مهى هبة الرحمان

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  ملخصات رائعة في الجبر للجامعيين

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yacine
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مُساهمةموضوع: ملخصات رائعة في الجبر للجامعيين   السبت يناير 22, 2011 6:16 pm

Université Mohamed V- Agdal

Faculté des Sciences

Département de Mathématiques

Avenue Ibn Batouta, B.P. 1014, Rabat, Maroc

Filières SM et SMI

Algèbre 4

Structures Algébriques

Exercices Corrigés

Azzouz Cherrabi ElMostafa Jabbouri

Année 2007-2008

ii

Table des matières

1 Arithmétique 1

2 Groupes 7

3 Anneaux et corps 15

4 Divisibilité dans un anneau principal 19

5 Anneaux de Polynômes 23

6 Sujets d’examens 31

6.1 Côntrole final (2006-2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

6.2 Rattrapage (2006-2007) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

6.3 Côntrole final (2007-2008) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

6.4 Rattrapage (2007-2008) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

iii

iv TABLE DES MATIÈRES

Chapitre 1

Arithmétique

Exercice 1.1 On se propose de montrer de deux façons différentes que ∀n ∈ N∗, ∃s, t ∈ N :

n = 2s(2t + 1).

1) Première méthode : Utiliser une récurrence généralisée sur n.

2) Deuxième méthode : En considérant l’ensemble A = {m ∈ N : 2m/n}, montrer que A

possède un plus grand élément noté s et que n = 2s(2t + 1).

Solution

1) * Pour n = 1, n = 20(2.0 + 1).

* Supposons que cette propriété est vraie pour tout k < n.

* Pour n : on distingue les deux cas suivants :

- Si n est impair, alors ∃t ∈ N : n = 2t + 1 d’où n = 20(2t + 1).

- Si n est pair, alors ∃k ∈ N∗ : n = 2k et puisque k < n, il résulte de l’hypothèse de

récurrence que k = 2s′

(2t + 1) avec s′, t ∈ N. Ainsi n = 2s′+1(2t + 1).

2) On a A = {m ∈ N : 2m/n} ⊂ N, A = ∅ car 0 ∈ A et A est majoré, car ∀m ∈ A,

m ≤ log n/ log 2. D’où A possède un plus grand élément qu’on note s. Alors, n = 2sk et

puisque 2s+1 ∤ n, k est impair, i.e., ∃t ∈ N : k = 2t + 1 donc n = 2s(2t + 1).

Exercice 1.2

1) Montrer que si a ∈ N et p est un nombre premier, alors p/a ou p ∧ a = 1.

2) En déduire que si p et q sont deux entiers naturels premiers et distincts, alors p∧q = 1.

3) Montrer que tout entier n ≥ 2 admet un diviseur premier (Ind : Considérer l’ensemble

D = {d ∈ N/ d ≥ 2 et d/n}, montrer que D possède un plus petit élément p et que p est

premier).

4) En déduire que l’ensemble des nombres premiers est infini. (Ind : on suppose que l’ensemble

P des nombres premiers est fini, i.e., P = {p1, . . . , pn}, avec pi les nombres premiers,

considérer l’entier m = p1 . . . pn + 1 et utiliser 3)).

Solution

1) Soit d = p ∧ a. Puisque d/p et p est premier, d = 1 ou d = p. Ainsi p ∧ a = 1 ou p/a.

2) D’après la question précédente, p ∧ q = 1 ou p/q et puisque q est premier et p = q,

p ∧ q = 1.

3) Soient n ≥ 2 et D = {d ∈ N : d ≥ 2 et d/n}. On a D = ∅ (n ∈ D) et D ⊂ N, d’où D

possède un plus petit élément qu’on note p. Alors p est premier, sinon, ∃d /∈ {1, p} tel que d/p

et par suite d/n, ce qui contredit le fait que p est le plus petit élément de D.

1

2 CHAPITRE 1. ARITHMÉTIQUE

4) Supposons que P = {p1, . . . , pn} est fini et considérons m = p1 . . . pn + 1. On a m ≥ 2,

d’où, d’après 3), ∃p premier : p/m et puisque p = pi, alors p/p1 . . . pn donc p/1 = m−p1 . . . pn,

ce qui est absurde.

Exercice 1.3 Soient a, b ∈ N.

1) Montrer que si a ∧ b = 1, alors a ∧ (a + b) = b ∧ (a + b) = 1 et ab ∧ (a + b) = 1.

2) En déduire que si a ∧ b = d, alors (a + b) ∧ (a ∨ b) = d.

Solution

1) Si d/a et d/a + b, alors d/(a + b) − a = b et par suite d = 1. On utilise le même

raisonnement pour vérifier que b ∧ (a + b) = 1.

On a aussi ab ∧ (a + b) = 1. En effet, supposons que ab ∧ (a + b) = 1, ∃p premier tel que

p/ab et p/(a + b), alors (p/a et p/(a + b)) ou (p/b et p/(a + b)) et donc a ∧ (a + b) = 1 ou

b ∧ (a + b) = 1.

2) Posons a = da′ et b = db′, alors a′ ∧ b′ = 1 et donc

(a+b)∧(a∨b) = ((da′+db′)∧(da′∨db′)) = (d(a′+b′)∧d(a′b′)) = d.((a′+b′)∧(a′b′)) et puisque

a′ ∧b′ = 1, on a, d’après la question précédente, (a′+b′)∧(a′b′) = 1, d’où (a+b)∧(a∨b) = d.

Exercice 1.4

1) Soit n ∈ N − {0, 1}. Montrer que tous les entiers suivants ne sont pas des nombres

premiers : n! + 2, n! + 3, . . . , n! + n.

2) Donner 100 entiers consécutifs non premiers.

Solution

1) On remarque que 2/n! + 2, 3/n! + 3, ...et n/n! + n.

2) On prend n = 101 et nk = n! + k avec 2 ≤ k ≤ 101. D’après la question précédente, les

100 entiers nk sont des entiers non premiers.

Exercice 1.5 Soit p ∈ N−{0, 1}. Montrer que si (p−1)! ≡ −1(mod p), alors p est un nombre

premier.

Solution Supposons que p n’est pas premier, alors ∃d ∈ {2, ..., p − 1} : d/p. Comme d ∈

{2, ..., p − 1}, d/(p − 1)!, i.e., (p − 1)! ≡ 0 (mod d). Or, on a (p − 1)! ≡ −1 (mod d) car d/p,

contradiction.

Exercice 1.6 Soient n ∈ N − {0, 1} et p un nombre premier. Si p/n, on appelle p-valuation

de n, et on la note vp(n), l’exposant de la plus grande puissance de p divisant n. i.e., vp(n) =

sup{α ∈ N∗/ pα/n}. Si p ∤ n, on convient que vp(n) = 0.

1) Déterminer v2(104), v3(243) et v5(81).

2) Montrer que si n,m ∈ N − {0, 1}, alors vp(nm) = vp(n) + vp(m).

3) Montrer que v2(1000!) = 994.

Solution

1) On a 104 = 23.13, d’où v2(104) = 3. De même, v3(243) = 5 et v5(81) = 0.

2) Posons vp(n) = α et vp(m) = β, alors pα+β/nm et donc α + β ≤ vp(nm). On a aussi

pα+β+1 ∤ nm, sinon pα+1/n ou pβ+1/m, alors vp(nm) = vp(n) + vp(m).

3) 1000! = 1.(2.1).3.(2.2).....999.(2.500) = 2500.500!.k avec 2 ∤ k, donc, en utilisant 2),

v2(1000!) = 500 + v2(500!). Aussi, v2(500!) = 250 + v2(250!), v2(250!) = 125 + v2(125!),

v2(125!) = 62 + v2(62!), v2(62!) = 31 + v2(31!), v2(31!) = 15 + v2(15!), v2(15!) = 7 + v2(7!),

v2(7!) = 3 + v2(3!) = 4 et ainsi v2(1000!) = 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 994.

