Exercice 1 147 Correction

Déterminer les morphismes de groupes entre $(ℤ / n ℤ, +)$ et $(ℤ / m ℤ, +)$ .

Solution

Notons $\bar{x}$ les éléments de $ℤ / n ℤ$ et $\hat{x}$ ceux de $ℤ / m ℤ$ .

Posons $d = pgcd (n, m)$ . On peut écrire

n = d n^{'} et m = d m^{'} avec n^{'} \land m^{'} = 1 .

Soit $φ$ un morphisme de $(ℤ / n ℤ, +)$ vers $(ℤ / m ℤ, +)$ .
On a

n . φ (\bar{1}) = φ (n . \bar{1}) = φ (\bar{n}) = φ (\bar{0}) = \hat{0} .

Si l’on note $φ (\bar{1}) = \hat{k}$ , on a donc $m ∣ n k$ d’où $m^{'} ∣ n^{'} k$ puis $m^{'} ∣ k$ car $m^{'}$ et $n^{'}$ sont premiers entre eux.
Ainsi $φ (\bar{1}) = \hat{m^{'} a}$ pour un certain $a \in ℤ$ puis alors

\forall x \in ℤ, φ (\bar{x}) = \hat{m^{'} a x} .

Inversement, considérons pour $a \in ℤ$ , l’application $φ : ℤ / n ℤ \to ℤ / m ℤ$ donnée par

\forall x \in ℤ, φ (\bar{x}) = \hat{m^{'} a x} .

On vérifie que $φ$ est définie sans ambigu$̈\mathrm{i}$té car

	$\bar{x} = \bar{y}$	$⟹ m = m^{'} d ∣ m^{'} (x - y)$
		$⟹ \hat{m^{'} a x} = \hat{m^{'} a y} .$

On vérifie sans peine que $φ$ est un morphisme de groupe.

Exercice 2 5812 Correction

Justifier que les éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 11 ℤ$ constitue un groupe cyclique.

Solution

$ℤ / 11 ℤ$ est un corps, ses éléments inversibles sont les $\bar{k}$ avec $k = 1, 2, \dots, 10$ . Ceux-ci constituent un groupe multiplicatif à $10$ éléments. Pour vérifier qu’il est cyclique, il suffit de déterminer un élément d’ordre $10$ parmi ceux-ci. On sait que chaque élément de ce groupe est d’ordre divisant $10$ , c’est-à-dire $1, 2, 5$ ou $10$ . Évidemment $\bar{1}$ est d’ordre $1$ . L’ordre $\bar{2}$ est $2$ , $5$ ou $10$ . En l’occurrence ${\bar{2}}^{2} = \bar{4} \neq \bar{1}$ et ${\bar{2}}^{5} = \bar{10} \neq \bar{1}$ . L’élément $\bar{2}$ est donc d’ordre $10$ , il est générateur du groupe des inversibles de l’anneau $ℤ / 11 ℤ$ . Ce dernier est donc cyclique.

Exercice 3 5624 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Déterminer, pour chaque $a \in ℤ$ , l’ordre de $\bar{a}$ dans le groupe $(ℤ / n ℤ, +)$ .

Solution

Pour $k \in ℤ$ , on sait $k . \bar{a} = \bar{k a}$ . On a donc

k . \bar{a} = \bar{0} \Leftrightarrow n ∣ k a .

Introduisons $d = n \land a$ . On peut écrire $n = d n^{'}$ et $k = d a^{'}$ avec $n^{'}$ et $a^{'}$ entiers premiers entre eux. On poursuit à l’aide du théorème de Gauss

	$k . \bar{a} = \bar{0}$	$\Leftrightarrow n^{'} ∣ k a^{'}$
		$\Leftrightarrow n^{'} ∣ k .$

On en déduit que $\bar{a}$ est d’ordre

a^{'} = \frac{a}{n \land a} .

Exercice 4 2364 CENTRALE (MP)Correction

Soit un entier $n \geq 2$ . Combien le groupe $(ℤ / n ℤ, +)$ admet-il de sous-groupes?

Solution

On note $\bar{x}$ la classe d’un entier $x$ dans $ℤ / n ℤ$ .
Soit $H$ un sous-groupe de $ℤ / n ℤ$ .
On peut introduire

a = \min {k > 0, \bar{k} \in H}

car toute partie non vide de $ℕ$ possède un plus petit élément.
Considérons alors $⟨ \bar{a} ⟩$ le groupe engendré par la classe de $a$ . On peut décrire ce groupe

⟨ \bar{a} ⟩ = {q . \bar{a} | q \in ℤ} .

C’est le plus petit sous-groupe contenant l’élément $\bar{a}$ car il est inclus dans tout sous-groupe contenant cet élément. Par conséquent, $⟨ \bar{a} ⟩$ est inclus dans $H$ . Montrons qu’il y a en fait égalité.
Soit $\bar{k} \in H$ . Par division euclidienne de $k$ par $a$ , on écrit

k = a q + r avec r \in {0, \dots, a - 1} .

On a alors $\bar{k} = q . \bar{a} + \bar{r}$ et donc, par opérations dans le groupe $H$ , on obtient $\bar{r} = \bar{k} - q . \bar{a} \in H$ . On ne peut alors avoir $r > 0$ car cela contredirait la définition de $a$ . Il reste donc $r = 0$ et par conséquent $\bar{k} = q . \bar{a} \in ⟨ \bar{a} ⟩$ .

