Corrigé du TD nn o 8

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1 Corrgé du TD nn o 8 Exercce 1. On a pour tout n, n 2 + 3n + 1 = (n 1)(n + 4) + 5. S 5 < n 1, c est-à-dre s n > 6, le reste de la dvson eucldenne cherchée est 5. S n = 6, le reste est 0 ; s n = 5, le reste est 1 ; s n = 4, c est 2 ; s n = 3, c est 1 ; s n = 2, c est 0. Exercce 2. Pour tout n, n = (n + 1)(n 1) + 2 donc n + 1 dvse n s et seulement s n + 1 dvse 2. Donc les seuls enters naturels n tel que n + 1 dvse n sont 0 et 1. Exercce 3. 2 ne dvse pas 3 et 3 ne dvse pas 2 donc la relaton de dvsblté est une relaton d ordre qu n est pas totale. Exercce Supposons que a dvse b. Alors b = a. Donc b 2 = 2 a 2 donc a 2 dvse b 2. Ecrvons a = r et b = r p α p β des décompostons en facteurs premers avec mêmes facteurs à des pussances éventuellement nulles. Alors a dvse b s et seulement s 1, r, α β. On a alors a 2 = p 2α, b 2 = Donc a 2 dvse b 2 s et seulement s, r, 2α 2β. Or α β équvaut à 2α 2β. On a donc ben a dvse b s et seulement s a 2 dvse b Sot c = r une décomposton en facteurs premers. Alors nous avons vu en cours que p un p γ nombre premer dvse c s et seulement s p est l un des p et s p = p, γ 1. Ecrvons a = r et b = r des décompostons en facteurs premers avec des pussances p α p β éventuellement nulles. Alors P P CM(a, b) = r p 2β. p max(α,β ). On a donc p dvse P P CM(a, b) s et seulement s p est l un des p et, s p = p, max(α, β ) 1. On a donc p dvse P P CM(a, b) s et seulement s p est l un des p et, s p = p, α 1 ou β 1. On a donc ben p dvse P P CM(a, b) s et seulement s p dvse a ou p dvse b. Exercce En applquant l algorthme d Euclde, on trouve un couple (u, v) tel que 7u + 11v = 1. Par exemple, on trouve = 1. On en dédut que le couple ( 6, 4) est soluton. 2. Sot (u, v) un couple soluton. Alors 7u + 11v = 7u v 0 donc 7(u u 0 ) = 11(v 0 v). Comme 7 et 11 sont premers entre eux, 7 dvse v 0 v. Il exste donc Z tel que v = v On a donc 7(u u 0 ) = 11 ( 7) donc u = u

2 3. On a démontré que toute soluton est du type (u 0 11, v 0 + 7) avec Z. Récproquement, s (u, v) = (u 0 11, v 0 + 7), alors 7u + 11v = 7u v = 7u v 0 = 2. On en dédut que les solutons (u, v) Z 2 de 7u + 11v = 2 sont les couples ( 6 11, 4 + 7) avec Z. 4. On commence par résoudre 157u + 326v = 5. Pour cela, on commence par trouver une soluton partculère grâce à l algorthme d Euclde : on trouve (135, 65). En applquant le rasonnement précédent, on montre que les solutons de 157u+326v = 5 sont les couples ( , ) où Z. On a P GCD(198, 216) = 18. L équaton 198u+216v = 36 est équvalente à 11u+12v = 2. Comme précédemment on montre que les solutons de cette équaton sont les couples ( , 2 11) où Z. Exercce On a n + 1 = n donc P GCD(n + 1, n 1) = P GCD(n + 1, 2). Donc ce P GCD est 2 ou 1. Il est 2 s et seulement s n + 1 est par, c est-à-dre s n est mpar. P GCD(n + 1, n 1) = 1 s et seulement s n est par. 2. On a 3(5n + 7) 5(3n + 4) = 1. Ans, P GCD(5n + 7, 3n + 4) = (5n + 7) 5(3n 4) = 41. Ans le P GCD cherché est un dvseur de 41 donc c est 1 ou 41. Il s agt de 41 