3

Exercice 1.7 Montrer que :

1) 11/2123 + 3121

2) 7/32n+1 + 2n+2

Solution

1) On a 25 ≡ −1 (mod 11), d’où 210 ≡ 1 (mod 11). Aussi, on a 35 ≡ 1 (mod 11), alors

2123 + 3121 = (210)12.23 + (310)12.3 ≡ 23 + 3 ≡ 0 (mod 11).

2) 32n+1 + 2n+2 = (32)n.3 + 2n.4 ≡ 2n(3 + 4) ≡ 0 (mod 7).

Exercice 1.8

1) Soient a, b ∈ Z∗. On suppose qu’il existe q, c ∈ Z tels que b = aq + c. Montrer que

a ∧ b = a ∧ c.

2) Soit k ∈ N. Montrer que (5k + 3) ∧ (2k −1) divise 11 et que (5k + 3) ∧ (2k −1) = 1 si,

et seulement si, k + 5 n’est pas congru à 0 modulo 11 (Ind : Appliquer deux fois la réduction

issue de 1)).

3) Soient a = 327 et b = 823. Résoudre l’équation : ax + by = 36.

Solution

1) Posons d = a ∧ b et d′ = a ∧ c. On a d/aq et d/b d’où d/b − aq donc d/c. Puisque d/c

et d/a, alors d/d′. De même, on vérifie que d′/d et ainsi d = d′.

2) * On a 5k + 3 = 2(2k − 1) + (k + 5). Posons b = 5k + 3, a = 2k − 1 et c = k + 5. En

utilisant 1), on a : (5k +3) ∧(2k −1) = (2k −1) ∧(k +5). On a aussi 2k −1 = 2(k +5)−11,

alors (2k − 1) ∧ (k + 5) = (k + 5) ∧ 11 et ainsi (5k + 3) ∧ (2k − 1) = (k + 5) ∧ 11 divise 11.

* On a (k + 5) ∧ 11 = 1 si, et seulement si, k + 5 ≡ 0 (mod 11), car 11 est premier, d’où

(5k + 3) ∧ (2k − 1) = 1 si, et seulement si, k + 5 ≡ 0 (mod 11).

3) On prend k = 164, a = 2k − 1 = 327 et b = 5k + 3 = 823 ; k + 5 = 169 ≡ 4 (mod 11)

d’où, d’après 2), a ∧ b = 1.

On a (k + 5) ∧ 11 = 1. Utilisons l’algorithme d’Euclide pour déterminer s, t ∈ Z tels que

s(k+5)+11t = 1 ; k+5 = 169 = 11・~15+4, q1 = 15, r1 = 4; 11 = 4・~2+3, q2 = 2, r2 = 3; 4 =

3・~1+1, q3 = 1, r3 = 1, alors 1 = (1+q2q3)(k +5)+11(−q1 −q3 −q1q2q3) = 3(k +5)−46.11 ;

on prend s = 3 et t = −46.

Utilisons la réduction 1) pour déterminer u, v ∈ Z tels que ub+va = 1. On a s(k+5)+11t =

1, alors 1 = s(b−2a)+t[2(k +5)−a] = s(b−2a)+t[(2b−4a)−a] = (s+2t)b+(−2s−5t)a

et ainsi, on prend u = s + 2t = −89 et v = −2s − 5t = 224, d’où 36ub + 36va = 36, alors

(x−36v)a+(y−36u)b = 0 (*), ainsi b/(x−36v)a et par suite b/(x−36v), car a∧b = 1. Alors,

x = 36v +mb, où m ∈ Z. En remplaçant x par 36v +mb dans (*), on obtient y = 36u −ma.

On vérifie facilement que x = 36v + mb et y = 36u − ma est solution de l’équation et ainsi

S = {(36v + mb, 36u − ma)/m ∈ Z} ={(8064 + mb,−3204 − ma)/m ∈ Z}.

Exercice 1.9

1) Déterminer x1, x2 ∈ Z tels que



x1 ≡ 1 (modulo 28)

x1 ≡ 0 (modulo 19)

et



x2 ≡ 0 ( modulo 28)

x2 ≡ 1 (modulo 19)

.

2) Déterminer x ∈ Z tel que



x ≡ 13 (modulo 28)

x ≡ 9 (modulo 19)

.

4 CHAPITRE 1. ARITHMÉTIQUE

Solution

1) On a 28∧19 = 1, d’où 19.3+(−2).28 = 1. En posant c1 = 19u = 57 et c2 = 28v = −56,

on obtient



c1 ≡ 1 (modulo 28)

c1 ≡ 0 (modulo 19)

et ainsi x1 ≡ c1 (modulo 28.19 = 532). De même, x2 ≡ c2

(modulo 28.19 = 532).

2) Posons b1 = 13 et b2 = 9 alors



x ≡ 13 (modulo 28)

x ≡ 9 (modulo 19)

si, et seulement si, x ≡ b1c1+b2c2

(modulo 28.19 = 532), i.e, x ≡ 13.57 − 9.56 = 237 (modulo 28.19 = 532).

Exercice 1.10

1) Soit p un nombre premier.

a) Montrer que pour tout entier naturel non nul k < p, on a p|Ck

p .

b) En déduire le petit théorème de Fermat : si p est premier, alors pour tout entier x

tel que x ≡ 0 (mod p), on a xp−1 ≡ 1 (mod p).

2) Soit n ∈ N∗. On appelle Indicateur d’Euler de n le nombre, noté ϕ(n), des entiers m

tels que 1 ≤ m ≤ n et m ∧ n = 1. i.e., ϕ(n) = card{m ∈ N : 1 ≤ m ≤ n et m ∧ n = 1}.

a) Calculer ϕ(6),ϕ(Cool, ϕ(13) et ϕ(p) si p est premier.

b) Montrer que si p et q sont deux nombres premiers distincts, alors

ϕ(pq) = (p−1)(q−1).(Ind : Déterminer le nombre des m tels que 1 ≤ m ≤ pq et m∧pq = 1).

Solution

1)

a) On a pCk−1

p−1 = kCk

p d’où p/kCk

p et puisque p ∧ k = 1 (k < p et p premier), alors p/Ck

p .

b) Utilisons maintenant une récurrence finie sur {1, ..., p − 1} pour montrer que xp ≡ x

(mod p). Le résultat est évident pour x = 1, supposons que le résultat est vrai pour x. Alors,

(x+1)p = xp+

p−1

k=1

Ck

p xp−k+1. Or, pour k : 1 ≤ k ≤ p−1, p|Ck

p , d’où (x+1)p ≡ xp+1 ≡ x+1

(mod p).

Ainsi, pour tout entier x, p/xp − x = x(xp−1 − 1), comme p ∧ x = 1, p/(xp−1 − 1), i.e.,

xp−1 ≡ 1 (mod p).

2)

a) ϕ(6) = 2, ϕ(Cool = 4, ϕ(13) = 12 et puisque ∀k ∈ {1, ..., p − 1}, k ∧ p = 1, ϕ(p) = p − 1.

b) Soit m tel que 1 ≤ m ≤ pq. On a m ∧ pq = 1 si, et seulement si, p/m ou q/m. Alors,

les entiers m tels que 1 ≤ m ≤ pq et m ∧ pq = 1 sont exactement les multiples de p ou de q

dans {1, ..., pq}.

Les multiples de p dans {1, ..., pq} sont p, 2p, ..., qp et par suite, leur nombre est q. De

même, le nombre des multiples de q dans {1, ..., pq} est p. Puisque pq est le seul multiple

commun de p et q dans {1, ..., pq}, le nombre des entiers m tels que 1 ≤ m ≤ pq et m∧pq = 1

est p + q − 1. Ainsi, le nombre des entiers m tels que 1 ≤ m ≤ pq et m ∧ pq = 1 est

pq − (p + q − 1) = (p − 1)(q − 1) et donc ϕ(pq) = (p − 1)(q − 1).

Exercice 1.11 (Le cryptosystème RSA inventé par Rivest, Shamir et Adelman en 1977)

Une personne A veut utiliser le cryptosystème RSA, il prend deux nombres premiers p et q

distincts, et pose n = pq. Il choisit un entier e avec 1 < e < ϕ(n) et e ∧ ϕ(n) = 1.

