pka avec p qui ne divise pas a, et donc on peut crirex = pkx avec x = a/b inversible dans Zp. Par suite tout lment de Jpk peutscrire xy avec y Zp et donc appartient I. Ainsi Jpk I puis =.Finalement les idaux de Zp sont les Jpk avec k N.

Exercice 59 : [nonc]a) I A et 0 I.Soient a A et x ISi a = 0 alors ax = 0 I.Pour a 6= 0, supposons (ax)1 A.On a alors a1x1 A et donc x1 = a(a1x1) A ce qui est exclu.Ncessairement (ax)1 / A et donc ax I.Soient x, y I. Montrons que x+ y I.Si x = 0, y = 0 ou x+ y = 0, cest immdiat. Sinon :On a (x+ y)1(x+ y) = 1 donc

(x+ y)1(1 + x1y) = x1 et (x+ y)1(1 + xy1) = y1 (*)

Par lhypothse de dpart, lun au moins des deux lments x1y ouxy1 = (x1y)1 appartient A.Par oprations dans A laide des relations (*), si (x+ y)1 A alors x1 ou y1appartient A ce qui est exclu. Ainsi (x+ y)1 / A et donc x+ y I.Finalement I est un idal de A.b) Soit J un idal de A distinct de A.Pour tout x J , si x1 A alors par absorption 1 = xx1 J et donc J = I cequi est exclu.On en dduit que x1 / A et donc x I. Ainsi J I.

Exercice 60 : [nonc]Soit x A avec x 6= 0A. Il suffit dtablir que x est inversible pour conclure.Pour chaque n N, xnA est un idal. Puisque lanneau A ne possde quunnombre fini didaux, il existe p < q N tels que xpA = xqA. En particulier,puisque xp xpA, il existe a A tel que

xp = xqa



On a alorsxp(1A xqpa) = 0A

Lanneau A tant intgre et sachant x 6= 0A, on a ncessairementxqpa = 1A

On en dduit que x est inversible avec

x1 = xqp1a

Exercice 61 : [nonc]a) 3x+ 5 = 0 x+ 5 = 0 x = 5 car linverse de 3 dans Z/10Z est 7.b) Il suffit de tester les entiers 0, 1, 2, 3, 4. 1 et 3 conviennent. Les solutions sont1, 3, 5, 7.c) x2 + 2x+ 2 = 0 x2 + 2x 3 = 0 (x 1)(x+ 3) = 0 donc les solutions sont1 et 3.

Exercice 62 : [nonc]a) x 1 [6] donne x = 1 + 6k qui dans la deuxime quation donne 6k = 1 [7].Or linverse de 6 tant 6 on parvient k = 6 [7] i.e. k = 6 + 7` puis x = 37 + 42`avec ` Z. Inversement ok.b) {

3x 2 [5]5x 1 [6]

{x 4 [5]x 5 [6]

on poursuit comme ci-dessus. Les solutions sont 29 + 30` avec ` Z.c) Les solutions du systme sont solutions de lquation

z2 4z + 10 = 0 [11]Or z2 4z + 10 = z2 + 7z + 10 = (z + 2)(z + 5) donc les solutions sont 2 = 9 et5 = 6. On obtient comme solutions les couples (9, 6) et (6, 9).

Exercice 63 : [nonc]Par lgalit de Bzout,

uk (p 1)v = 1Considrons alors lapplication : Z/pZ Z/pZ dfinie par (x) = xu.On observe

((x)) = xku = x x(p1)v

Si x = 0 alors ((x)) = 0 = x.Si x 6= 0 alors par le petit thorme de Fermat, xp1 = 1 puis

((x)) = x 1v = xAinsi = Id et de mme = Id. On peut conclure que est bijective.

Exercice 64 : [nonc]Considrons a (Z/pZ)?. Il est clair que lapplication x 7 ax est unepermutation de Z/pZ donc

ak

xZ/pZxk =

xZ/pZ

(ax)k =

xZ/pZxk

puis(ak 1)

xZ/pZ

xk = 0

Sil existe a (Z/pZ)? tel que ak 6= 1 alorsxZ/pZ

xk = 0

Sinon, xZ/pZ

xk = 0 +

x(Z/pZ)?1 = p 1 = 1

Exercice 65 : [nonc]Notons x les lments de Z/nZ et x ceux de Z/mZ.Posons d = pgcd(n,m). On peut crire

n = dn et m = dm avec n m = 1Soit un morphisme de (Z/nZ,+) vers (Z/mZ,+).On a

n.(1) = (n.1) = (n) = (0) = 0

Si lon note (1) = k, on a donc m | nk do m | nk puis m | k car m et n sontpremiers entre eux.Ainsi (1) = ma pour un certain a Z puis alors

x Z, (x) = max



Inversement, si lon considre pour a Z, lapplication : Z/nZ Z/mZ donnepar

x Z, (x) = maxon vrifie que est dfinie sans ambigut car

x = y m = md | m(x y) max = may

On observe aussi que est bien un morphisme de groupe.