s et seulement s 5n + 7 = 0 mod 41 et 3n 4 = 0 mod 41. Cec est équvalent à 5n = 7 mod 41 et 3n = 4 mod 41. Cec est équvalent (car la multplcaton modulo un nombre premer est nversble) à n = 8( 7) mod 41 et n = 14 4 mod 41, sot encore n = 15 mod 41 et n = 14 mod 41. On en dédut, comme l n y a pas de soluton à ces équatons, que P GCD(5n + 7, 3n 4) = (2n 1) 2(9n+4) = 17 donc le P GCD cherché est 1 ou 17. Celu-c est 17 s et seulement s 2n 1 = 0 mod 17 et 9n + 4 = 0 mod 17 c est-à-dre s et seulement s n = 9 mod 17 et n = 8 mod 17, c est-à-dre s et seulement s n = 9 mod 17. Autrement dt, P GCD(2n 1, 9n + 4) = 17 s n = 9 mod 17 et P GCD(2n 1, 9n + 4) = 1 snon. Exercce Consdérons des décomposton en facteurs premers de a et b : a = p α, b = où p sont des nombres premers dstncts et α, β des nombres enters postfs ou nuls. Alors p β, a n = p nα, On a donc b n = P GCD(a n, b n ) = p nβ. p mn(nα,nβ ). 2

3 Or mn(nα, nβ) = n mn(α, β) donc P GCD(a n, b n ) = p n mn(α,β ) = ( p mn(α,β ) ) n = P GCD(a, b) n. 2. On peut donner une démonstraton smlare à la précédente, notamment en utlsant max(nα, nβ) = n max(α, β). On peut auss se contenter d écrre P P CM(a n, b n ) = a n b n P GCD(a n, b n ) = a n b n P GCD(a, b) = ( ab n P GCD(a, b) )n = P P CM(a, b) n. 3. Commençons par démontrer le cas où P GCD(a, b) = 1. Dans ce cas, P GCD(a 2, b 2 ) = P GCD(a, b) 2 = 1 2 = 1. Montrons que P GCD(a 2 + b 2, ab) = 1. Sot d un dvseur de a 2 + b 2 et de ab. Alors d dvse a 2 + b 2 + 2ab = (a + b) 2 et d dvse a 2 + b 2 2ab = (a b) 2. On en dédut que (a + b) 2 = d et (a b) 2 = dl pour des enters, l. On a donc d 2 l = (a + b) 2 (a b) 2 = (a 2 b 2 ) 2 donc d 2 dvse (a 2 b 2 ) 2 donc, d après l exercce 4, d dvse a 2 b 2. On en dédut que d dvse a 2 b 2 +a 2 +b 2 = 2a 2 et d dvse a 2 + b 2 (a 2 b 2 ) = 2b 2. On en dédut que d dvse P GCD(2a 2, 2b 2 ). Or, d après le théorème de Bézout, P GCD(2a 2, 2b 2 ) = 2 (en effet, l exste (u, v) tel que 1 = a 2 u + b 2 v donc 2 = 2a 2 u + 2b 2 v). On en dédut que d dvse 2. Or d dvse ab et a 2 + b 2. Comme a et b sont premers entre eux, a et b ne sont pas tous les deux pars. Donc a 2 + b 2 est mpar s a et b sont de partés dstncts ; ab est mpar s a et b sont tous deux mpars. Donc d, en tant que dvseur de a 2 + b 2 et de ab, ne peut dvser 2. Donc d = 1. Donc P GCD(a 2 + b 2, ab) = 1 = P GCD(a, b) 2. Passons au cas général. Dans ce cas, s d = P GCD(a, b), alors d après le théorème de Bezout, P GCD(a, b ) = 1 où a = a/d et b = b/d sont ben des enters. Alors P GCD(a 2 + b 2, ab) = P GCD(d 2 (a 2 + b 2 ), da db ) = d 2 P GCD(a 2 + b 2, a b ) = d 2, car P GCD(a 2 + b 2, a b ) d après le premer cas. On a donc ben P GCD(a 2 + b 2, ab) = d 2 = P GCD(a, b) 2. Exercce Sot a Z. Alors a a = 0 est dvsble par n donc la congruence modulo n est réflexve. Sot (a, b) Z 2. Alors s n dvse a b alors n dvse b a. Donc la congruence modulo n est symétrque. Sot (a, b, c) Z 3 tel que n dvse a b et b c. Alors n dvse a b + b c = a c. Donc la congruence modulo n est transtve. Donc l s agt ben d une relaton d équvalence. 