1) Montrer qu’il existe un, et un seul, entier d tel que : 1 < d < ϕ(n) et ed ≡ 1 (modϕ(n))

(utiliser l’identité de Bezout).

5

- Le couple (n, e) s’appelle la clef publique de A (cette clef est publiée sur Internet).

- Le couple (n, d) s’appelle la clef privée de A (p, q et d doivent rester secrets).

2) Montrer que pour tout entier x tel que 1 < x < n, on a (xe)d ≡ x (mod n). (Ind :

montrer le résultat modulo p puis modulo q en utilisant l’exercice précédent).

3) Application : on prend p = 7, q = 17, e = 11, n = 119 et ϕ(n) = 96.

a) Trouver d tel que 1 < d < 96 et ed ≡ 1 (mod 96).

b) On veut envoyer le message x = 5 à la personne A. Calculer y ≡ xe (mod n) (on

chiffre le message x avec la clef publique de A).

c) A reçoit le message crypté y. Calculer yd (mod n), et montrer que A peut retrouver

le message original x (A déchiffre le message codé y avec sa clef privée).

Solution

1) D’après le théorème de Bezout, ∃d1, d2 ∈ Z : ed1 + ϕ(n)d2 = 1. Soit d le résidu de d1

modulo ϕ(n), d’où 0 ≤ d < ϕ(n) et ed ≡ 1 (mod ϕ(n)). Il est évident que d /∈ {0, 1}. Supposons

maintenant qu’il existe un entier d



: 1 < d



< ϕ(n) et ed

′ ≡ 1 (modϕ(n)), alors ϕ(n)/e(d−d



)

et par suite ϕ(n)/(d − d′), car e ∧ ϕ(n) = 1. Comme |d − d′ | < ϕ(n), on a d′ = d

2) Puisque ed ≡ 1 (mod ϕ(n)), ∃d′ ∈ Z tel que ed + ϕ(n)d′ = 1. Il est évident que d′ ∈ Z−

et par suite posons d′ = −d

′′ ∈ Z−. Distinguons les deux cas suivants :

* Si x ∧ n = 1, on a xp−1 ≡ 0 (mod q), sinon q/x et par suite x ∧ n = 1. Alors, en utlisant

le petit théorème de Fermat, (xp−1)q−1 ≡ 1 (mod q). De même, (xq−1)p−1 = 1 (mod p), d’où

q/xϕ(n) −1 et p/xϕ(n) −1. Puisque p et q sont premiers et distincts, alors n = pq/xϕ(n) −1 et

ainsi xϕ(n) ≡ 1 (mod n).

Comme ed − ϕ(n)d” = 1, (xe)d = x1(xϕ(n))d” ≡ x (mod n), car xϕ(n) ≡ 1 (mod n).

* Si x∧n = 1, alors x est un multiple de p ou x est un multiple de q. Remarquons d’abord

que x ne peut pas être un multiple commun de p et de q, sinon, n/x ce qui est impossible car

1 < x < n. Supposons que p/x et que q ∤ x (de même si q/x et p ∤ x), alors xp−1 ≡ 0 (mod q)

d’où (xp−1)q−1 ≡ 1 (mod q). Ainsi, (xe)d = x1(xϕ(n))d” ≡ x (mod q), car xϕ(n) ≡ 1 (mod q) et

comme (xe)d ≡ x ≡ 0 (mod p), (xe)d ≡ x (mod n).

3)

a) e ∧ ϕ(n) = 1. ϕ(n) = 96 = 11.8 + 8, q1 = 8, r1 = 8, e = 11 = 8.1 + 3, q2 = 1, r2 = 3,

r1 = 8 = 3.2+2, q3 = 2, r3 = 2, r2 = 3 = 2.1+1, q4 = 1, r4 = 1, alors r4 = 1 = r2−r3q4 = r2− (r1−r2q3)q4 = −r1+r2(1+q3q4) = −r1+(e−r1q2)(1+q3q4) = e(1+q3q4)−r1(1+q2+q2q3q4) =

e(1+q3q4)−(ϕ(n)−eq1)(1+q2+q2q3q4) = e(1+q1+q1q2+q3q4+q1q2q3q4)+ϕ(n)(−1−q2−q2q3q4)

et par suite, on a d = 1 + q1 + q1q2 + q3q4 + q1q2q3q4 = 35.

b) Calcul de 511 (mod 119) : pour simplifier les calculs, on écrit l’exposant 11 en binaire :

11 = (1011)2, d’où 511 = 523 .521 .51 ≡ 67.25.5 ≡ 45 (mod 119).

c) Calcul de yd = (45)35 (mod n). on écrit l’exposant 35 en binaire : 35 = (100011)2, d’où

yd ≡ 4525.452.45 ≡ 18.2.45 ≡ 5 (mod 119).

Lorsque A reçoit le message y, il calcule yd (mod n) et obtient x, car yd = (xe)d ≡ x

(mod n).

6 CHAPITRE 1. ARITHMÉTIQUE

Chapitre 2

Groupes

Exercice 2.1 Soient G un groupe, H et K deux sous-groupes de G tels que H = G et K = G.

Montrer que H ∪ K = G.

Solution

Si H ⊂ K (resp. K ⊂ H), alors H ∪ K = K = G (resp. H ∪ K = H = G). Supposons

que H  K et que K  H, alors ∃h ∈ H : h /∈ K et ∃k ∈ K : k /∈ H. On a hk ∈ G, mais

hk /∈ H ∪ K car si hk ∈ H, alors k = h−1(hk) ∈ H, de même si hk ∈ K.

Exercice 2.2 (Théorème de Wilson) Soit p ∈ N. Montrer que si p est un nombre premier,

alors (p−1)! ≡ −1(mod p). (Ind : considérer le groupe multiplicatif (Z/pZ)∗ et déterminer ses

éléments ¯x tels que ¯x = ¯x−1).

Solution

On cherche d’abord les éléments ¯x ∈ (Z/pZ)∗ tels que ¯x = ¯x−1. On a ¯x = ¯x−1 si, et

seulement si, ¯x2 = ¯1 si, et seulement si, p/x2 − 1 = (x − 1)(x + 1) si, et seulement si,

p/x − 1 ou p/x + 1 ,i.e., ¯x = ¯1 ou ¯x = −1 = p − 1. Ainsi, si ¯k ∈ {¯2, ..., p − 2}, i.e., ¯k ∈

(Z/pZ)∗−{¯1, p − 1}, alors ¯k−1 = ¯k et ¯k−1 ∈ {¯2, ..., p − 2} d’où



2≤k≤p−2

¯k = ¯1 et ainsi (p − 1)! =

¯1

.p − 1.



2≤k≤p−2

¯k = p − 1 = −1 (mod p).

Exercice 2.3 Soit G =< a > un groupe cyclique d’ordre n.

1) Montrer que tout sous-groupe de G est cyclique.

2) Soit H = {e} un sous-groupe de G et m le plus petit entier strictement positif tel que

am ∈ H. Montrer que m/n et que |H| = n

m.

3) Montrer que si d ∈ N est tel que d/n, alors G possède un unique sous-groupe d’ordre d.

Application : Déterminer le sous-groupe de Z/104Z d’ordre 4.

Solution

1) Soit H un sous-groupe de G =< a >. Supposons que H = {e} (si H = {e}, H =< e >

est cyclique), alors, d’après le cours, H =< am >, avec m est le plus petit entier strictement

positif tel que am ∈ H.

2) On a H =< am >. En effectuant la division euclidienne de n par m, on obtient n =

mq + r avec (q, r) ∈ N ・~ N et 0 ≤ r < m.

7

8 CHAPITRE 2. GROUPES

Puisque G =< a > est d’ordre n, e = an d’où e = amq.ar ∈ H et comme amq = (am)q ∈ H

car am ∈ H, ar = (amq)−1 ∈ H. Etant donné que m est le plus petit entier strictement positif

tel que am ∈ H et que 0 ≤ r < m, alors r = 0 et ainsi m/n.

