Groupes cycliques et théorème chinois : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : groupes cycliques et théorème chinois

Le corrigé détaillé : groupes cycliques et théorème chinois

Exercice 1 – Ordres dans Z/45Z (3 points)

1. Deux ordres par le PGCD

   Pour \(m \in \mathbb{Z}\), on a \(m \cdot \overline{12} = \overline{0}\) exactement quand 45 divise \(12m\), donc quand 15 divise \(4m\) après simplification par 3. Or 4 est premier avec 15, donc d’après le lemme de Gauss, cela équivaut à \(15 \mid m\). L’ordre de \(\overline{12}\) vaut 15, ce que confirme la figure : la ligne brisée se referme après 15 sommets.

   De même, \(m \cdot \overline{35} = \overline{0}\) équivaut à \(45 \mid 35m\), soit \(9 \mid 7m\), donc à \(9 \mid m\) car 7 est premier avec 9. L’ordre de \(\overline{35}\) vaut 9. Plus généralement, l’ordre de \(\overline{k}\) dans \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) vaut \(\frac{n}{n \wedge k}\).

2. Générateurs du groupe

   La classe \(\overline{k}\) engendre \(\mathbb{Z}/45\mathbb{Z}\) si et seulement si son ordre vaut 45, donc si \(k \wedge 45 = 1\). Leur nombre vaut ainsi \(\varphi(45) = 45 \times \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} = 24\). Entre 1 et 10, on écarte les multiples de 3 ou de 5. Il y a 24 générateurs, et ceux de représentant compris entre 1 et 10 sont \(\overline{1}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{7}, \overline{8}\).

3. Éléments d’ordre 15

   D’après la formule précédente, \(\overline{k}\) est d’ordre 15 quand \(45 \wedge k = 3\). On écrit donc \(k = 3j\) avec \(1 \leq j \leq 14\) et \(j\) premier avec 15. Il y a \(\varphi(15) = 8\) tels entiers \(j\) : 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14. On obtient 8 éléments d’ordre 15 : \(\overline{3}, \overline{6}, \overline{12}, \overline{21}, \overline{24}, \overline{33}, \overline{39}, \overline{42}\).

Barème : question 1 sur 1 point (0,5 par ordre) ; question 2 sur 1 point (nombre 0,5 ; liste 0,5) ; question 3 sur 1 point.

Exercice 2 – Ordre d’une puissance et d’un produit (4 points)

1. Division euclidienne de l’exposant

   Écrivons \(n = sa + r\) avec \(0 \leq r < a\). Comme \(x^a = e\), on obtient \(x^n = (x^a)^s x^r = x^r\). Or \(a\) est le plus petit entier strictement positif tel que \(x^a = e\). Par conséquent, \(x^r = e\) impose \(r = 0\). Ainsi \(x^n = e\) équivaut à \(r = 0\), c’est-à-dire à \(a \mid n\).

2. Simplification par le PGCD

   Posons \(a = d a_1\) et \(k = d k_1\), avec \(a_1\) et \(k_1\) premiers entre eux. Pour \(m \in \mathbb{Z}\), la question 1 donne : \((x^k)^m = e\) équivaut à \(a \mid km\), donc à \(a_1 \mid k_1 m\). Grâce au lemme de Gauss, cela équivaut enfin à \(a_1 \mid m\). Le plus petit \(m > 0\) convenable est donc \(a_1\). L’ordre de \(x^k\) vaut \(\frac{a}{d}\).

3. Le produit de deux éléments qui commutent

   Comme \(x\) et \(y\) commutent, \((xy)^{ab} = (x^a)^b (y^b)^a = e\). L’ordre \(m\) de \(xy\) divise donc \(ab\).

   Réciproquement, \((xy)^m = e\) donne \(x^m = y^{-m}\), élément de \(H\), intersection des sous-groupes engendrés par \(x\) et par \(y\). Ce sous-groupe est contenu à la fois dans \(\langle x \rangle\), de cardinal \(a\), et dans \(\langle y \rangle\), de cardinal \(b\). D’après le théorème de Lagrange, son cardinal divise \(a\) et \(b\), donc vaut 1. Ainsi \(x^m = e\) et \(y^m = e\), si bien que \(a \mid m\) et \(b \mid m\). Puisque \(a\) et \(b\) sont premiers entre eux, \(ab \mid m\). Finalement, \(xy\) est d’ordre \(ab\).

Piège classique : sans la commutativité, le résultat tombe. Dans \(\mathfrak{S}_3\), le produit de la transposition \((1\ 2)\), d’ordre 2, par le cycle \((1\ 2\ 3)\), d’ordre 3, est encore une transposition : son ordre vaut 2, et non 6.

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (écriture avec le PGCD 0,5 ; Gauss 1) ; question 3 sur 1,5 point (divisibilité 0,5 ; intersection et Lagrange 1).