2. Supposons que a = b mod n et c = d mod n. Alors n dvse a b et n dvse c d. Il exste et l des enters tels que a b = n et c d = ln. Donc a b + c d = n( + l) donc n dvse a b + c d = (a + c) (b + d) donc a + c = b + d mod n. 3. Reprenons les hypothèses et notatons de la queston précédente. Alors ac = (b + n)(d + ln) = bd + n(d + lb + nl) donc n dvse ac bd donc ac = bd mod n. On peut dédure de la compatblté des règles d addton et de multplcaton avec la congruence les crtères de dvsblté par 2, 3, 4, 5, 9, 11. En effet 10 = 1 mod 3 et 10 = 1 mod 9 donc un nombre enter est congru modulo 3 (resp. 9) à la somme de ses chffres. Donc un nombre est dvsble par 3 (resp. 9) s et seulement s la somme de ses chffres est dvsble par 3 (resp. 9). 4. Sot A et B des classes d équvalences. C est-à-dre qu l exste des enters a et b tels que A = {a + n / Z} et B = {b + n / Z}. Notons C = {a + b + n / Z}. Sot a A et b B. Alors a + b C d après la queston 1. Autrement dt, quelque sot les éléments a et b des classes A et B, l élément a + b appartent à la même classe d équvalence, à savor C. On peut donc défnr l addton sur l ensemble des classes d équvalences par A + B = C. 3

4 De même, pour tous éléments a de A et b de B, le produt ab appartent à la même classe {ab + n / Z} que l on peut défnr comme le produt de A et de B. Cec munt Z/nZ d une addton et d une multplcaton. Pour vérfer chacune des règles nécessares à la défnton d une structure d anneau, on prend des "représentants" des classes d équvalence concernées et le fat que Z sot un anneau mplque que ces règles sont vérfées par les représentants choss donc par les classes d équvalence. Par exemple, pour vérfer que A Z/nZ admet un nverse, on consdère a A. Alors a a = 0 donc s A = { a + n / Z}, A + A = 0 où 0 = nz. 5. Supposons que p est un nombre premer. Sot A ZpZ. Alors A possède un élément a tel que 0 a p 1 (prendre le reste de la dvsons eucldenne d un élément quelconque de A par p). Alors A est non nul (vu comme élément de l anneau Z/nZ) s et seulement s a 0. Sot donc 1 a p 1. Alors a est premer avec p donc l exste (u, v) Z 2 tel que au + pv = 1. On a donc au = 1 mod p. La classe d équvalence de u est donc un nverse de A. On en dédut que Z/pZ est un corps. Récproquement, supposons que Z/nZ est un corps. Sot alors d 1, n 1 un dvseur de n. Alors 1 d n. Alors, s d n 1, la classe modulo n de d est nversble donc l exste u Z tel que du = 1 mod p. Comme a dvse p, d dvse 1. Donc d = 1. Autrement dt les dvseurs de n sont 1 et n. n est donc un nombre premer. Exercce Pour 1 p p 1, on a ( p )!(p )! = p!. Sot p un nombre premer et a N. Alors p est premer avec a s et seulement s p ne dvse pas a. D après le lemme de Gauss, p dvse un produt ab s et seulement s p dvse a ou p dvse b (dans un sens, l s agt de transtvté de la dvsblté ; dans l autre : s p dvse ab et p ne dvse a, d après le lemme de Gauss, l dvse b). Donc p est premer avec ab s et seulement s p est premer avec ab. Comme p est premer avec les termes du produt! = 1 et avec les (p ) termes du produt (p )!, p est premer avec! et avec (p )!. p est donc premer avec!