Posons |H| = o(am) = s. On a ams = (am)s = e d’où n/ms et puisque m/n, n

m/s. D’autre

part, (am)

n

m = an = e d’où s/ n

m. Alors s = n

m.

3) Si d = 1, alors H = {e} est l’unique sous-groupe de G d’ordre 1.

Supposons que d > 1. Soit H =< a

n

d >. Puisque d/n, n

d est le plus petit entier strictement

positif tel que a

n

d ∈ H ; en effet, si as ∈ H =< a

n

d >, as = (a

n

d )t d’où asd = e ainsi n/sd et

puisque d/n, n

d /s. Alors, d’après b), |H| = nn

d

= d.

De plus, Si K est un sous-groupe de G (d’ordre d) alors K =< am > avec m est le plus petit

entier strictement positif tel que am ∈ K et, d’après b), on a d = n

m d’où

K =< am >=< a

n

d >= H.

Application : Z/104Z est un groupe cyclique et 4/104. Alors,d’après c), Z/104Z possède

un unique sous-groupe H d’ordre 4 et H =< 104

4 .¯1 >=< 26 >= {0, 26, 52, 78}.

Exercice 2.4

1) Soit ¯m ∈ Z/nZ. Montrer que Z/nZ =< ¯m > si, et seulement si, m ∧ n = 1.

2) En déduire que si G est un groupe cyclique d’ordre n, alors ϕ(n) est le nombre des

générateurs distincts de G.

3) Montrer que si d/n, alors ϕ(d) est le nombre d’éléments de Z/nZ d’ordre d. (ind.

appliquer 2) à l’unique sous-groupe de Z/nZ d’ordre d).

4) En déduire que n =

d/n

ϕ(d).

Solution

1) Supposons que Z/nZ =< ¯m >, alors ∃u ∈ Z : ¯1 = u ¯m = um, i.e., ∃v ∈ Z : um+vn = 1

d’où m ∧ n = 1. Réciproquement, si m ∧ n = 1, alors ∃u, v ∈ Z : um + vn = 1 d’où um = ¯1

(mod n) et ainsi Z/nZ =< ¯m > (si ¯x ∈ Z/nZ alors ¯x = xu. ¯m ∈ < ¯m >).

2) Puisque G est cyclique d’ordre n, alors G ≃ Z/nZ. Ainsi, d’après la question précédente,

le nombre de générateurs de Z/nZ n’est autre que le nombre des m : 1 ≤ m ≤ n et m∧n = 1.

3) Soient H l’unique sous-groupe de Z/nZ d’ordre d et ¯m ∈ Z/nZ. On a o( ¯m) = d si, et

seulement si, H =< ¯m >. Ainsi le nombre des éléments de Z/nZ d’ordre d est égal au nombre

des générateurs de H.

Comme H est cyclique d’ordre d, H ≃ Z/dZ. Alors, d’après la question précédente, le

nombre des générateurs de H est ϕ(d).

4) Soient d ∈ N et Ed = { ¯m ∈ Z/nZ / o( ¯m) = d}. Si d ∤ n, alors Ed = ∅ (o( ¯m)/n, ∀ ¯m ∈ Z/nZ) et si d/n, alors Ed = { ¯m ∈ Z/nZ / o( ¯m) = d} = ∅ (question 3) de l’exercice précédent).

Aussi, si d = d′, alors Ed ∩ Ed′ = ∅ et ∀ ¯m ∈ Z/nZ, ∃!d : ¯m ∈ Ed. Ainsi, (Ed)d/n forment une

partition de Z/nZ et par suite n = |Z/nZ| =

d/n

card(Ed). Or, d’après 3), card(Ed) = ϕ(d)

et donc n =

d/n

ϕ(d).

Exercice 2.5 Soient G un groupe fini, H et K deux sous-groupes de G. On pose L = H ∩K

et (K/L)g = {k1L, . . . , knL}, où k1L, ..., knL sont les différentes classes de K modulo L à

gauche.

9

1) Montrer que k1H, . . . , knH forment une partition de KH.

2) En déduire que card(KH) = |K|.|H|

|H∩K|

.

Solution

1) On a :

* ∀i = 1, ..., n : kiH = ∅ car ki = kie ∈ kiH.

* Si i = j, kiH ∩kjH = ∅, sinon ∃h, h′ ∈ H : kih = kjh′ alors k−1

j ki = h′h−1 ∈ H ∩K = L

d’où kjL = kiL, ce qui contredit le fait que kjL ∩ kiL = ∅.

* On a

n

i=1

kiH ⊂ KH. Vérifions alors l’autre inclusion : soit kh ∈ KH. Comme K =

n

i=1

kiL, alors ∃j : k ∈ kjL d’où k = kjl, avec l ∈ L, ainsi kh = kj(lh) ∈ kjH car l ∈ L ⊂ H

et h ∈ H.

2) Puisque k1H, . . . , knH forment une partition de KH, card(KH) =

n

i=1

card(kiH). En

remarquant que ∀i = 1, ..., n, f : H −→ kiH, h −→ kih est une bijection, on a card(kiH) = |H|

d’où card(KH) = n|H|. D’après le théorème de Lagrange, on a n = [K : L] = |K|

|L|

d’où

card(KH) = |K||H|

|L|

.

Exercice 2.6 Soient G un groupe, H et K deux sous-groupes distingués de G et tels que

H ∩ K = {e}.

1) Montrer que ∀h ∈ H, ∀k ∈ K, hk = kh.

2) Montrer que HK est un sous-groupe distingué de G et que HK ≃ H ・~ K.

Solution

1) On a ∀h ∈ H, ∀k ∈ K, hkh−1k−1 = (hkh−1)k−1 ∈ K car K ⊳ G et par suite hkh−1 ∈ K.

De même, hkh−1k−1 = h(kh−1k−1) ∈ H. D’où hkh−1k−1 = H ∩ K = {e} et donc hk = kh.

2) Puisque HK = KH, HK est un sous-groupe de G. On a aussi HK ⊳ G. En effet, soit

g ∈ G, h ∈ H, k ∈ K, alors ghkg−1 = (ghg−1)(gkg−1) ∈ HK car H et K sont distingués dans

G.

Montrons que HK ≃ H ・~ K. Soit f : H ・~ K −→ HK, (h, k) −→ hk. f est évidemment

une application surjective et en utilisant hk = kh, ∀h ∈ H, ∀k ∈ K,on vérifie facilement que

f est un homomorphisme de groupes. f est aussi injectif. En effet, soit (h, k) ∈ ker f d’où

hk = e alors h = k−1 ∈ H ∩ K = {e}, i.e., h = k = e.

Exercice 2.7 Soit G un groupe.

1) Montrer que si |G| est pair, alors G possède un élément d’ordre 2. (Considérer l’ensemble

E = {x ∈ G/x = x−1}).

2) Soit G un groupe non cyclique d’ordre 6 et a un élément de G d’ordre 2.

a) Montrer que si b ∈ G : o(b) = 2 et ab = ba, alors b = a. (Ind : considérer le

sous-groupe < a, b >).

b) Montrer que G possède un élément d’ordre 3. (Ind. soit b ∈ G−{a, b}. Montrer que

si o(b) = 2 alors o(ab) = 3).

c) Dans la suite, on note c cet élément.

i) Montrer que ac = ca et que G = {e, a, c, c2, ac, ac2}.

ii) En déduire que ca = ac2 et que G ≃ S3. (Ind. considérer la table de multiplication

de G).

10 CHAPITRE 2. GROUPES

Solution

1) Soit E = {x ∈ G/x = x−1}. Supposons que E = ∅, sinon ∀x ∈ G : x2 = e et puisque

|G| > 1, il suffit de prendre x = e. On remarque que si x ∈ E, alors x−1 ∈ E et x = x−1 d’où

card(E) est pair et par suite card(G − E) est pair. Comme e ∈ (G − E), ∃x ∈ G − E : x = e

et ainsi o(x) = 2.

