Exercices corrigés d arithmétique et groupes.

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1 Université Lyon 1 M1 EADM Automne 010 S.P. Exercices corrigés d arithmétique et groupes. Les 3 premiers exercices portent sur es nombres de Carmichae (voir aussi Partie IV de Ecrit de 003). Exercice 1. Soit n > 1 sans facteur carré et m N, m > 1, te que pour tout facteur premier p de n, p 1 divise m 1. Montrer que que que soit a N, a m a[n]. En particuier, si pgcd (a, n) = 1, a m 1 1[n]. [Indication: pour un facteur premier p de n, commencer par chercher une congruence moduo p en utiisant e petit théorème de Fermat. Ensuite utiiser un coroaire du emme de Gauss.] Soution: soit p premier et a N. Par Fermat, on sait que si p ne divise pas a, a p 1 1[p]. Si p 1 divise m 1, i.e. s i existe d N te que m 1 = d(p 1), on a a m 1 = a (p 1)d = (a p 1 ) d. D où: (1) si p ne divise pas a, a m 1 (a p 1 ) d [p] 1[p], () si p divise a, a m 1 0[p] (car m 1 > 0). En mutipiant par a, (1) donne a m a[p] et () devient a m 0[p] a[p] (car p divise a) et on a bien a m a[p], pour tout facteur premier p de n. Rappe: soient a, b N tes que pgcd (a, b) = 1. Si a c et b c, aors ab c. En effet, si a c i.e. si c = da et si b c, e emme de Gauss impique b d i.e. d = d b et donc c = d ba. Une récurrence sur n montre aors que si a 1,... a n sont à premiers et divisent c, aors a 1 a a divise aussi c. Par hypothèse, n est sans facteur carré, i.e. n = p 1 p p avec p i premiers à distincts. Les congruences p i a m 1 a donnent n = p 1 p p a m a. C est a première partie de énoncé. La seconde est immédiate: orsque pgcd (a, n) = 1, n a(a m 1 1) donne, par Gauss, n a m 1 1. Dans exercice qui suit, on se sert du fait que, pour tout nombre premier p, e groupe ((Z/pZ), ) est cycique. Une preuve de cette propriété figure dans a fiche de rappes d arithmétique. Exercice. Soit n > 1. On se propose de montrer que es 3 assertions suivantes sont équivaentes (1) n est sans facteur carré et p 1 divise n 1 pour tout diviseur premier p de n () a N, a n a[n] (3) a N premier avec n, a n 1 1[n]. [Pan de soution: (1) () est un cas particuier de exo 1. Idem pour () (3). Reste à voir (3) (1): Partie 1: pour montrer que n est sans facteur carré procéder par absurde comme suit: supposer que n = p m, poser a = 1 + pm et montrer, en vous servant du binôme de Newton, que a p 1[n]. En déduire ordre de a casse de a dans (Z/nZ). L hypothèse (3) pour a conduit à une contradiction sur ordre. 1

2 Partie : écrire n = p 1 p p et soit a i N un entier dont a casse est un générateur du groupe cycique (Z/p i Z). Observer qu i existe un entier a premier avec n te que a a i [p i ], 1 i. L hypothèse (3) pour a conduit à une contradiction. ] Soution: Pour commencer, un rappe sur ordre: soient G un groupe de neutre noté 1 et x G un éément d ordre x. Aors pour tout m Z on a x m = 1 x divise m. Partie 1 p a p = (1 + pm) p = (pm) k k k=0 p = 1 + pm + p m p k m k 1 1 k k= p = 1 + p m + p m p k m k 1 k 1[p m] 1[n]. k= Ceci montre que a est un inversibe moduo n, i.e. pgcd (a, n) = 1. Par e rappe, son ordre dans (Z/nZ) est un diviseur de p. C est donc soit 1 soit p. Mais a ne peut être d ordre 1 (si a 1[n] on aurait n = p m a 1 = pm = pm. Contradiction.) Dès ors a est d ordre mutipicatif p. A nouveau par e rappe, hypothèse a n 1 1[n] équivaut à p n 1 = p m 1 ce qui impique p 1. Contradiction. Concusion: n est sans facteur carré. Partie Par restes chinois, ques que soient a i Z, e système de congruences X a i [p i ], 1 i, admet une infinité de soutions: si a est une soution particuière, es soutions sont données par a + m p 1 p p = a + mn, m Z. Par choix des a i, on a a pi 1 a p i 1 i [p i ] = 1[p i ]. Dès ors aucun facteur p i ne divise a, i.e. a et n sont étrangers. De pus ordre de a casse de a dans (Z/p i Z) est ordre de a casse de a i qui vaut p i 1 (car c est un générateur). L hypothèse a n 1 1[n] impique a n 1 1[p i ] et, à nouveau par e rappe, ordre p i 1 doit diviser n 1. On appee nombre de Carmichae tout nature composé n > 1 qui satisfait aux conditions de exercice. Ces nombres passent e test de primaité issu de Fermat: si p est premier, a, a p a[p], sans être premiers. C est pourquoi is nous intéressent.