(p )!. Comme p dvse p! = ( p )!(p )!, d après le lemme de Gauss, p dvse ( p ). 2. On a pour tout a, b enters (a + b) p = p ( ) p 1 p ( ) p a b p = a p + b p + a b p. =0 Comme ( p ) = 0 mod p, on a (a + b) p = a p + b p mod p. 3. Les congruences sont compatbles avec la multplcaton et l addton d après un exercce précédent, donc 3 2n+1 = 2 n+2 = 9 n n 4 mod 7 = 2 n n 4 = 2 n 7 mod 7 = 0 mod Procédons par récurrence. On a ben 0 p = 0 mod p. Supposons a p = a mod p. Alors (a + 1) p = a p + 1 p mod p = a p + 1 mod p. Cela démontre le résultat. 5. D après la queston précédente, p dvse a p a = a(a p 1 1). On suppose de plus a 0 mod p, c est-à-dre que p ne dvse pas a ou encore p est premer avec a. D après le lemme de Gauss, p dvse donc a p 1 1. Exercce La sute ( n p ) N converge vers 0 en étant strctement postve. On a donc pour assez grand 0 < n p < 1 donc E( n p ) = 0. La somme 1 E( n p ) consdérée dans la deuxème queston est donc =1 4

5 une somme à nombre fne de termes, ce qu rend légtme de la consdérer. 2. Sot m un enter naturel. Alors v p (m) est l exposant de m pour le facteur p dans la décomposton en facteurs premers de m. On a donc v p (mm ) = v p (m) + v p (m ). On en dédut que n v p (n!) = v p ( ) = n v p (). D autre part, E( n ) = q s et seulement s p qp n < p (q + 1). On en dédut que n est le nombre de multples de p strctement nféreur à p +1 (q + 1). Ces multples sont les nombres 1, n de valuaton au mons. Autrement dt, on a E( n p ) = Card({ 1, n / v p() }). On a donc E( n p ) = Card{ 1, n / v p () } = n n = 1 = v p () = v p (n!). 1, =v p() 1 1 n, v p() Exercce D après le théorème de Bezout, comme (p 1)(q 1) est premer avec e, l exste (u, v) Z 2 tel que eu + (p 1)(q 1) = 1. On a donc eu = 1 mod (p 1)(q 1). Sot d le reste de la dvson eucldenne de u par (p 1)(q 1). Alors ed = 1 mod (p 1)(q 1). 2. Il exste Z tel que ed = 1 + (p 1)(q 1). Alors M ed = M 1+(p 1)(q 1) = M M (p 1)(q 1). Or, d après le pett théorème de Fermat, s M 0, M p 1 = 1 mod p. On en dédut que, s M 0, M ed = M 1 mod p = M mod p. De même M ed = M mod q. Notons que cec est également vérfé s M = 0. M ed M est donc un multple de p et de q ; c est donc un multple de leur P P CM. Comme p et q sont premers entre eux, P P CM(p, q) = pq. Ans M ed M est un multple de pq = n. On a donc ben M ed = M mod n, c est-à-dre C d = M mod n. Exercce Supposons qu un trplet (x, y, z) Z 3 soent solutons. Consdérons d le plus grand dvseur commun à x, y et z. Alors (x/d) 2 + (y/d) 2 = (z/d) 2. On en dédut que (x/d, y/d, z/d) est un trplet soluton de l équaton de Fermat dont les éléments sont premers entre eux ; ans, on a (x, y, z) = d (x, y, z ) avec d un enter et (x, y, z ) un trplet soluton premers entre eux. Récproquement, un tel trplet est soluton. Il sufft donc de détermner les trplets solutons dont les éléments sont premers entre eux. Les trplets solutons de l équaton x 2 + y 2 = z 2 sont les multples enters de ces trplets solutons dont les éléments sont premers entre eux. 2. Supposons qu l exste d un dvseur premer de x et y. Alors d dvse x 2 + y 2 = z 2. Comme d est premer, d dvse z. Donc d dvse x, y et z. Comme P GCD(x, y, z) = 1, un tel dvseur n exste pas. Ans P GCD(x, y) = 1. De même, on montre que P GCD(x, z) = 1 et P GCD(y, z). 