Exercice 3 – Congruences simultanées (4 points)

1. L’isomorphisme et la grille

   Les entiers 8 et 9 sont premiers entre eux, et \(8 \times 9 = 72\). Le théorème chinois affirme alors que l’application \(\overline{k} \mapsto (k \bmod 8,\ k \bmod 9)\) définit un isomorphisme d’anneaux de \(\mathbb{Z}/72\mathbb{Z}\) sur \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/9\mathbb{Z}\). En particulier, elle est bijective : chacun des 72 couples (colonne, ligne) provient d’un unique entier de 0 à 71, d’où l’absence de case vide ou double.

2. Recollement des deux premières congruences

   On a la relation de Bézout \(9 – 8 = 1\). Les solutions de \(x \equiv 3 \pmod{8}\) s’écrivent \(x = 3 + 8t\). Alors \(3 + 8t \equiv 5 \pmod{9}\) donne \(-t \equiv 2\), car \(8 \equiv -1 \pmod{9}\), soit \(t \equiv 7 \pmod{9}\). Donc \(x \equiv 59 \pmod{72}\), ce que la grille confirme : 59 occupe la colonne 3 et la ligne 5.

   Ajout de la troisième congruence

   Écrivons ensuite \(x = 59 + 72s\). Modulo 11, on a \(59 \equiv 4\) et \(72 \equiv 6\), d’où \(4 + 6s \equiv 2\), puis \(6s \equiv 9 \pmod{11}\). Or \(6 \times 2 = 12 \equiv 1\), donc l’inverse de 6 vaut 2 et \(s \equiv 18 \equiv 7 \pmod{11}\). Ainsi \(x = 59 + 504 = 563\).

   Vérification : \(563 = 70 \times 8 + 3 = 62 \times 9 + 5 = 51 \times 11 + 2\). Les modules 8, 9 et 11 sont deux à deux premiers entre eux, de produit 792. L’ensemble des solutions est \(\{563 + 792j,\ j \in \mathbb{Z}\}\).

3. Découpage modulo 8 et modulo 9

   Par l’isomorphisme chinois, \(x^2 \equiv 1 \pmod{72}\) équivaut à \(x^2 \equiv 1 \pmod{8}\) et \(x^2 \equiv 1 \pmod{9}\). Le nombre de solutions est donc le produit des nombres de solutions modulo 8 et modulo 9.

   Modulo 8, un entier pair a un carré pair, donc il ne convient pas. En revanche, pour \(x = 2j + 1\), on a \(x^2 = 4j(j + 1) + 1 \equiv 1\), car \(j(j + 1)\) est pair. On obtient ainsi 4 solutions : 1, 3, 5, 7.

   Modulo 9, la condition s’écrit \(9 \mid (x – 1)(x + 1)\). Cependant, 3 ne divise pas à la fois \(x – 1\) et \(x + 1\), dont la différence vaut 2. Donc 9 divise l’un des deux facteurs, et \(x \equiv \pm 1 \pmod{9}\) : 2 solutions.

   Les huit solutions

   L’équation admet donc \(4 \times 2 = 8\) solutions dans \(\mathbb{Z}/72\mathbb{Z}\) : les classes de 1, 17, 19, 35, 37, 53, 55 et 71. On les lit sur la grille aux croisements des colonnes impaires et des lignes 1 et 8.

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (deux premières congruences 0,75 ; troisième et vérification 0,75) ; question 3 sur 1,5 point (découpage 0,5 ; comptages 0,5 ; liste 0,5).

Exercice 4 – Indicatrice d’Euler et grande puissance (3,5 points)

1. Un entier de \([\![1, p^k]\!]\) n’est pas premier avec \(p^k\) exactement quand \(p\) le divise, puisque \(p\) est premier. Ces entiers sont \(p, 2p, \ldots, p^{k-1} \times p\), au nombre de \(p^{k-1}\). Donc \(\varphi(p^k) = p^k – p^{k-1}\).

2. Inversibles d’un produit d’anneaux

   Notons \(\theta\) l’isomorphisme d’anneaux de \(A_{rs}\) sur le produit \(A_r \times A_s\). Un isomorphisme d’anneaux envoie les inversibles exactement sur les inversibles. De plus, un couple \((\alpha, \beta)\) est inversible dans l’anneau produit si et seulement si \(\alpha\) et \(\beta\) le sont, car le produit se calcule composante par composante.

   Par conséquent, \(\theta\) réalise une bijection de \(U(A_{rs})\) sur \(U(A_r) \times U(A_s)\). En passant aux cardinaux, on obtient \(\varphi(rs) = \varphi(r) \times \varphi(s)\).

3. Application numérique

   On factorise \(1400 = 2^3 \times 5^2 \times 7\). Les questions précédentes donnent \(\varphi(1400) = (8 – 4)(25 – 5)(7 – 1) = 4 \times 20 \times 6 = 480\).

   Le nombre premier 13 ne divise pas 1400, donc 13 est premier avec 1400. Le théorème d’Euler, conséquence du théorème de Lagrange dans \((\mathbb{Z}/1400\mathbb{Z})^{\times}\), donne alors \(13^{480} \equiv 1 \pmod{1400}\). Comme \(963 = 2 \times 480 + 3\), on en déduit \(13^{963} \equiv 13^3 = 2197 \equiv 797 \pmod{1400}\). Le reste cherché vaut 797.