Exercice 66 : [nonc]a) Dans le corps Z/pZ lquation x2 = 1 na que pour seules solutions 1 et1 = p 1 [p] (ventuellement confondues quand p = 2)b) Dans le produit (p 1)! = 1 2 p 1 o lon retrouve tous les lmentsinversibles de Z/pZ chaque lment, sauf 1 et p 1, peut tre apparier soninverse (qui lui est distincts). Par suite (p 1)! = p 1 = 1 [p].c) Dans (Z/nZ,+,), 1 2 . . . (n 1) = 1 donc les lments 1, 2, . . . , n 1sont tous inversibles. Il en dcoule que (Z/nZ,+,) est un corps et donc n estpremier.

Exercice 67 : [nonc]a) Considrons lapplication : x 7 x2 dans Z/pZ.Dans le corps Z/pZ : (x) = (y) x = y.Dans Im, seul 0 possde un seul antcdent, les autres lments possdent deuxantcdents distincts. Par suite CardZ/pZ = 1 + 2(CardIm 1) donc il y a p+12carrs dans Z/pZ.b) Dune part, dans le produit (p 1)! calcul dans Z/pZ, tous les termes qui nesont pas gaux leur inverse se simplifient. Il ne reste que les termes gaux leurinverse qui sont les solutions de lquation x2 = 1 dans Z/pZ savoir 1 et 1.Ainsi (p 1)! = 1 dans Z/pZ.Dautre part, en posant n = p12 ,(p1)! = 1. . .n(n+1). . .(p1) = 1. . .n(n). . .(1) = (1)n(n!)2.Or p = 1 [4] donc n est pair et 1 = (p 1)! = (n!)2 est un carr dans Z/pZ .c) Si 1 est un carr de Z/pZ, alors lapplication x 7 x dfinit une involutionsur lensemble des carrs de Z/pZ. Puisque seul 0 est point fixe de cetteapplication, on peut affirmer quil y a un nombre impair de carrs dans Z/pZ. Orsi p = 3 [4], (p+ 1)/2 est un entier pair, 1 ne peut donc tre un carr dansZ/pZ.

Exercice 68 : [nonc]On note x la classe dun entier x dans Z/nZ.Soit H un sous-groupe de Z/nZ.On peut introduire

a = min{k > 0, k H}

car toute partie non vide de N possde un plus petit lment.Considrons alors a le groupe engendr par la classe de a. On peut dcrire cegroupe

a = {q.a/q Z}Cest le plus petit sous-groupe contenant llment a car il est inclus dans toutsous-groupe contenant cet lment. Par consquent a est inclus dans H.Montrons quil y a en fait galit.Soit k H. Par division euclidienne de k par a, on crit

k = aq + r avec r {0, . . . , a 1}On a alors k = q.a+ r et donc, par oprations dans le groupe H, on obtientr = k q.a H. On ne peut alors avoir r > 0 car cela contredirait la dfinition dea. Il reste donc r = 0 et par consquent k = q.a aFinalement

H =< a >De plus, en appliquant le raisonnement prcdent avec k = n (ce qui est possiblecar n = 0 H), on obtient que a est un diviseur de n.Inversement, considrons un diviseur a de n. On peut crire

n = aq avec q N?

et on peut alors dcrire les lments du groupe engendr par a, ce sont

0, a, 2.a, . . . , (q 1)aOn constate alors que les diviseurs de n dterminent des sous-groupes deux deux distincts de (Z/nZ,+).On peut conclure quil y a autant de sous-groupe de (Z/nZ,+) que de diviseurspositifs de n.