3. S x et y sont pars, ls ne sont pas premers entre eux, ce qu est faux. Supposons x et y sont mpars. Alors l exste (, ) Z 2 tel que x = et y = Alors x 2 = et y 2 = donc z 2 = 4d + 2 avec d Z. Ans, z 2 est par, donc z est par. S z = 2l, avec 5

6 l Z, z 2 = 4l 2. Ans, z 2 = x 2 + y 2 = 2 mod 4 et z 2 = 0 mod 4, ce qu est absurde. Ans, x et y sont de parté dstncte. 4. y est mpar. Comme P GCD(x, z) = 1, z est également mpar. Ans z y et z + y sont pars. Il exste donc (u, v) Z 2 tel que z y = 2v et z + y = 2u. Sot d un dvseur de u et v. Alors d dvse u + v = z et d dvse u v = y. Comme P GCD(y, z) = 1, d = 1. Ans P GCD(u, v) = On dédut de la queston précédente que x 2 = z 2 y 2 = (z + y)(z y) = 4uv. On a donc 2 2 x 2 donc 2 x d après l exercce 4. On a donc (x/2) 2 = uv avec u et v premers entre eux. Comme u et v sont premers entre eux, u = r x/2 = t =1 p γ p α et v = s j=1 q β j j avec les p sont tous dstncts des q j. Sot la décomposton en facteurs premers de x/2. Alors la décomposton en facteurs premers de x/2 est =1 tous les β j sont pars et en notant a = r p 2γ. Par uncté de la décomposton en facteurs premers, tous les α et p α /2 et b = s j=1 q β j/2 j, on a donc x/2 = ab. Comme les p et q j sont dstncts deux à deux, P GCD(a, b) = 1 et x = 2ab. De plus, u = a 2, v = b 2. On a donc z = u + v = a 2 + b 2 et y = u v = a 2 b 2. a et b ne peuvent donc pas être pars tous deux (car ls sont premers entre eux). S a et b sont tous les deux mpars, alors z = a 2 + b 2 est par, ce qu est faux. Ans, a et b sont de partés dstncts. 6. Récproquement, s x = 2ab, y = a 2 b 2 et z = a 2 b 2 avec a et b premers entre eux et de partés dfférentes, alors x 2 + y 2 = 4a 2 b 2 + (a 2 b 2 ) = (a 2 + b 2 ) 2 = z 2. Sot p Z tel que p dvse x, y et z et p est un nombre premer. Alors p dvse y + z = 2a 2 et y z = 2b 2. p est mpar car z et y sont mpars (car a et b sont de partés dfférentes). p est donc premer avec 2 donc p dvse a 2 et b 2. Comme p est premer, l dvse a et b. Ans, un tel dvseur p n exste pas. C est donc que P GCD(x, y, z) = 1. Ans les solutons (x, y, z) tels que P GCD(x, y, z) = 1 sont les les trplets du type (2ab, a 2 b 2, a 2 + b 2 ) et (a 2 b 2, 2ab, a 2 + b 2 ) avec a et b premers entre eux de partés dfférentes. Exercce 13. Ecrvons n = p avec p et q premers entre eux (vor l exercce suvant). Alors q q 2 n = p 2 donc q 2 dvse p 2. D après l exercce 4, q dvse p. Comme p et q sont premers entre eux, q = 1. Ans, n N. Exercce Sot r un nombre ratonnel. Alors r = p avec p, q des nombres enters. Sot d = P GCD(p, q). q Alors p = dp et q = dq avec P GCD(p, q ) = 1 ; en effet, d après le théorème de Bezout, l exste (u, v) Z 2 tel que pu + qv = P GCD(p, q) donc l exste (u, v) Z 2 tel que p u + q v = 1 ce qu montre que P GCD(p, q ) = 1 (d après le théorème de Bezout). On a donc r = p d = p comme q d q voulu. 