2) a est un élément de G d’ordre 2 (un tel élément existe car |G| = 6 est pair (question

1)).

a) Si b = a alors H = {e, a, b, ab} est un sous-groupe de G, ce qui est faux car |H| = 4 ∤

|G| = 6.

b) Soit b ∈ G − {e, a}. Puisque G est non cyclique et b = e, o(b) ∈ {2, 3}. Supposons que

o(b) = 2 alors o(ab) ∈ {1, 2, 3, 6}. Or, o(ab) = 1 sinon b = a, o(ab) = 2 sinon ab = ba et par

suite b = a (utiliser a)) et o(ab) = 6 sinon G =< ab > est cyclique. Alors o(ab) = 3.

c)

i) Si ac = ca, alors o(ac) = 6. En effet, o(ac) = 1 sinon ac = e et donc c = a, o(ac) = 2

sinon (ac)2 = a2c2 = c2 = e et o(ac) = 3 sinon (ac)3 = a3c3 = a = e et donc o(ac) = 6. D’où

G est cyclique, contradiction.

Puisque o(a) = 2 ∤ | < c > | = 3, a /∈< c > d’où e, c, c2, a sont des éléments de G deux à

deux distincts. On vérifie facilement que e, c, c2, a, ac, ac2 sont des éléments de G deux à deux

distincts et donc G = {e, c, c2, a, ac, ac2}.

ii) On a ca = e, sinon c = e, ca = c, sinon a = e, ca = c2, sinon a = c, ca = a, sinon

c = e. On a aussi, d’après la question précédebte, ca = ac d’où ca = ac2.

(On peut aussi remarquer que [G :< c >] = 2 alors, d’après le cours, < c >⊳ G et par

suite aca−1 ∈< c >. aca−1 = e car c = e et aca−1 = c car ac = ca, alors aca−1 = c2 et ainsi

ca = ac2).

La table de multiplication de G est

・E e a ac ac2 c c2

e e a ac ac2 c c2

a a e c c2 ac ac2

ac ac c2 e c ac2 a

ac2 ac2 c c2 e a ac

c c ac2 a ac c2 e

c2 c2 ac ac2 a e c

. (Pour ne pas effectuer tous les calculs, on utilise le

fait que cette table est un carré latin).

L’homomorphisme f : G −→ S3 défini par f(a) = (12), f(c) = (123) est un isomorphisme

de groupes.

Exercice 2.8 Soit Gl2(C) le groupe des matrices carrées d’ordre 2 inversibles à coefficients

dans C. On considère les éléments suivants : I =

1 0

0 1



,A =

0 i

i 0



et B =

j 0

0 j2



,

où j = ei 2π

3 .

On note G =< A,B > le sous- groupe de Gl2(C) engendré par A et B.

1) Déterminer les ordres de A et de B.

2) Vérifier que ABA−1 = B2 et que AB2A−1 = B.

3) Montrer que G = {AhBk/h ∈ {0, 1, 2, 3} et k ∈ {0, 1, 2}}.

Solution

11

1) o(A) = 4 (A2 = −I,A3 = −A,A4 = I). o(B) = 3 (B2 =

j2 0

0 j



, B3 = I).

2) On a ABA−1 = ABA3 = −ABA =

j2 0

0 j



= B2. Aussi, AB2A−1 = (ABA−1)2 =

(−ABA)2 = (B2)2 = B.

3) Soit M ∈ G, alors M = Am1Bn1 ...AmrBnr avec mi, ni ∈ Z et r ∈ N∗. Puisque o(A) = 4

et o(B) = 3 alors M = Al1Bs1 ...AlrBsr avec li ∈ {0, 1, 2, 3} et si ∈ {0, 1, 2}.

On a BA = AB2 (question 2)), B2A = B(BA) = B(AB2) = (BA)B2 = AB4 = AB et

ainsi si C = BlAs (avec l ∈ {1, 2} et s ∈ {1, 2, 3} alors C = AuBv. (Par exemple, si C = BA2,

alors C = (BA)A = (AB2)A = A(B2A) = A(AB) = A2B). Par suite, M s’écrit sous la forme

M = AhBk avec h ∈ {0, 1, 2, 3} et k ∈ {0, 1, 2}.

Exercice 2.9 Soit G un groupe fini noté multiplicativement. Montrer que tout homomorphisme

de groupes de (Q,+) vers (G, .) est triviale. i.e., si f : Q −→ G est un homomorphisme

de groupes, alors ∀x ∈ Q, f(x) = e. (Ind : remarquer que si n

m ∈ Q, alors f(s. n

m) = (f( n

m))s,

∀s ∈ Z).

Solution

Soient n

m ∈ Q et d l’ordre de G. Alors f( n

m) = f(d n

dm) = (f( n

dm))d et puisque f( n

dm) ∈ G

et d est l’ordre de G, (f( n

dm))d = e.

Exercice 2.10

1) Déterminer les sous-groupes de Z/nZ et l’image de mZ par la surjection canonique

s : Z −→ Z/nZ.

Application : Déterminer les sous-groupes de Z/12Z et les images de 5Z et 8Z par la

surjection canonique s : Z −→ Z/12Z.

2) Montrer que si q/n, alors les groupes qZ/nZ et Z/n

q Z sont isomorphes.

Solution

1) * Les sous-groupes de Z/nZ sont de la forme mZ/nZ tels que m/n.

** s(mZ) = mZ + nZ/nZ = dZ/nZ où d = n ∧m. En particulier, si m/n, alors s(mZ) =

mZ/nZ.

Application : Les sous-groupes de Z/12Z sont de la forme mZ/12Z tels que m/12. Ainsi,

les sous-groupes de Z/12Z sont Z/12Z, 2Z/12Z =< ¯2 >= {¯0,¯2,¯4,¯6,¯8, 10}, 3Z/12Z =< ¯3 >=

{¯0,¯3,¯6,¯9 }, 4Z/12Z =< ¯4 >= {¯0,¯4,¯8 }, 6Z/12Z =< ¯6 >= {¯0, 6} et 12Z/12Z = {¯0 }.

*** s(5Z) = (5 ∧ 12)Z/12Z = Z/12Z et s(8Z) = (8 ∧ 12)Z/12Z = 4Z/12Z.

2) Z/nZ =< ¯1 > est un groupe cyclique d’ordre n. Puisque q/n, q est le plus petit entier

strictement positifs tel que q.1 ∈ qZ/nZ et ainsi qZ/nZ =< ¯q > est le sous-groupe de Z/nZ

d’ordre n

q (cf. exercice 2.3)). Comme qZ/nZ est un sous-groupe du groupe cyclique Z/nZ,

qZ/nZ est cyclique d’ordre n

q et alors qZ/nZ ≃ Z/n

q Z.

Autre méthode : On peut aussi montrer que qZ/nZ ≃ Z/n

q Z en utilisant le premier théorème

d’isomorphisme. En effet, soit f : Z −→ qZ/nZ, x −→ qx. f est évidemment un homomorphisme

de groupes surjectif. Soit x ∈ Z, x ∈ ker f si, et seulemet si, qx = ¯0 si, et seulemet si,

n/qx si, et seulemet si, n

q /x si, et seulemet si, x ∈ n

qZ, ainsi ker f = n

qZ et en appliquant le

premier théorème d’isomorphisme, on obtient Z/n

q Z ≃ qZ/nZ.

12 CHAPITRE 2. GROUPES

Exercice 2.11 Soient G un groupe, a ∈ G et τa : G −→ G, x −→ axa−1 un automorphisme

intérieur de G.

1) Vérifier que l’ensemble Int(G) des automorphismes intérieurs de G est un sous-groupe

de Aut(G).

2) Montrer que le centre Z(G) de G est un sous-groupe distingué de G et que G/Z(G) ≃ Int(G).