Exercice 69 : [nonc]Le groupe (G, .) est ablien. En effet, pour tout x G, on a x1 = x donc, pourx, y G, (xy)1 = xy. Or (xy)1 = y1x1 = yx donc xy = yx.Pour 0, 1 Z/2Z et x G, posons

0.x = e et 1.x = x



On vrifie quon dfinit alors un produit extrieur sur G munissant le groupeablien (G, .) dune structure de Z/2Z-espace vectoriel. En effet, pour (x, y) G2et (, ) (Z/2Z)2 on a

(+ ).x = .x+ .x, .(x+ y) = .x+ .y, .(.x) = ().x et 1.x = x

De plus, cet espace est de dimension finie car CardG < +, il est donc isomorphe lespace ((Z/2Z)n,+, .) pour un certain n N?.En particulier, le groupe (G, .) est isomorphe ((Z/2Z)n,+).

Exercice 70 : [nonc]Si p = 2 : il y a deux carrs dans Z/2Z.Si p > 3, considrons lapplication : x 7 x2 dans Z/pZ.Dans le corps Z/pZ : (x) = (y) x = y.Dans Im, seul 0 possde un seul antcdent, les autres lments possdent deuxantcdents distincts. Par suite CardZ/pZ = 1 + 2(CardIm 1) donc il y p+12carrs dans Z/pZ.

Exercice 71 : [nonc]On a

pk=1

k =pk=1

k = p(p+ 1)2

Si p = 2 alorspk=1

k = 1

Si p > 3 alors (p+ 1)/2 est un entier et doncpk=1

k = p (p+ 1)2 = 0

On apk=1

k2 =pk=1

k2 = p(p+ 1)(2p+ 1)6

Si p = 2 alorspk=1

k2 = 1

Si p = 3 alorspk=1

k2 = 12 + 22 = 2

Si p > 5 alors (p+ 1)(2p+ 1) est divisible par 6.En effet, p+ 1 est pair donc (p+ 1)(2p+ 1) aussi.De plus, sur les trois nombres conscutifs

2p, (2p+ 1), (2p+ 2)

lun est divisible par 3. Ce ne peut tre 2pet si 2p+ 2 est divisible par 3 alors p+ 1lest aussi. Par suite (p+ 1)(2p+ 1) est divisible par 3.Ainsi

pk=1

k2 = p (p+ 1)(2p+ 1)6 = 0

Exercice 72 : [nonc]Les inversibles sont obtenus partir des nombres premiers avec 20

G = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19}

3 est un lment dordre 4 dans (G,) avec

3 = {1, 3, 9, 7}

et 11 est un lment dordre 2 nappartenant pas 3.Le morphisme : Z/2Z Z/4Z G donn par

(k, `) = 11k 3`

est bien dfini et injectif par les arguments qui prcdent.Par cardinalit, cest un isomorphisme.

Exercice 73 : [nonc]Pour a (Z/pZ)?, lapplication x 7 ax est une permutation de (Z/pZ)?.Le calcul

x(Z/pZ)?x =

x(Z/pZ)?

ax = ap1

x(Z/pZ)?x

donne alors ap1 = 1 car

x(Z/pZ)?x 6= 0.



Exercice 74 : [nonc]Pour tout a {1, . . . , n 1}, a est premier avec n. En effet, un diviseur commun a et n est diviseur de an1 1 et donc de 1.On en dduit que n est premier puisque premier avec chaque naturel strictementinfrieur lui-mme.

Exercice 75 : [nonc]Par hypothse, on peut crire n = p1p2 . . . pr avec p1, . . . , pr nombres premiersdeux deux distincts.Soit a Z. Considrons i {1, . . . , r}.Si pi ne divise pas a, le petit thorme de Fermat assure api1 1 [pi].Puisque pi 1 divise n 1, on a encore an1 1 [pi] et donc an a [pi]Si pi divise a alors pi divise aussi an et donc an 0 a [pi].Enfin, chaque pi divisant an a et les pi tant deux deux premiers entre eux,n = p1 . . . pr divise an a et finalement an a [n] .La rciproque de ce rsultat est vraie.Ce rsultat montre que le petit thorme de Fermat ne caractrise pas les nombrespremiers. Les nombres non premiers satisfaisant le petit thorme de Fermat, sontles nombres de Carmichael. Le plus petit dentre eux est 561, le suivant 1105.