2. Ecrvons les deux nombres ratonnels en queston r 1 = p 1 q 1 et r 2 = p 2 q 2 avec P GCD(p 1, q 1 ) = 1 et P GCD(p 2, q 2 ) = 1. La somme et le produt de r 1 et 2 sont des enters n et m. On en dédut que r 1 et r 2 sont des zéros de la foncton polynômale P (x) = x 2 nx+m. On a donc p 2 1 = q 1 p 1 n mq1. 2 q 1 dvse donc p 2 1 donc, d après le lemme de Gausse, q 1 dvse p 1. Or P GCD(q 1, p 1 ) = 1 donc q 1 = 1. On en dédut que r 1 Z. Par symétre des rôles de r 1 et r 2, on en dédut que r 2 Z. Exercce 15. La dvson de sous-groupe de Z correspond exactement à la défnton de sous-groupe d un groupe donnée en cours adaptée au cas de Z. 1. Supposons que a dvse b. Alors l exste N tel que b = a. Sot x un élément de bz. Alors x = lb avec l Z. Donc x = al = a(l) avec l Z donc x az. On a donc bz az. 6

7 Récproquement, supposons bz az. Alors b bz (b = b.1) donc b az, c est-à-dre qu l exste Z tel que b = a. Donc a dvse b. 2. (a) Montrons que la lo d addton des enters stablsent nz, c est-à-dre que s x nz et x nz, alors x + x nz. En effet, s x nz et x nz, x = n et x = n avec (, ) Z 2 donc x + x = n( + ) nz. Cette lo + est assocatve car + est assocatve pour les enters relatfs. Montrons que 0 nz et 0. 0 = 0n donc 0 Z. Comme 0 est un élément neutre pour la lo d addton des enters (0 + x = x + 0 = x pour tout x Z), cec est encore vra pour les multples de n (0 + x = x + 0 = x pour tout x nz). Montrons que lorsque x nz, x nz. S x nz, x = n avec Z donc x = n( ) avec Z. Donc x nz. Comme x est l opposé de x pour la lo d addton (x + ( x) = ( x) + x = 0), tout élément de nz admet un opposé pour la lo d addton dans nz. nz est donc un sous-groupe de Z. S n 0, l est même non nul pusqu l content n qu est non nul par hypothèse. (b) G un sous-groupe non nul de Z. Sot x 0 un élément de G. Alors x G. Donc x G et x = 0 car x 0 donc x G N. Donc G N. n 0 est donc ben défn comme le propose l énoncé. (c) Montrons par récurrence sur N que n 0 G. Comme G est un sous-groupe de Z, 0 n 0 = 0 G. Supposons que n 0 G. Alors, comme G est un sous-groupe de Z et n 0 G, n 0 + n 0 G donc ( + 1)n 0 G. Cec montre ben que pour tout n 0 N G. Sot x n 0 Z. Alors x = n 0 avec Z. S 0, nous venons de démontrer que x G. S < 0, alors 0 donc n 0 G. Comme G est un sous-groupe, ( n 0 ) G donc n 0 G. Ans, n 0 Z G. Nous n avons vu la dvson eucldenne que dans N. Elle exste également dans Z : s a Z et b N, l exste un unque couple (q, r) Z 0, nb 1 tel que a = bq + r. (d) Sot x G. Consdérons la dvson eucldenne de x par n 0 (n 0 0 car n 0 N par défnton). Alors x = n 0 q + r avec 0 r < n 0. Alors x G et n 0 q G d après la queston précédente, donc r G. De plus, r < n 0 = mn(g N ). On en dédut que r ne peut être un élément de N sous pene de contredre la défnton de n 0. On en dédut que r 0 donc, comme 0 r, r = 0. On a donc x = n 0 q n 0 Z. (e) On a montré que n 0 Z G et G n 0 Z donc G = n 0 Z. 3. (a) 0 est un élément de G et de G donc 0 = est ben la somme d un élément de G et de G donc est un élément