Solution

1) D’après le cours, on a ∀a ∈ G, τ a ∈ Aut(G). Alors, soit l’application f : G −→ Aut(G),

a −→ τ a. Vérifions que f est un homomorphisme de groupes : on a ∀x ∈ G, τab(x) =

abxb−1a−1 = a(bxb−1)a−1 = τa(bxb−1) = τa ◦ τ b(x) d’où ∀a, b ∈ G, f(ab) = τ ab = τa ◦ τ b =

f(a) ◦ f(b). Puisque Int(G) = f(G) et f est un homomorphisme de groupes, alors Int(G) est

un sous-groupe de Aut(G).

Autre méthode : On peut aussi vérifier que Int(G) est un sous-groupe de Aut(G) en utilisant

la caractérisation des sous-groupes : Int(G) ⊂ Aut(G), Int(G) = ∅ car IdG = τ e ∈ Int(G) et

∀τ a, τ b ∈ G, τ a ◦ (τb)−1 = τab−1 car (τ b)−1 = τ b−1 et τa ◦ τc = τ ac.

2) On a kerf = Z(G). En effet, soit a ∈ G, a ∈ ker f si, et seulemet si, τ a = IdG si, et

seulemet si, ∀x ∈ G, ax = xa si, et seulemet si, a ∈ Z(G). Ainsi, Z(G) est un sous-groupe

distingué de G et en appliquant le premier théorème d’isomorphisme, on obtient, G/ ker f ≃ Imf, i.e., G/Z(G) ≃ Int(G).

Exercice 2.12 Soient G un groupe et Z(G) le centre de G. Montrer que si le groupe G/Z(G)

est monogène, alors G est abélien.

Solution

Posons G/Z(G) =< aZ(G) > . Soient x, y ∈ G, puisque G/Z(G) =< aZ(G) >, ∃n,m ∈ Z : xZ(G) = (aZ(G))n = anZ(G), i.e., x = anz1 avec z1 ∈ Z(G) et yZ(G) = (aZ(G))m =

amZ(G), i.e., y = amz2 avec z2 ∈ Z(G). Ainsi, xy = anz1amz2 = amz2anz1 = yx car z1, z2 ∈

Z(G) et anam = an+m = aman.

Exercice 2.13 Soient n, d ∈ N∗, G un groupe abélien d’ordre n noté multiplicativement et

f : G −→ G, x −→ xd.

1) Montrer que f est un endomorphisme de G.

2) Montrer que si n ∧ d = 1, alors f est un automorphisme de G.

3) En déduire que si n est impair, alors tout élément de G est un carré.

Solution

1) On a ∀x, y ∈ G, f(x.y) = (xy)d = xdyd car G est abélien. Alors f(x.y) = f(x)f(y).

2) Puisque G est fini et f : G −→ G est une application de G dans G, il suffit de vérifier

que f est injectif. Soit x ∈ ker f, alors f(x) = xd = e d’où ◦(x)/d. D’autre part, ◦(x)/n car

x ∈ G d’où ◦(x)/n ∧ d = 1 donc ◦(x) = 1 et ainsi x = e d’où ker f = {e}.

3) Posons d = 2, alors n ∧ d = 1 d’où f : G −→ G, x −→ x2 est un automorphisme de G

et ainsi f est surjectif, i.e., ∀g ∈ G, ∃x ∈ G : f(x) = x2 = g.

Exercice 2.14 Soit σ =

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

3 7 1 4 2 6 9 8 5 10



∈ S10.

1) Décomposer σ en produit de cycles disjoints et en produit de transpositions.

2) Déterminer ε(σ).

3) Calculer σ2007.

13

Solution

1) σ = (13)(2795) est une décomposition de σ en un produit de cycles disjoints et σ =

(13)(27)(79)(95) est une décomposition de σ en un produit de transpositions.

2) Puisque σ se décompose en un nombre pair de transpositions, ε(σ) = 1.

3) Puisque (13) et (2795) sont des cycles disjoints, (13) et (2795) commutent et ainsi σ2 =

(2795)2 = (29)(75). On a aussi σ3 = (13)(2795)(29)(75) = (13)(2597), σ4 = (13)(2795)(13)(2597) =

(2795)(2597) = e et ainsi o(σ) = 4.

Comme 2007 = 4.501 + 3, σ2007 = (σ4)501.σ3 = eσ3 = σ3 = (13)(2597).

Exercice 2.15

1) Déterminer tous les éléments de A4.

2) Soient c = (ijk) un 3-cycle élément de S4 et σ ∈ S4. Calculer σcσ−1.

3) Montrer que A4 ne possède pas de sous-groupes d’ordre 6.

Solution

1) A4 = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23), (123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243)}.

On rappelle que |A4| = |S4|

2 = 24

2 = 12.

2) On a σ(ijk)σ−1 = (σ(i)σ(j)σ(k)). En effet, σ(ijk)σ−1(σ(i)) = σ(ijk)(i) = σ(j). De

même, σ(ijk)σ−1(σ(j)) = σ(k) et σ(ijk)σ−1(σ(k)) = σ(i). Si l /∈ {σ(i), σ(j), σ(k)}, alors

σ−1(l) /∈ {i, j, k} d’où (ijk)(σ−1(l)) = σ−1(l), ainsi σ(ijk)σ−1(l) = σσ−1(l) = l. Alors

σ(ijk)σ−1 = (σ(i)σ(j)σ(k)).

3) Supposons que A4 possède un sous-groupe d’ordre 6 qu’on note H. Alors H est distingué

dans A4 car [A4 : H] = 2. D’autre part, puisque le nombre des éléments de A4 qui ne sont pas

des 3-cycles est 4, alors H contient un 3-cycle qu’on note (ijk). Alors (ikj) = (ijk)2 ∈ H.

Soient l /∈ {i, j, k} et σ1 = (ijl). On a σ1(ijk)σ−1

1 = (σ1(i)σ1(j)σ1(k)) = (jlk) ∈ H

car H est distingué dans A4 (σ1 ∈ A4 et (ijk) ∈ H) et par suite (jkl) = (jlk)2 ∈ H. De

même, en considérant σ2 = (ilj), on a σ2(ijk)σ−1

2 = (σ2(i)σ2(j)σ2(k)) = (lik) ∈ H et aussi

(lki) = (lik)2 ∈ H.

Ainsi, on obtient six 3-cycles distincts de H. Or e est aussi un élément de H, contradiction.

Exercice 2.16

1) Soient G un groupe, a et b deux éléments de G d’ordre fini tels que ab = ba et

< a > ∩ < b >= {e}. Montrer que o(ab) = o(a) ∨ o(b).

2)

a) Soit n > 2 un entier naturel pair et σ ∈ Sn : σ(1) = 3, σ(2) = 4, σ(3) = 5, σ(4) =

6, . . . , σ(n − 3) = n − 1, σ(n − 2) =, σ(n − 1) = 1, σ(n) = 2. Déterminer o(σ) et ε(σ).

b) Soit n > 3 un entier naturel impair et σ ∈ Sn : σ(1) = 3, σ(2) = 4, σ(3) = 5, σ(4) =

6, . . . , σ(n − 3) = n − 1, σ(n − 2) = n, σ(n − 1) = 2, σ(n) = 1. Déterminer o(σ) et ε(σ).

Solution

1) Posons o(a) = n, o(b) = m et o(ab) = k. Puisque (ab)n∨m = an∨mbn∨m = e.e = e,

o(ab)/n∨m. D’autre part, on a (ab)k = e, i.e. ak = b−k et puisque ak = b−k ∈ < a > ∩ < b >,

alors ak = b−k = e d’où n/k et m/k et ainsi n ∨m/k = o(ab).

2)

a) * On a σ = c1c2 avec c1 = (13...n − 1) et c2 = (24...n). Puisque les cycles c1 et c2

sont disjoints, alors c1c2 = c2c1 et < c1 > ∩ < c2 >= {e} et ainsi o(σ) = o(c1) ∨ o(c2) = n

2

(o(c1) = o(c2) = n

2 ).