Exercice 76 : [nonc]a) Puisque q divise N , on a

(2p1 . . . pr)2 1 [q]On peut crire le nombre premier q sous la forme 4n+ 3 et alors

(2p1 . . . pr)(q1) [(2p1 . . . pr)2

]2n+1 (1)2n+1 1 [q]b) Par le petit thorme de Fermat, on a aussi

(2p1 . . . pr)(q1) 1 [q]et puisque 1 et 1 ne sont pas congrus modulo q, on obtient une absurdit.La dcomposition en facteurs premiers de N , ne fait donc intervenir aucunnombre premier de la forme 4n+ 3. Les facteurs premiers de N ne peuvent doncqutre 2 et ceux de la forme 4n+ 1. Ceux-ci divisent alors 2p1 . . . pr et donc, paroprations, ils divisent aussi 1.Cest absurde.Notons quon peut dmontrer, plus simplement, quil existe aussi une infinit denombres premiers de la forme 4n+ 3.

Exercice 77 : [nonc]Les inversibles dans Z/78Z sont les classes associs aux entiers de {1, . . . , 78} quisont premiers avec 78 = 2 3 13. Il suffit ensuite de dnombrer les multiples de2, 3, 13 compris entre 1 et 78. On conclut quil y a 24 lments inversible dansZ/78Z. On peut aussi calculer (78) = 1 2 12 = 24.

Exercice 78 : [nonc]Les lments inversibles de (Z/nZ,) sont les lments reprsents par un nombrepremier avec n.a) (p) = p 1. Etre premier avec p quivaut tre premier avec p i.e. ne pastre divisible par p puisque p P. Il y a p1 multiples de p compris entre 1 et pdonc (p) = p p1.b) Si x = y [mn] alors x = y [n] et x = y [m] donc f est bien dfinie.(1) = (1, 1) et si a = x+ y/xy [mn] alors a = x+ y/xy [n] donc est unmorphisme danneaux.Si f(x) = f(y) alors x = y [m] et x = y [n] alors m,n | y x et puisquem n = 1 alors mn | y x donc x = y [mn].f est injective puis bijective par lgalit des cardinaux.c) Les inversibles de Z/mnZ correspondent aux couples forms par un inversiblede Z/nZ et un inversible de Z/mZ. Par suite (mn) = (m)(n).

d) Si n =Ni=1

pii alors (n) =Ni=1

pi1i (pi 1).

Exercice 79 : [nonc]Notons p1, . . . , pr les facteurs premiers de n. On sait

(n) = n(

1 1p1

)(1 1

p2

). . .

(1 1

pr

)En ordonnant les p1, p2, . . . , pr, on peut affirmer

1 6 i 6 r, pi > 1 + iet donc(

1 1p1

)(1 1

p2

). . .

(1 1

pr

)>(

1 12)(

1 13). . .

(1 11 + r

)Par produit tlescopique(

1 1p1

)(1 1

p2

). . .

(1 1

pr

)>

12

23

r

r + 1 =1

r + 1



Or on a aussin > p1 . . . pr > 2r

et doncr 6 nln 2

On en dduit(n) > nn

ln 2 + 1= n ln 2n+ ln 2

Exercice 80 : [nonc]Si n possde un facteur premier impair p alors on peut crire n = pm avec mpremier avec p. On a alors

(n) = (p)(m) = (p p1)(m)

Puisque p p1 est un nombre pair (par diffrence de deux impairs), on obtientque (n) est pair.Si n ne possde pas de facteurs premiers impairs, on peut crire n = 2 avec > 2 et alors (n) = 21 est un nombre pair.

Exercice 81 : [nonc]Soit f : x 7 ax de (Z/nZ)? vers lui-mme.Cette application est bien dfinie, injective et finalement bijective par cardinalit.Ainsi

x(Z/nZ)?x =

x(Z/nZ)?

ax = a(n)

x(Z/nZ)?x

puis a(n) = 1 car llment

x(Z/nZ)?x est inversible.

Exercice 82 : [nonc]a) Soit H un sous-groupe de Z/nZ.Si H = {0} alors H =< n >.Sinon, on peut introduire a = min

{k N?/k H}.