de G + G. Supposons que x G + G et y G + G. Alors x = a + a et y = b + b avec (a, b) G 2 et (a, b ) G 2. On a donc x + y = a + a + b + b = (a + b) + (a + b ). Comme G est un groupe, a + b G ; comme G est un groupe, a + b G. On a donc x + y G + G. Supposons x G + G. Alors x = a + a avec a G et a G. Alors x = a a avec a G (car G un groupe) et a G (car G est un groupe). On a donc x G + G. On a donc ben montré que G + G est un sous-groupe de Z. (b) 0 G et 0 G car G et G sont des groupes ; donc 0 G G. Sot x G G et y G G. Alors x+y G car x G et y G et G est un groupe. De même, x+y G. Donc x+y G G. Enfn, s x G G, alors x G (car G est un groupe) et x G (car G est un groupe) donc x G G. Ans, G G est ben un groupe. 7

8 4. (a) az et bz sont des sous-groupes de Z donc, d après la queston 3.(a), az + bz également. D après la queston 2, l exste r N tel que rz = az + bz. De plus, s r = 0, alors az + bz est le groupe nul (ce qu n est pas le cas car a 0 ou b 0). Cec démontre l exstence de r. Supposons qu l exste r et r des enters naturels tels que az + bz = rz et az + bz = r Z. Alors rz = r Z donc r s écrt r = r avec Z ; de même r = r avec Z. Ans r = r = (r ) donc, comme r 0, = 1, donc = ±1. Comme r et r sont postfs, = = 1. Ans, r = r. S a = 0 et b = 0, on az + bz = 0Z, donc la proprété est encore vrae à cec près qu l faut lasser la possblté à r d être nul. (b) De façon générale, par défnton de G + G pour deux sous-groupes G et G de Z, G G + G et G G + G. On a donc az az + bz = rz. D après la queston 1, r dvse a. De même (ou par symétre des rôles de a et b), r dvse b. (c) Comme r rz = az + bz, l exste (u, v) Z 2 tel que r = au + bv. (d) Supposons que d dvse a et b. Alors az dz et bz dz. Sot z az + bz. Alors z = x + y avec x az et y bz. Ans, x dz et y dz, donc z = x + y dz (dz étant un groupe). On a donc az + bz dz donc rz dz donc d dvse r. Récproquement s d dvse r, alors d dvse a par transtvté de la dvsblté. De même, d dvse b donc d dvse a et b. On a donc ben : d dvse a et b s et seulement s d dvse r. (e) r est ben un dvseur de a et de b. De plus tout dvseur commun d à a et b dvse r. On e donc d = r avec N. Comme r 0, 0 donc d d = r. r est donc ben le plus grand des dvseurs communs à a et à b. 5. (a) az Z est un sous-groupe de Z. Il est non nul car ab en est un élément non nul (car a et b sont non nuls). D après la queston 2, l exste m N tel que mz = az bz. Comme az bz, m 0. Comme mz = mz, on peut toujours chosr m > 0. On peut exactement comme dans la queston 4 que s mz = m Z avec m 0 et m 0, alors m = m. Cec démontre l exstence et l uncté. (b) m az donc m est un multple de a. De même m est un multple de b (par symétre des rôles...). (c) Sot n un multple de a et de b. Alors nz az et nz bz. On a donc nz (az bz) donc nz mz donc m dvse n, c est-à-dre que n est un multple de m. (d) m est ben un multple de a et de b et la queston (c) montre que tout multple commun à a et b est un multple de m ; en partculer un tel multple de a et b est plus grand que m. m est donc ben le plus pett multple à a et à b. 8