Finalement,

H = < \bar{a} > .

De plus, en appliquant le raisonnement précédent avec $k = n$ (ce qui est possible car $\bar{n} = \bar{0} \in H$ ), on obtient que $a$ est un diviseur de $n$ .
Inversement, considérons un diviseur $a$ de $n$ . On peut écrire

n = a q avec q \in ℕ^{*}

et on peut alors décrire les éléments du groupe engendré par $\bar{a}$ , ce sont

\bar{0}, \bar{a},2 . \bar{a}, \dots, (q - 1) \bar{a} .

On constate alors que les diviseurs de $n$ déterminent des sous-groupes deux à deux distincts de $(ℤ / n ℤ, +)$ .
On peut conclure qu’il y a autant de sous-groupe de $(ℤ / n ℤ, +)$ que de diviseurs positifs de $n$ .

Exercice 5 5809 Correction

Soient $a, b \in ℕ^{*}$ . Montrer que $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ est cyclique si, et seulement si, $a \land b = 1$ .

Solution

Commençons par décrire les éléments du groupe produit étudié

ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ = {(\bar{k}, \hat{ℓ}) | (k, ℓ) \in ℤ^{2}}

en notant $\bar{k}$ la classe de congruence de $k$ modulo $a$ et $\hat{ℓ}$ celle de $ℓ$ modulo $b$ . Il s’agit d’un groupe additif de neutre $(\bar{0}, \hat{0})$ .

$(⟸)$ Supposons $a \land b = 1$ . Il existe $(u, v) \in ℤ^{2}$ tel que $a u + b v = 1$ . Considérons l’élément $x = (\bar{v}, \hat{u})$ dans $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ . On remarque

a . x = (\bar{a v}, \hat{a u}) = (\bar{0}, \hat{1}) et b . x = (\bar{b v}, \hat{b u}) = (\bar{1}, \hat{0})

Les éléments $(\bar{0}, \hat{1})$ et $(\bar{1}, \hat{0})$ appartiennent donc au groupe engendré par $x$ . Or

⟨ (\bar{1}, \hat{0}) ⟩ = ℤ / a ℤ \times {\hat{0}} et ⟨ (\bar{0}, \hat{1}) ⟩ = {\bar{0}} \times ℤ / b ℤ

et donc

⟨ (\bar{1}, \hat{0}), (\bar{0}, \hat{1}) ⟩ = ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ

puis $⟨ x ⟩ = ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ . Le groupe $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ est cyclique.

$(⟹)$ Par contraposition, supposons $d = a \land b \neq 1$ . Introduisons $n = a \lor b \neq a b$ . Pour tout $x = (\bar{k}, \hat{ℓ})$ dans $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ , on remarque

n . x = (\bar{n k}, \hat{n ℓ}) = (\bar{0}, \hat{0})

Les éléments de $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ sont tous d’ordres strictement inférieurs à

a b = Card (ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ) .

Le groupe $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ n’est pas cyclique.

Exercice 6 3444 Correction

Soit $n$ un entier naturel non nul.

(a)

Montrer que pour tout entier impair $a$ ,

$a^{2} \equiv 1 [8] .$
(b)

Montrer que pour tout entier impair $a$ , on a

$a^{2^{n}} \equiv 1 [2^{n + 2}] .$
(c)

Le groupe des éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 2^{n + 2} ℤ$ est-il cyclique?

Solution

(a)

On remarque $a^{2} - 1 = (a - 1) (a + 1)$ . Les entiers $a - 1$ et $a + 1$ sont deux entiers pairs consécutifs. L’un est donc divisible par $2$ et l’autre est au moins divisible par $4$ . On en déduit que $8$ divise $a^{2} - 1$ .
(b)

On raisonne par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Le cas $n = 1$ correspond à l’étude au-dessus.

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ .

Par la factorisation $a^{2} - b^{2} = (a - b) (a + b)$ ,

$a^{2^{n + 1}} - 1 = (a^{2^{n}} - 1) (a^{2^{n}} + 1) .$

Par hypothèse de récurrence, $2^{n + 2}$ divise $a^{2^{n}} - 1$ . Aussi, $2$ divise $a^{2^{n}} + 1$ car il s’agit d’un nombre pair. On en déduit que $2^{n + 3}$ divise $a^{2^{n + 1}} - 1$

La récurrence est établie.
(c)

Notons ${(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}$ l’ensemble des éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 2^{n + 2} ℤ$ . Le cours nous assure que $({(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}, \times)$ est un groupe.

Aussi, les éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 2^{n + 2} ℤ$ sont les classes de congruence des entiers $a$ premiers avec $2^{n + 2}$ : ce sont les classes de congruence des entiers impairs:

${(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*} = {\bar{a} | a = 1,3, \dots {,2}^{n + 2} - 1} .$

Par l’absurde, supposons que le groupe multiplicatif ${(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}$ soit cyclique.

Il existe donc un élément $\bar{a} \in {(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}$ générateur du groupe. Cet élément est d’ordre

$Card ({(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}) = 2^{n + 1} = N .$

Pour cet élément $\bar{a}$ , l’entier $N$ est le plus petit exposant $> 0$ pour lequel ${\bar{a}}^{N} = \bar{1}$ , c’est-à-dire

$a^{N} \equiv 1 [2^{n + 2}] .$

Cependant, on a précèdemment établit

$\forall a impair, a^{2^{n}} \equiv 1 [2^{n + 2}] .$

C’est absurde.

Groupe des classes de congruence