La division euclidienne de n par a donne n = qa+ r do r H puis r = 0. Ainsia | n.On a < a > H et par division euclidienne on montre H < a > do < a >= H.b) Si a divise n, on observe que < a > est de cardinal ordre n/a. Ainsi < n/d >est lunique sous-groupe dordre d de (Z/nZ,+).

c) Un lment dordre d de Z/nZ est gnrateur dun sous-groupe d lmentsdonc gnrateur de < n/d >. Inversement, tout gnrateur de < n/d > estlment dordre d de Z/nZ. Or < n/d > est cyclique dordre d donc isomorphe Z/dZ et possde ainsi (d) gnrateurs. On peut donc affirmer que Z/nZ possdeexactement (d) lment dordre d.d) Lordre dun lment de Z/nZ est cardinal dun sous-groupe de Z/nZ et doncdiviseur de n. En dnombrant Z/nZ selon lordre de ses lments, on obtient

d|n(d) = n

Exercice 83 : [nonc]a) On peut crire n = dm.Si k [[1, n]] vrifie pgcd(k, n) = d alors d divise k et donc on peut crire k = d`avec ` [[1,m]].De plus pgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) = d donne ` m = 1.Inversement, si k = d` avec ` [[1,m]] et ` m = 1 alors k [[1, n]] etpgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) = d.Ainsi, il y a autant de k cherch que de ` lments de [[1,m]] premiers avec m, savoir (m).b) En partitionnant [[1, n]] selon les valeurs possibles d du pgcd de ses lmentsavec n (ce qui dtermine un diviseur de n), on peut crire

[[1, n]] =d|n{k [[1, n]] /pgcd(k, n) = d}

Puisque cest une union densembles deux deux disjoints, on obtient

Card [[1, n]] =d|n

Card {k [[1, n]] /pgcd(k, n) = d}

ce qui donnen =

d|n

(n/d) =|n

()

en procdant pour ltape finale une rindexation de la somme.

Exercice 84 : [nonc]a) Le coefficient dindice (i, j) de la matrice DT est (i)ti,j .



Le coefficient dindice (i, j) de la matrice tTDT estnk=1

tk,i(k)tk,j =

k|i et k|j(k)

Or les diviseurs communs i et j sont les diviseurs de pgcd(i, j) et doncnk=1

tk,i(k)tk,j =

k|pgcd(i,j)(k) = pgcd(i, j)

b) La matrice T est triangulaire suprieure coefficients diagonaux gaux 1donc detT = 1 puis

detS = detD =nk=1

(k)

Ce rsultat a t publi par H. J. S. Smith en 1875.

Exercice 85 : [nonc]Raisonnons par rcurrence sur n > 1.Pour n = 1 : okSupposons la proprit tablie au rang n.Par labsurde supposons que A soit une partie de n+ 2 entiers distincts tousinfrieurs ou gaux 2n+ 2. Indexons les lments de A par ordre croissant :A = {a0, . . . , an, an+1} avec ai < ai+1.Si an 6 2n alors lensemble {a0, . . . , a2n} est contraire lhypothse de rcurrence.Sinon an = 2n+ 1 et an+1 = 2n+ 2. Puisque n+ 1 | an+1, ncessairementn+ 1 / {a0, . . . , an1}Considrons alors {a0, . . . , an1} {n+ 1}. Cest une partie n+ 1 lments tousinfrieur ou gaux 2n. Par hypothse de rcurrence, lun deux divise lautre et ilen est donc de mme dans {a0, . . . , an1, an+1}. Ceci induit une contradictionavec lhypothse de dpart.Rcurrence tablie.

Exercice 86 : [nonc]En associant dans P 2 = P P chaque diviseur d avec celui qui lui est conjugun/d, on obtient un produit de N termes gaux n. Ainsi

P 2 = nN

Exercice 87 : [nonc]Posons x = 44444444, 4444 = 7 [9], 73 = 1 [9] donc 44444444 = 7 [9].x < 1054444 donc A 6 9 5 4444 = 199980, B 6 9 5 + 1 = 46 puisC 6 4 + 9 = 13.Or C = B = A = x [9] donc C = 7

Exercice 88 : [nonc]a) Supposons

6 = p/q avec p q = 1. On a 6q2 = p2 donc p pair, p = 2k. On

obtient alors 3q2 = 2k2 et donc q est pair. Absurde car p et q sont premiers entreeux.b) Par dveloppement selon la formule du binme de Newton(a+

b)n = k + k

b avec k, k Z.

c) a+b racine de P =

nk=0

akXk donne

nk=0

akk =(

nk=0

akk

)b.

