Corrigé de la série 3

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Corrigé de la série 3
Cours d’Algèbre
Prof. E. Bayer Fluckiger
Semestre d’automne 2013
7 octobre 2013
Corrigé de la série 3
Exercice 1.
Résoudre la congruence ax ≡ b (mod n) (où a, b ∈ Z, c ∈ N, pgcd(a, n) = 1) signifie de trouver tous les entiers relatifs x tels que ax ≡ b (mod n). Mais on observe
que deux tels entiers sont congrus modulo n : si ax ≡ b (mod n) et ay ≡ b (mod n),
alors ax ≡ ay ≡ 0 (mod n), i.e. n|a(x − y) et comme pgcd(a, n) = 1, on en déduit
que n|x − y, i.e. x ≡ y (mod n). Réciproquement, si x0 est une solution de
l’équation ax ≡ b (mod n) et x ≡ x0 (mod n), alors x est aussi une solution
de l’équation ax ≡ b (mod n). Donc les solutions cherchées forment une classe
de congruence et alors pour les déterminer toutes, il suffit d’en trouver une et
on obtient les autres en ajoutant des multiples de n à la solution particulière.
De plus on pourra observer que la congruence ax ≡ b (mod n) est équivalente à
l’équation [a]n · [x]n = [b]n dans Z/nZ. Comme pgcd(a, n) = 1, [a]n est inversible
dans Z/nZ. Par conséquent la solution unique de l’équation ci-dessus est [a]−1
n ·[b]n .
(a) On observe que la congruence 4x ≡ 13 (mod 5) est équivalente à l’équation
[4]5 · [x]5 = [13]5 . Comme [4]−1
5 = [4]5 et [13]5 = [3]5 , on en déduit que
[x]5 = [4]5 · [3]5 = [2]5 . Donc l’ensemble des solutions est { 2 + 5t | t ∈ Z }.
(b) On observe que la congruence 10x ≡ 14 (mod 22) est équivalente à la
congruence 5x ≡ 7 (mod 11) qui est équivalente à l’équation [5]11 · [x]11 =
[7]11 . Comme [5]−1
11 = [9]11 , on a [x]11 = [9]11 · [7]11 = [63]11 = [8]11 . Donc
l’ensemble des solutions est { 8t + 11 | t ∈ Z }.
(c) On observe que la congruence 7x ≡ 3 (mod 14) est équivalente à la relation
14 | 7x − 3. Puisque 7 ne divise pas 3, on en déduit que la congruence
7x ≡ 3 (mod 14) n’a pas de solutions.
Exercice 2.
Soit r un diviseur de zéro. Supposons par absurd que r est une unité. Donc il
existe s tel que r · s = s · r = 1. Mais comme r est aussi un diviseur de zéro et R
est un anneau commutatif, il existe t 6= 0 tel que r · t = 0. Alors
0 = s · 0 = s · (r · t) = (s · r) · t = 1 · t = t.
ce qui est une contradiction.
2
Exercice 3.
(a) On a f (1) = f (1 · 1) = f (1) · f (1). On en déduit que f (1) = 1.
(b) Pour tout g ∈ G on a
f (g) · f (g −1 ) = f (g · g −1 ) = f (1) = 1
et
f (g −1 ) · f (g) = f (g −1 · g) = f (1) = 1.
Par définition, f (g −1 ) est donc bien l’inverse de f (g), c’est-à-dire, f (g)−1 =
f (g −1 ).
Exercice 4.
(a) Par définition, ϕ(pr ) est le nombre d’entiers positifs inférieurs à pr et
premiers avec pr . Donc ϕ(pr ) = (pr − 1) − card(M ), où M est l’ensemble
des entiers positifs inférieurs à pr qui ne sont pas premiers avec pr . Mais
un entier n’est pas premier avec pr si et seulement si il est divisible par p,
donc M est l’ensemble des entiers positifs inférieurs à pr qui sont divisibles
par p. On peut donner les éléments de M :
p · 1, p · 2, ..., p · (pr−1 − 1)
et on voit que M contient exactement pr−1 − 1 éléments. On en déduit
que
ϕ(r) = (pr − 1) − (pr−1 − 1) = pr − pr−1 = pr−1 (p − 1).
(b) En utilisant la formule démontrée au point (a), on a :
ϕ(16) = ϕ(24 ) = 23 (2 − 1) = 8,
ϕ(125) = ϕ(53 ) = 52 (5 − 1) = 100,
ϕ(243) = ϕ(35 ) = 34 (3 − 1) = 162.

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