14 CHAPITRE 2. GROUPES

** ε(σ) = ε(c1c2) = ε(c1)ε(c2) = (−1)

n

2−1(−1)

n

2 −1 = 1. On rappelle que si c est un cycle

de longueur k, alors ε(c) = (−1)k−1.

b) * On a σ = c1c2 avec c1 = (13...n) et c2 = (24...n − 1). Puisque les cycles c1 et c2

sont disjoints, alors c1c2 = c2c1 et < c1 > ∩ < c2 >= {e} et ainsi o(σ) = o(c1) ∨ o(c2) =

n+1

2 ∨ n−1

2 = (n−1)(n+1)

4 (o(c1) = n+1

2 , o(c2) = n−1

2 , n−1

2 et n+1

2 sont premiers entre eux).

** ε(σ) = ε(c1c2) = ε(c1)ε(c2) = (−1)

n+1

2 −1(−1)

n−1

2 −1 = −1.

Chapitre 3

Anneaux et corps

Tous les anneaux sont supposés être unitaires et non triviaux.

Exercice 3.1 Soit A un anneau commutatif, I et J deux idéaux de A. On considère

(I : J) = {a ∈ A : aJ ⊂ I}.

1) Montrer que (I : J) est un idéal de A contenant I.

2) Montrer que (I : J)J ⊂ I.

3) Montrer que si K est un idéal de A, alors (I ∩ J : K) = (I : K) ∩ (J : K) et que

(I : J + K) = (I : J) ∩ (I : K).

Solution

1) * Montrons que (I : J) = {a ∈ A : aJ ⊂ I} est un idéal de A. On a (I : J) ⊂ A,

(I : J) = ∅ car 0 ∈ (I : J). ∀x, y ∈ (I : J), ∀j ∈ J, on a (x−y)j = xj−yj et puisque xj, yj ∈ I

et I est un idéal de A, (x − y)j ∈ I d’où (x − y) ∈ (I : J). On a aussi ∀a ∈ A, ∀x ∈ (I : J),

axJ = a(xJ) et puisque xJ ⊂ I et I est un idéal de A, axJ ⊂ I alors (I : J) est un idéal de

A.

* On a I ⊂ (I : J). En effet, ∀i ∈ I, iJ ⊂ I car I est un idéal de A.

2) Comme (I : J)J est l’idéal de A engendré par l’ensemble {xy/x ∈ (I : J) et y ∈ J}, il

suffit de vérifier que {xy/x ∈ (I : J) et y ∈ J} ⊂ I. Soit x ∈ (I : J) et y ∈ J, alors xy ∈ I.

3) * Soit x ∈ A. x ∈ (I ∩ J : K) si, et seulement si, xK ⊂ I et xK ⊂ J, i.e., x ∈ (I :

K) ∩ (J : K).

* Si x ∈ (I : J +K) alors x(J + K) ⊂ I d’où xJ + xK ⊂ I et comme xJ ⊂ xJ + xK ⊂ I

(resp.xK ⊂ xJ +xK ⊂ I), x ∈ (I : J) ∩ (I : K). Pour l’autre inclusion, soit x ∈ (I : J) ∩ (I :

K), alors xJ ⊂ I et xK ⊂ I d’où xJ + xK ⊂ I, ainsi x ∈ (I : J + K).

Exercice 3.2 Soient A un anneau commutatif, I1, ..., In des idéaux de A.

1) Vérifier que I1.(I2.I3) = (I1.I2).I3

2) On définit par récurrence l’idéal I1...In en posant I1.I2.I3 = (I1.I2).I3, ..., I1...In =

(I1...In−1)In. Montrer que si I1 = (a1), ..., In = (an), alors I1...In = (a1...an). En déduire

que In = (an) si I = (a).

Solution

1) Il suffit de vérifier que I1.(I2.I3) et (I1.I2).I3 sont (tous les deux) engendrés par l’ensemble

X = {xyz/x ∈ I1, y ∈ I2, z ∈ I3}. On a X ⊂ I1.(I2.I3). Soit J un idéal contenant X. Montrons

que I1.(I2.I3) ⊂ J. D’après le cours, I1.(I2.I3) est engendré par l’ensemble {uv : u ∈ I1 et

v ∈ (I2.I3)}. Ainsi, pour montrer que I1.(I2.I3) ⊂ J, il suffit de vérifier que {uv : u ∈ I1

15

16 CHAPITRE 3. ANNEAUX ET CORPS

et v ∈ (I2.I3)} ⊂ J. Soit uv tel que u ∈ I1 et v ∈ (I2.I3), on a v =

n

i=1

yizi, avec n ∈ N∗,

yi ∈ I2, zi ∈ I3 d’où uv =

n

i=1

u yizi. Puisque uyizi ∈ X ⊂ J et J est un idéal, uv ∈ J.

De la même façon, on montre que (I1.I2).I3 est engendré par X. Donc I1.(I2.I3) = (I1.I2).I3.

2) D’après la définition de I1...In, I1...In est l’ensemble des sommes finies d’éléments de la

forme x1...xn, avec xi ∈ Ii. Alors a1...an ∈ I1...In et par suite (a1...an) ⊂ I1...In. Pour l’autre

inclusion, soit x ∈ I1...In, alors x s’écrit comme somme finie d’éléments de la forme x1...xn,

avec xi ∈ Ii. Comme x1...xn = (β1a1)...(βnan) , avec βi ∈ A, x1...xn = (β1...βn)a1...an ∈ (a1...an) d’où x ∈ (a1...an).

Ainsi, si I = (a), alors In = I...I = (a...a) = (an).

Exercice 3.3 Soient A un anneau, I, J deux idéaux de A, p un idéal premier de A et m un

idéal maximal de A.

1) Montrer que si IJ ⊂ p, alors I ⊂ p ou J ⊂ p et que si I ∩ J = p alors p = I ou p = J.

2) En déduire que le seul idéal premier de A qui contient m2 est l’idéal m.

Solution

1) * Supposons que I  p, i.e., ∃x ∈ I : x /∈ p. Montrons que J ⊂ P : ∀y ∈ J, on a

xy ∈ IJ ⊂ p et comme p est premier et x /∈ p, y ∈ p.

* Si I ∩ J = p, alors IJ ⊂ I ∩ J = p d’où I ⊂ p ou J ⊂ p et comme p ⊂ I et p ⊂ J car

I ∩ J = p, alors p = I ou p = J.

2) On a m2 ⊂ m et m est premier car m est maximal. Montrons que c’est le seul idéal

premier de A qui contient m2. Soit p un idéal premier tel que m2 ⊂ p, alors d’après 1) m ⊂ p

et puisque m est maximal et p = A car p est premier, m = p.

Exercice 3.4 Soient A,B deux anneaux et f : A −→ B un homomorphisme d’anneaux.

1)

a) Donner un exemple d’un idéal I de A tel que f(I) n’est pas un idéal de B.

b) Montrer que si f est surjectif, alors f(I) est un idéal de A.

2) Montrer que si p est un idéal premier de B, alors f−1(p) est un idéal premier de A.

3) Donner un exemple d’un idéal maximal m de B tel que f−1(m) n’est pas un idéal maximal

de A.

Solution

1)

a) On prend i : Z −→ Q, a −→ a, i est un homomorphisme d’anneaux, 2Z est un idéal de

Z, mais i(2Z) = 2Z n’est pas un idéal de Q.

b) (I,+) est un sous-groupe de (A,+) et f est un homomorphisme de groupes de (A,+)

vers (B,+) d’où f(I) est un sous-groupe de (B,+). On a aussi ∀b ∈ B, ∀y ∈ f(I), b = f(a),

où a ∈ A car f est surjectif et y = f(x), avec x ∈ I. Alors, by = f(a).f(x) = f(ax) et puisque

ax ∈ I car I est un idéal de A, by ∈ f(I).

2) D’après le cours, f−1(p) est un idéal de A. Montrons que f−1(p) est premier. On a

f−1(p) = A, sinon 1A ∈ f−1(p) et par suite 1B = f(1A) ∈ p, i.e., p = B. Soient a, b ∈ A :

ab ∈ f−1(p), d’où f(ab) = f(a)f(b) ∈ p alors f(a) ∈ p ou f(b) ∈ p et ainsi a ∈ f−1(p) ou

b ∈ f−1(p).