Lirrationalit deb entrane

nk=0

akk =nk=0

akk = 0 ce qui permet de justifier

P (ab) = 0.d) Posons Q = (X a+b)(X ab) = X2 2aX + a2 b Z [X].Par division euclidienne P = QS + T avec deg T < 2. Or en posant cette divisioneuclidienne, on peut affirmer que S, T Z [X] avec P,Q Z [X] et Q unitaire.a+b, ab racine de P entrane T = 0 et donc P = QS avec Q,S Z [X]. En

drivant P = QS +QS et a+b entrane racine de P donne a+

b racine de

S. On peut alors comme ci-dessus justifier S = QR avec R Z [X] et conclure.

Exercice 89 : [nonc]Si n = ab avec a, b N? alors

2n 1 = (2a 1)(1 + 2a + + 2a(b1))donc 2a 1 | 2n 1 do 2a 1 = 1 ou 2a 1 = 2n 1 ce qui implique a = 1 oua = n.Ainsi n ne possde que des diviseurs triviaux, il est premier.

Exercice 90 : [nonc]a) Pour k suffisamment grand

n/pk

= 0, la somme voque existe donc car elle

ne comporte quun nombre fini de termes non nuls. n! = 1 2 . . . n, parmi lesentiers allant de 1 n, il y en a exactement bn/pc divisibles par p, n/p2divisibles par p2, etc. . . donc vp(n!) =

k=1

npk

.



b)(

2nn

)= (2n)!(n!)2 . Pour tout p P, vp

((2n)!(n!)2

)=k=1

2npk

2

npk

or

b2xc 2 bxc = 0 ou 1 donck=1

2npk

2

npk

6 Card

{k N?/ 2n/pk > 0} 6 ln(2n)ln p .

De plus les nombres premiers diviseurs de(

2nn

)= (2n)!(n!)2 sont diviseurs dun entier

infrieur 2n (lemme dEuclide) et sont donc eux-mmes infrieur 2n. Il en

dcoule(

2nn

)| pP;p62n

p

ln(2n)ln p

car toutes les puissances de nombres premiers

intervenant dans la dcomposition de(

2nn

)divisent

pP;p62n

p

ln(2n)ln p

.

c)(

2nn

)6

pP;p62n

p

[ln(2n)ln p

]6

pP;p62n

pln(2n)ln p 6

pP;p62n

(2n) = (2n)pi(2n).

d) En passant au logarithme :2nk=1

ln k 2nk=1

ln k 6 pi(2n) ln(2n).A laide dune comparaison intgrale on obtient n1 ln(t)dt 6

nk=1

ln k 6 (n+1)1 ln(t)dt donc

n lnnn+ 1 6nk=1

ln k 6 (n+ 1) ln(n+ 1)n doncnk=1

ln k = n lnnn+O(lnn).

Par suite2nk=1

ln k 2nk=1

ln k = 2n ln(2n) 2n 2(n lnn n) +O(lnn) puis2nk=1

ln k 2nk=1

ln k ln(2)(2n).On en dduit 2nln 2n = O(pi(2n)).Ajoutons xln x 2bx/2cln 2bx/2c par calculs et pi(x) pi(2 bx/2c) car pi(x) et pi(2 bx/2c) nediffrent quau plus dune unit et pi(x) +. Finalement, une certainesatisfaction.

Exercice 91 : [nonc]Par labsurde, supposons quil ny ait quun nombre fini de nombres premiers dela forme 4n+ 3. On peut introduire le nombre N gal au produit de ceux-ci.Considrons alors lentier 4N 1.4N 1 est impair donc 2 ne le divise pas.Si tous les facteurs premiers de 4N 1 sont gaux 1 modulo 4 alors4N 1 1 [4] ce qui est absurde.

Lun au moins des facteurs premiers de 4N 1 est alors de la forme 4n+ 3 etcelui-ci apparat donc dans le produit N . Ce facteur premier divise alors lesnombres 4N 1 et N , il divise donc 1, cest absurde !

Exercice 92 : [nonc]On peut crire

n = 2k(2p+ 1)

On a alorsan + 1 = b2p+1 (1)2p+1 = (b+ 1)c

avec b = a2k .On en dduit que b+ 1 | an + 1, or an + 1 est suppos premier et b+ 1 > 1 doncb+ 1 = an + 1 puis n = 2k.