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (inversibles du produit 1 ; cardinaux 0,5) ; question 3 sur 1 point (indicatrice 0,5 ; reste 0,5).

Exercice 5 – Problème : un groupe multiplicatif cyclique (5,5 points)

Partie A : un argument de comptage

1. Structure de corps et racines

   Prenons une classe non nulle, de représentant \(h\). Alors \(p\) ne divise pas \(h\) et, comme \(p\) est premier, \(h\) est premier avec \(p\). Une relation de Bézout \(\alpha h + \beta p = 1\) montre alors que la classe de \(\alpha\) est l’inverse de celle de \(h\). Tout élément non nul est donc inversible : \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) est un corps.

   Sur un corps, un polynôme non nul de degré \(d\) admet au plus \(d\) racines : chaque racine \(\alpha\) fournit en effet un facteur \(X – \alpha\), et l’intégrité du corps empêche d’en accumuler plus que le degré. Appliqué à \(X^d – \overline{1}\), ce résultat donne au plus \(d\) solutions à l’équation \(x^d = \overline{1}\).

2. D’après le théorème de Lagrange, l’ordre de tout élément de \(G\) divise \(\mathrm{card}(G) = 2q\). Puisque \(q\) est premier, les diviseurs positifs de \(2q\) sont 1, 2, \(q\) et \(2q\).

3. Compter ce qui n’engendre pas

   Un élément est d’ordre 1 ou 2 si et seulement si \(x^2 = \overline{1}\), soit \((x – \overline{1})(x + \overline{1}) = \overline{0}\). Le corps étant intègre, on obtient \(x = \overline{1}\) ou \(x = -\overline{1}\), deux classes distinctes car \(p \neq 2\). Exactement 2 éléments sont d’ordre 1 ou 2.

   Ensuite, tout élément d’ordre \(q\) vérifie \(x^q = \overline{1}\). D’après la question 1, cette équation a au plus \(q\) solutions, dont \(\overline{1}\), qui est d’ordre 1. Il y a donc au plus \(q – 1\) éléments d’ordre \(q\).

   Conclusion de la partie A

   Les éléments d’ordre 1, 2 ou \(q\) sont au plus \(2 + (q – 1) = q + 1\). Or \(q + 1 < 2q\) puisque \(q \geq 3\). Il reste donc au moins un élément de \(G\) dont l’ordre vaut \(2q\), c’est-à-dire le cardinal de \(G\). Cet élément engendre \(G\), qui est donc cyclique.

Partie B : le cas p = 23

4. Exponentiation rapide modulo 23

   On calcule d’abord \(2^2 = 4\), \(2^4 = 16\), puis \(2^8 = 256 = 11 \times 23 + 3 \equiv 3\). Comme \(11 = 8 + 2 + 1\), on obtient \(2^{11} \equiv 3 \times 4 \times 2 = 24 \equiv 1\). L’ordre de \(\overline{2}\) divise donc 11, qui est premier, et \(\overline{2} \neq \overline{1}\). Par conséquent, \(\overline{2}\) est d’ordre 11.

   De même, \(5^2 = 25 \equiv 2\), puis \(5^4 \equiv 4\) et \(5^8 \equiv 16\). Ainsi \(5^{11} \equiv 16 \times 2 \times 5 = 160 = 6 \times 23 + 22 \equiv -1\). L’ordre de \(\overline{5}\) appartient à \(\{1, 2, 11, 22\}\). Or \(\overline{5}^{11} \neq \overline{1}\) exclut 1 et 11, et \(\overline{5}^2 = \overline{2} \neq \overline{1}\) exclut 2. Donc \(\overline{5}\) est d’ordre 22 : c’est un générateur de \(G\).

5. Liste des générateurs

   Le groupe \(G\) est cyclique d’ordre 22, engendré par \(\overline{5}\). D’après l’exercice 2, \(\overline{5}^k\) est d’ordre \(\frac{22}{22 \wedge k}\), donc engendre \(G\) exactement quand \(k\) est premier avec 22. Il y a ainsi \(\varphi(22) = 10\) générateurs : les \(\overline{5}^k\) pour \(k \in \{1, 3, 5, 7, 9, 13, 15, 17, 19, 21\}\).

   Pour les calculer, on utilise \(\overline{5}^{2j+1} = \overline{5} \times \overline{2}^j\), ce qui donne 5, 10, 20, 17, 11 pour \(k = 1, 3, 5, 7, 9\). Ensuite, la relation \(\overline{5}^{11} = -\overline{1}\) donne \(\overline{5}^{11 + 2i} = -\overline{2}^{i}\) pour \(i = 1, \ldots, 5\). Les opposés de 2, 4, 8, 16, 9 fournissent alors les cinq autres : 21, 19, 15, 7, 14. Les générateurs de \(G\) sont les classes de 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20 et 21.

Barème : question 1 sur 1 point (corps 0,5 ; racines 0,5) ; question 2 sur 0,5 point ; question 3 sur 1,5 point (ordre 1 ou 2 : 0,5 ; ordre q : 0,5 ; conclusion 0,5) ; question 4 sur 1,5 point (calculs 0,75 ; ordres 0,75) ; question 5 sur 1 point.

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