3 Exercice 3. On se propose de montrer que tout nombre de Carmichae est un produit de N nombres premiers impairs distincts avec N 3. Soit n un nombre de Carmichae. (1) Pour voir que N 3, procéder par absurde en montrant que si n = pq, avec p < q premiers aors q 1 divise p 1. () Pour a parité, appiquer a condition () de Carmichae à 1. Soution: (1) puisque n est de Carmichae, on a q 1 n 1. Or n 1 = pq 1 = pq 1 p + p = p(q 1) + (p 1). Dès ors, q 1 p 1. Contradiction car q 1 > p 1. () a condition a n a[n] pour a = 1 donne ( 1) n 1[n]. Or, n étant composé, on a n 4 et 1 1[n]. Concusion: n est nécessairement impair i.e. n est pas un facteur de n. I existe des nombres de Carmichae, e pus petit est 561 = Exercice 4. Soit G un groupe fini. On appee exposant de G entier ω(g) = ppcm x G (ordre(x)). On se propose de montrer que si G est commutatif, i existe un éément x G te que ordre(x) = ω(g). (1) Montrer que si x, y G sont d ordres étrangers et commutent (xy = yx), aors ordre (xy)= ppcm (ordre (x), ordre (y)). () Si ordre (y) = p a m, que est ordre de y m? On suppose à présent que G est commutatif d ordre n = p r 1 1 pr pr. (3) Dire pourquoi exposant de G est de a forme p s 1 1 ps ps avec 0 s i r i, 1 i. (4) Justifier existence pour tout i, 1 i, d un éément x i G d ordre p s i i m i avec m i N. En déduire, à aide d une récurrence utiisant (1), qu i existe un éément x d ordre ω(g). Soution: (1) Pour z G j utiise a notation z = ordre (z). Soient x, y G tes que pgcd ( x, y ) = 1 et xy = yx. Si (xy) = 1 G on a 1 G = (x y ) x = x x y x = y x, ce qui montre que y divise x. Par e emme de Gauss, est un mutipe de y. En échangeant es rôes de x et y, est aussi un mutipe de x. C est donc un mutipe du ppcm ( x, y ) = x y. Pour concure i suffit d observer que ce ppcm convient. () On sait que si y est d ordre p a m aors y m est d ordre p a m pgcd = pa m (p a m,m) m = pa. (3) Soit n = p r 1 1 pr a décomposition primaire de n. L ordre de x G étant un diviseur de n on a x = p s 1(x) 1 p s (x), où 0 s j (x) r j, pour tout j et ppcm x G ( x ) = p s 1 1 ps où s j = max x G (s j (x)). (4) On suppose ici G commutatif d ordre n et on veut s assurer de existence d un éément z G dont ordre est e ppcm des ordres des ééments de G. 3

4 Si s j 0 i existe un éément x j G te que x j = p s j j m j pour un entier m j N. (Sinon, s j ne serait pas e max x G (s j (x)).) Par a question () éément x m j j est d ordre p s j j. Si s j = 0 on prend x j = 1 G. Par a question (1) et une récurrence simpe, éément est d ordre ω(g) = p s ps. x m 1 1 x m G Appication: On peut en déduire une propriété intéressante sur e produit de groupes: soient K et K deux groupes finis d ordres respectifs n et n et soit K K e groupe produit (dont a oi de composition est: (k, k ) (, ) = (k, k )). Aors, K K est cycique ssi K et K sont cyciques et pgcd (n, n ) = 1. Argument de preuve: montrer que, pour exposant de K K, on a Pour concure, i suffit d écrire a CNS pour que ω(k K ) = ppcm (ω(k), ω(k )). ω(k K ) = K K = n n. Remarque: on peut aussi voir (K et K cyciques d ordres étrangers n et n ) (K K cycique) comme suit: par e théorème d isomorphisme des groupes cyciques, K Z/nZ et K Z/n Z. Les restes chinois assurent aors que appication est un isomorphisme de groupes additifs. Z/nn Z Z/nZ Z/n Z : x nn (x n, x n ) Soit p un nombre premier et n N \ {0, 1}. Les groupes mutipicatifs (Z/p n Z) sont cyciques sauf orsque p = et n 3. Exercice 5. Etude du groupe mutipicatif K = (Z/ n Z) pour n 3. (1) Que est ordre de K? () Montrer que si entier a N est te que a K aors a 1[4] ou a 1[4]. (3) Montrer que a partie U(n) de K constituée des casses a tees que a 1[4] est un sous-groupe de K d ordre n. (4) Montrer que 5 n 3 (1 + n 1 )[ n ]. En déduire que a casse 5 est un générateur de U(n). (5) Déduire que ordre maxima d un éément de K vaut n. Concure. Soution: (1) K est d ordre φ( n ) = n n 1 = n 1. (φ est indicatrice d Euer.) () on sait que a K ssi pgcd(a, n ) = 1 ssi a 1[]. Ecrivons a = + 1. Si est pair, a 1[4] et si est impair a 3[4] 1[4]. (3) Observer que U(n) est bien définie car pour n 3, a b[ n ] a b[4]. Cairement 1 U(n) et U(n) est stabe par mutipication car a 1[4], b 1[4] ab 1[4]. U(n) est aussi stabe par réciproque car si d est ordre de a U(n) on a 1 = a d = a a d 1 i.e. a 1 = a d 1 et a d 1 1[4]. Quant à ordre de U(n): par (), si c U(n) aors c U(n); dès ors appication {+1, 1} U(n) K : (ɛ, a) ɛa 4