Exercice 93 : [nonc]a) Quitte changer, supposons n < m.On remarque que

(Fn 1)2mn = Fm 1En dveloppant cette relation par la formule du binme, on parvient unerelation de la forme

Fm + vFn = 2

avec v Z car les coefficients binomiaux sont des entiers.On en dduit que pgcd(Fn, Fm) = 1 ou 2.Puisque Fn et Fm ne sont pas tous deux pairs, ils sont premiers entre eux.b) Les Fn sont en nombre infini et possdent des facteurs premiers distincts, ilexiste donc une infinit de nombres premiers.

Exercice 94 : [nonc]a) Lensemble des inversibles de Z/nZ est un sous-groupe de cardinal (n).

b) k(p

k

)= p

(p 1k 1

)donc p | k

(p

k

)or p k = 1 donc p |

(p

k

).

c) Posons d = (n 1) (n). d = (n 1)u+ (n)v donc ad = 1 [n]. Or d | n 1donc ncessairement d = n 1. Par suite n 1 | (n) puis (n) = n 1 ce quientrane que n est premier.



Exercice 95 : [nonc]On peut crire

nk=1

d(k) =nk=1

d|k

1

et en permutant les deux sommesnk=1

d(k) =nd=1

kAd

1

avec Ad lensemble des multiples de d qui sont infrieurs n. On a videmment

CardAd = E(n/d)

et doncnk=1

d(k) =nd=1

E(nd

)Puisque

x 1 < E (x) 6 xon obtient lencadrement

n

(nd=1

1d 1)6

nk=1

d(k) 6nnd=1

1d

Sachant quil est connu quenk=1

1d lnn

on obtient1n

nk=1

d(k) lnn

Exercice 96 : [nonc]Si le couple (x0, y0) est entier la conclusion est entendue.Sinon, on peut crire

x0 = p0/d0 et y0 = q0/d0 avec p0, q0 Z et d0 N\ {0, 1}Considrons alors un couple entier (x0, y0) obtenu par arrondi de (x0, y0). On a

D2 = (x0 x0)2 + (y0 y0)2 6 1/4 + 1/4

La droite joignant nos deux couples peut tre paramtre par{x = x0 + (x0 x0)y = y0 + (y0 y0)

avec R

Cette droite coupe le cercle en (x0, y0) pour = 1 et recoupe encore celui-ci en(x1, y1) obtenu pour

= (x0)2 + (y0)2 N2

D2

PuisqueD2 = N2 2(x0x0 + y0y0) + (x0)2 + (y0)2 =

d1d0

avec d1 N? et d1 < d0 car D2 < 1.Le nombre est donc de la forme d0k/d1 avec k entier et les coordonnes (x1, y1)sont alors de la forme

x1 = p1/d1 et y1 = q1/d1 avec p1, q1 Z et d1 N?, d1 < d0Si d1 = 1, le processus sarrte, sinon il suffit de rpter lopration jusquobtention dun couple entier.

Exercice 97 : [nonc]Notons n1, . . . , nk les cardinaux respectifs des k classes dquivalence de R. Dunepart n = n1 + + nk, dautre part p = n21 + + n2k. Par lingalit deCauchy-Schwarz : (n1 + + nk)2 6 k(n21 + + n2k).

Exercice 98 : [nonc]

Pour k {0, . . . , n}, il y a(n

k

)parties X un k lments dans E. Par suite

XE

Card(X) =nk=0

k

(n

k

)= n2n1.

Pour k {0, . . . , n}, il y a(n

k

)parties Z k lments dans E.

Pour une telle partie Z, les parties X contenant Z ont ` {k, . . . , n} lments.Il y a

(n k` k

)parties X ` lments contenant Z.

Pour une telle partie X, une partie Y telle que X Y = Z est une partie Ydtermine par Z Y Z CEX.



Il y a 2n` parties Y possibles.

Ainsi, il y an`=k

(n k` k

)2n` = (1 + 2)nk = 3nk couples (X,Y ) tels que

X Y = Z.X,YE

Card(X Y ) =nk=0

CardZ=k

XY=Z

Card(X Y ) =nk=0

k

(n

k

)3nk.

Or ((3 + x)n) = n(3 + x)n1 =nk=0

k

(n

k

)3nkxk1 donc

X,YECard(X Y ) = n4n1.

Enfin Card(X Y ) = CardX + CardY Card(X Y ) donneX,YE

Card(X Y ) = 2nn2n1 + 2nn2n1 n4n1 = 3n4n1.


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Eléments d'Algèbre Générale