17

3) Soit i : Z −→ Q, a −→ a. (0) est un idéal maximal de Q, mais (0) = i−1(0) n’est pas un

idéal maximal de Z.

Exercice 3.5

1) Soit n ∈ N − {0, 1}. Déterminer U(Z/nZ) et |U(Z/nZ)|.

2) Soient A,B deux anneaux. Montrer que U(A ・~ B) = U(A) ・~ U(B).

3) Montrer que si m, n ∈ N−{0, 1} : m∧ n = 1, alors ϕ(nm) = ϕ(n).ϕ(m). (ind : utiliser

Z/nmZ ≃ Z/nZ ・~ Z/mZ).

4) Soit n ∈ N − {0, 1}. Calculer ϕ(n). (Ind : écrire n = pα1

1 . . . . .pαr

r , avec pi premiers,

pi = pj si i = j, αi = 0, calculer ϕ(pm) si p est premier et utiliser 3)).

Solution

1) Soit ¯m ∈ Z/nZ, ¯m ∈ U(Z/nZ) si, et seulement si, ∃¯l ∈ Z/nZ : ¯m.¯l = ¯1 si, et seulement

si, ∃k ∈ Z : 1 = kn + ml si, et seulement si, m ∧ n = 1. Ainsi, |U(Z/nZ)| = ϕ(n).

2) Soit (a, b) ∈ A・~B. (a, b) ∈ U(A・~B) si, et seulement si, ∃(a′, b′) ∈ A・~B : (a, b).(a′, b′) =

(aa′, bb′) = (1, 1) si, et seulement si, (a, b) ∈ U(A) ・~ U(B).

3) Soient m, n ∈ N − {0, 1} : m ∧ n = 1. D’après le cours, Z/nmZ ≃ Z/nZ ・~ Z/mZ d’où

U(Z/nmZ) ≃ U(Z/nZ・~Z/mZ) (en tant que groupes), alors U(Z/nmZ) ≃ U(Z/nZ)・~U(Z/mZ)

et ainsi ϕ(nm) = |U(Z/nmZ)| = |U(Z/nZ)|.|U(Z/mZ)| = ϕ(n).ϕ(m).

4) Soient p un nombre premier, m ∈ N∗ et l ∈ {1, ..., pm}. Alors, l∧pm = 1 si, et seulement

si, p/l. Or les multiples de p dans {1, ..., pm} sont p, 2p, ..., pm−1p = pm et leur nombre est pm−1

d’où ϕ(pm) = pm − pm−1.

Si n = pα1

1 . . . . .pαr

r avec pi premiers, pi = pj si i = j, αi = 0, alors, d’après 3), ϕ(n) =

ϕ(pα1

1 )...ϕ(pαr

r ) car pαi

i ∧ pαj

j = 1 si i = j, et ainsi ϕ(n) = (pα1

1 − pα1−1

1 )...(pαr

r − pαr−1

r ) =

n(1 − 1

p1

)...(1 − 1

pr

).

Exercice 3.6

1) Soit K = {

0 0

0 a



/a ∈ R}. Montrer que K, muni de l’addition et de la multiplication

des matrices, est un corps. K est-il un sous-anneau (au sens des anneaux unitaires) de l’anneau

M2(R)?

2) Soit A = {

a 0

b a



/a, b ∈ Z}.

a) Montrer que A est un sous-anneau commutatif de M2(R).

b) Montrer que I = {

0 0

b 0



/b ∈ Z} est un idéal premier de A. I est-il maximal ?

Solution

1) Il est évidnt que (K,+, .) est un anneau commutatif. La matrice

0 0

0 1



est l’unité

de K et tout élément

0 0

0 a



∈ K − {0} est inversible et son inverse est

0 0

0 a



−1

=

0 0

0 1

a



. Ainsi (K,+, .) est un corps (commutatif).

K n’est pas un sous-anneau (au sens des anneaux unitaires) de M2(R) car 1M2(R) =

1 0

0 1



/∈ K.

18 CHAPITRE 3. ANNEAUX ET CORPS

2)

a) On vérifie facilement que A = ∅, I2 ∈ A, ∀X, Y ∈ A,X − Y ∈ A et XY ∈ A.

b) Soit f : A −→ Z,

a 0

b a



−→ a. Il est évident que f est un homomorphisme d’anneaux

surjectif et que kerf = I. Ainsi, d’après le premier théorème d’isomorphisme, A/I ≃ Z et

comme Z est intègre, I est premier. Cependant, I n’est pas un idéal maximal car Z n’est pas

un corps.

Exercice 3.7

1) Soient A et B deux anneaux de caractéristiques respectivement m et n. Montrer que

car(A ・~ B) = n ∨ m.

2) Soit A un anneau intègre fini de caractéristique p.

a) Montrer que p = 0.

b) Montrer que A peut être muni d’une structure d’espace vectoriel sur Z/pZ. En

déduire que card(A) = pn, où n ∈ N∗.

Solution

1) Remarquons d’abord que si n = 0 ou m = 0, alors ∀k ∈ N∗, k(1, 1) = (0, 0) et ainsi

car(A ・~ B) = 0.

Supposons maintenant que n = 0 et m = 0. On a (n ∨ m).(1, 1) = ((n ∨ m)1, (n ∨ m)1) =

(0, 0) car n ∨m est un multiple de n et de m. D’où car(A ・~B) = 0. Posons s = car(A ・~ B).

Alors, d’après le cours, s = ◦(1, 1) ((1, 1) est considéré comme élément du groupe additif

(A ・~ B,+)). Comme (n ∨ m).(1, 1) = (0, 0), s/n ∨ m. D’autre part, on a s(1, 1) = (s1, s1) =

(0, 0), d’où n/s et m/s et ainsi n ∨m/s.

2) Puisque A est intègre et d’après le cours, p = 0 ou p est premier.

a) Comme (A,+) est un groupe fini, ◦(1) est fini et ainsi car(A) = p = 0.

b) Z/pZ est un corps (commutatif) et (A,+) est un groupe abélien.

Soit ・E : Z/pZ ・~ A −→ A, (¯k, a) −→ ka. ・E est une application bien définie. En effet, soient

(¯k1, a) = (¯k2, a) (k1, k2 ∈ {0, 1, ..., p − 1}) d’où p/k1 − k2 et donc (k1 − k2)1 = 0 (carA = p).

Puisque |k1 − k2| < p, k1 − k2 = 0 et ainsi k1a = k2a.

On vérifie facilement que A, muni de l’addition et de l’opération externe ・E, est un Z/pZespace

vectoriel.

Puisque A est fini, A est un espace vectoriel de dimension finie. Soient (u1, ..., un) une base

de A. Alors, le nombre des éléments de A est égal au nombre des combinaisons linéaires de la

forme α1u1 + ... + α1un avec (α1, ..., αn) ∈ (Z/pZ)n et ainsi cardA = pn.

Exercice 3.8 Déterminer le corps des fractions de l’anneau Z[√5] = {a + b√5/a, b ∈ Z}.

Solution

Fr(Z[√5]) = {a+b√5

c+d√5

/a, b, c, d ∈ Z et (c, d) = (0, 0)}. Soit x = a+b√5

c+d√5 ∈ Fr(Z[√5], x =

(a+b√5)(c−d√5)

(c2−5d2) . On a c−d√5 = 0 car (c, d) = (0, 0). D’où x = (ac−5bd)

(c2−5d2) + (bc−ad)

(c2−5d2)

√5 ∈ Q[√5] =

{α + β√5/α, β ∈ Q}.

Pour l’autre inclusion, ∀α + β√5 ∈ Q[√5], α + β√5 = a

b + c

d

√5 avec a, c ∈ Z et b, d ∈ Z∗

(α = a

b , β = c

d). Alors, α + β√5 = ad+bc√5

bd ∈ Fr(Z[√5]). Ainsi, Fr(Z[√5]) = Q[√5] (=


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