5 est surjective. En fait ee est aussi injective car un entier ne peut être simutanément congru à 1 et à 1 moduo 4. Concusion: U(n) = K = n 1 = n. (4) Par récurrence sur n 3: c est vrai pour n = 3 car 5 = 1 + (1 + )[ 3 ]. Supposons vrai pour n, i.e. supposons qu i existe un entier d te que 5 n 3 = 1 + n 1 + d n. Aors au rang n + 1, on a 5 n = 5 n 3 5 n 3 = (1 + n 1 + d n ) (1 + n )[ n+1 ]. On sait que ordre de a casse 5 U(n) est un diviseur de U(n) = n. I est donc de a forme, n. De pus n 3 <, sinon on aurait 5 n 3 = 5 n 3 = (5 ) n 3 1[ n ] ce qui contredit 5 n 3 (1 + n 1 )[ n ]. Dès ors ordre de 5 vaut n et U(n) est cycique de générateur 5. (5) Par es questions () et (3), tout k K s écrit ɛa, ɛ = ±1, a U(n). Dès ors si k était d ordre n 1 on aurait (ɛa) 1 pour tout < n 1, i.e. a 1 pour tout < n 1. C est impossibe car a U(n) est d ordre au pus n. Concusion: pour n 3, e groupe mutipicatif (Z/ n Z) n est pas cycique. Exercice 6. (Un théorème de Cauchy.) Soit G un groupe fini (de neutre e) d ordre n et soit p un facteur premier de n. Soit E e sousensembe de G p défini par: E = {(x 1, x,..., x p ) G p x 1 x x p = e}. Pour tout éément ζ = (x 1, x,..., x p ) E on pose σ(ζ) = (x, x 3,..., x p, x 1 ). (1) Vérifier que σ est une permutation de E. On définit action du groupe cycique Z/pZ sur E par k ζ = σ k (ζ). pour tout éément ζ E et tout éément k Z/pZ. () Que est e nombre d ééments de E? (3) Montrer qu une orbite contient un seu éément ζ si et seuement si ζ = (x, x,..., x), où x p = e. (4) Montrer que toute orbite est de cardina 1 ou p. (5) Montrer que e nombre d orbites réduites à un éément est non nu. (6) Montrer que si ordre d un groupe G est divisibe par un nombre premier p, aors G contient au moins un éément d ordre p (théorème de Cauchy). Soution: (1) I s agit de montrer que ζ E σ(ζ) E. Mais x 1 x x p = e x 1 = (x x p ) 1 x x p x 1 = e. () Observer que appication G p 1 E : (x, x 3,..., x p ) ((x x 3 x p ) 1, x, x 3,..., x p ) est une bijection. Dès ors card (E) = n p 1. 5

6 (3) L orbite de ζ E est a partie {σ i (ζ), 0 i p 1} de E. De expression σ i (ζ) = (x i+1,..., x p, x 1,..., x i ) i vient immédiatement que σ i (ζ) = ζ pour tout i ssi ζ = (x, x,..., x) avec x p = e (car ζ E). (4) ordre du stabiisateur Stab ζ < Z/pZ est un diviseur de p, i vaut donc 1 ou p. Dès ors card (Orb ζ ) = Z/pZ Stab ζ = p Stab ζ vaut p ou 1. (5) L orbite de (e, e,..., e) est de cardina 1. (6) On va montrer qu i existe x G d ordre p: E étant a réunion disjointe de ses Z/pZ orbites distinctes on a card (E) = card (Orb ζi ) = N(1) 1 + N(p) p i où i porte sur es orbites distinctes et N(1) (resp. N(p)) est e nombre d orbites de cardina 1 (resp. p). p et par hypothèse p divise n, dès ors p divise n p 1 = card (E). p divise donc aussi N(1), en particuier N(1) d où on concut qu i existe un éément x G \ {e} te que x p = e. L ordre de x divise donc p et ne peut vaoir 1 (car x e), i vaut donc p. Exercice 7. (Tripets pythagoriciens) Le but de cet exercice est de trouver tous es tripets d entiers positifs (x, y, z) tes que x + y = z (E) a) Montrer que tout tripet soution de (E) est de a forme (dx, dy, dz ), où d est un entier positif et (x, y, z ) est un tripet d entiers premiers entre eux dans eur ensembe soution de (E). Montrer ensuite que x, y, z sont premiers deux à deux. On suppose désormais que x, y, z sont premiers deux à deux. b) Monter que z est impair et (dès ors que) x et y sont de parités différentes. On suppose désormais x impair et y pair. c) Montrer que z + y et z y n ont pas de diviseur premier commun. En déduire que ces deux nombres sont des carrés. d) En concusion, montrer que es tripets (x, y, z) sont ceux de a forme x = k, y = k, z = k + avec k, deux entiers impairs premiers entre eux et tes que k. Soution: a) Soient x, y, z des entiers positifs tes que x + y = z. Si d = pgcd (x, y, z) on a x = dx, y = dy, z = dz, pgcd (x, y, z ) = 1 et x + y = z. Supposons que pgcd (x, y ) 1. I existerait aors un nombre premier p diviseur commun de x et y. L équation x + y = z donne aors p z, d où p z et dès ors p z ce qui contredit pgcd (x, y, z ) = 1. Même argument pour es paires x, z et y, z. b) On suppose pour a suite x, y, z premiers deux à deux et x + y = z. Supposons z pair i.e. z 0[]. Etant étrangers x et y ne peuvent être tous deux pairs ( serait un diviseur commun). Pour 6

7 excure es trois autres cas i suffit d observer que x et y de parités différentes donne x + y 1[] et x, y tous deux impairs donne x + y [4], ces deux congruences étant incompatibes avec z 0[4]. z est donc impair et des congruences anaogues impiquent que x, y sont de parités différentes. c) On suppose x impair et y pair. On a x = z y = (z + y)(z y). Pour montrer que z + y et z y n ont pas de facteur premier commun on procède par contradiction: si p premier est te que p (z + y) et p (z y), aors p x donc p x, en particuier p. On a donc p z = (z + y) + (z y), p y = (z + y) (z y). Par Gauss p z et p y ce qui contredit e fait que x, y, z sont étrangers deux `deux. Soit x = p s 1 1 ps... ps a décomposition primaire de x. Les entiers z + y et z y n ayant pas de facteur premier commun, égaité impique (z + y)(z y) = x = p s 1 1 p s... p s z + y = (p s i 1 i 1... p s ir i r ), z y = (p s i r+1 i r+1... p s i i ), pour des indices i j tes que {i 1,..., i r } {i r+1,..., i } = {1,,..., }. d) Soient k, es entiers tes que z + y = k, z y =. On a aors y = k, z = k +, x = (z + y)(z y) = k (1) x > 0 donne x = k, y > 0 donne k > et x impair impique que k, e sont aussi. Tout facteur premier p commun à k, serait aussi commun à z + y, z y dès ors k, sont étrangers. Pour concure, i est immédiat de vérifier que pour tous k, admissibes (1) est un tripet de soutions de x + y = z. Exercice 8. Déterminer es entiers n Z tes que n 4[35] = 4[5 7]. Soution: C est du type n a [pq] avec p, q premiers. Par restes chinois ou par e emme de Gauss on a n a [pq] n a [p] et n a [q]. Puisque p et q sont premiers c est équivaent à n ±a[p] et n ±a[q]. I y a donc en généra quatre systèmes de congruence suivant e choix de + et de et dès ors quatre soutions pour n dans Z/pqZ. Remarquer que ++ donne n a[pq], donne n a[pq]. Reste à traiter + et + dans chaque cas particuier. Pour n [5 7], es deux soutions immédiates (++, ) sont n [35] et n [35] = 33[35]. Pour es deux autres cas je trouve que + i.e. n [5], n [7] donne n 1[35] + i.e. n [5], n [7] donne n 3[35]. Une remarque d ordre généra: On sait que tout poynôme de degré d à coefficients dans un corps K admet au pus d racines distinctes dans K. L exercice 8 montre que ce n est pas nécessairement e cas pour un poynôme à coefficients dans un anneau commutatif A. En effet, e poynôme X 4 de degré à coefficients dans anneau A = Z/35Z admet quatre racines distinctes dans A qui sont, 1, 3, 33. 7