Exercices corrigés - L'anneau $\mathbb Z/n\mathbb Z$

1. Comme $\bar 2$ et $\bar 3$ sont inversibles dans $\mathbb Z/13\mathbb Z$ (puisque $2$ et $3$ sont premiers avec $13$), on peut réaliser l'opération $-\bar 3 L_1+\bar 2 L_2\to L_2$ sans changer les solutions du système. Le système est donc équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} \bar 2 x+\bar 3 y&=&\bar 4\\ \bar -5 y&=&-\bar 2 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{rcl} \bar 2 x+\bar 3 y&=&\bar 4\\ \bar 5 y&=&\bar 2 \end{array}\right. $$ On résout ensuite l'équation $\bar 5 y=\bar 2$. En remarquant que $5\wedge 13=1$ et donc que $\bar 5$ est inversible dans $\mathbb Z/13\mathbb Z,$ on obtient $$\bar 5 y=\bar 2\iff \overline{25}y=\overline{10}\iff -\bar y=-\bar 3\iff \bar y=\bar 3.$$ On reporte dans la première équation et on trouve $$\bar 2x+\bar 9=\bar 4\iff \bar 2 x =\overline{-5}.$$ En multipliant cette fois par $\bar 7$ (remarquons que $7\wedge 13=1$), on trouve $$\bar 2x=\overline{-5}\iff \overline{14}x=\overline{-35}\iff x=\bar 4.$$ Le système admet donc une unique solution, le couple $(\bar 4,\bar 3)$.
2. On procède comme à la question précédente, mais il faut toutefois prendre garde que $\bar 4$ n'est pas premier avec $18$. Toutefois, en effectuant l'opération $-\bar 5 L_1+\bar 4 L_2\to L_2,$ on voit que toute solution du système vérifie $$\left\{\begin{array}{rcl} \bar 4 x+\bar 7 y&=&\bar 1\\ \overline{-27}y &=&\bar 3 \end{array}\right.$$ On essaie donc de résoudre $\overline{-27}y=\bar 3\iff \overline{9}y=\bar 3.$ Mais si cette équation admet une solution $y$, en prenant $k\in\mathbb Z$ tel que $y=\bar k,$ il existe $m\in\mathbb Z$ tel que l'on ait $$9k=3+18m.$$ Mais ceci est impossible car $9|9k,$ $9|18$ mais $9$ ne divise pas $3.$ Ainsi, le système n'admet pas de solutions.
3. Il faut faire un peu plus attention car les coefficients du système ne sont plus inversibles dans $\mathbb Z/18\mathbb Z$ et on ne peut plus raisonner par équivalence, mais seulement par implication. On remarque toutefois en effectuant $\bar 3L_1-2\bar L_2$ qu'on a nécessairement $y=-1.$ On a alors une système du système si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{rcl} \bar 2x=\bar 4\\ \bar 3 x=\bar 6 \end{array}\right.$$ On résout individuellement chacune de ces équations. Pour la première, en écrivant $x=\bar k$ avec $k\in\mathbb Z,$ on trouve \begin{eqnarray*} \bar 2x=\bar 4&\iff& 2k\equiv 4\ [18]\\ &\iff&\exists m\in\mathbb Z,\ 2k=4+18m\\ &\iff&\exists m\in\mathbb Z,\ k=2+9m\\ &\iff &x\in \{\bar 2,\overline{11}\}. \end{eqnarray*} De même, on résout la deuxième équation et on trouve $$\bar 3x=\bar 6\iff x\in\{\bar 2,\bar 8,\overline{14}\}.$$ La seule solution commune est $\bar 2$ et finalement le système admet une unique équation, qui est le couple $(\bar 2,\overline{-1})$.

1. On peut remarque pour cette question que $\overline 14=\overline 1$ et que $\overline{49}=\overline{10}$ Ainsi, $$(x+\overline 7)^2 =x^2+x+\overline{10}$$ et $k$ doit vérifier que $\bar k^2=\overline 3.$ On remarque alors que $\overline 4$ convient puisque $\overline 4^2=3$. Remarquons qu'on ne demande pas toutes les solutions de l'équation.
2. Par la question précédente, l'équation est équivalente à $$(x+\overline 7)^2-\overline 4^2=0\iff (x+\overline 7+\overline 4)(x+\overline 7- \overline 4)=0.$$ Puisque $\mathbb Z/13\mathbb Z$ est un corps, et donc en particulier est intègre, ceci est encore équivalent à $x+\overline{11}=\overline 0$ ou $x+\overline 3=\overline 0$. L'ensemble des solutions est donc $\{\overline 2,\overline{10}\}$.

1. On dresse le tableau : $$\begin{array}{c|ccccccc} t&\bar 0&\bar 1&\bar 2&\bar 3&\bar 4&\bar 5&\bar 6\\ \hline t^2&\bar 0&\bar 1&\bar 4&-\bar 3&\bar 4&\bar 1&\bar 0\\ \end{array}$$ Ainsi, l'ensemble des solutions de l'équation $t^2=1$ dans $\mathbb Z/12\mathbb Z$ est $\{-\bar 5,-\bar 1,\bar 1,\bar 5\}$.
2. On procède comme pour la question précédente. En mettant sous forme canonique, on trouve $$x^2-\overline 4x+\overline 3=(x-\overline 2)^2-\overline 4+\overline 3=(x-\overline 2)^2-\overline 1.$$ L'équation est donc équivalente à $$(x-\overline 2)^2-\overline 1=0.$$ On peut bien sûr encore factoriser et obtenir que l'équation est équivalente à $$(x-\overline 2-\overline 1)(x-\overline 2+\overline 1)=0.$$ Mais cette fois, on ne peut pas aller plus loin car $\mathbb Z/12\mathbb Z$ n'est pas un corps. Il faut plutôt écrire $(x-\overline 2)^2=\overline 1$. D'après la question précédente, cette équation est équivalente $x-\overline 2\in\{-\bar 5,-\bar 1,\bar 1,\bar 5\}$. L'ensemble des solutions est donc $\{-\bar 3,\bar 1,\bar 3,\bar 7\}$. Il y a en particulier plus de deux solutions à cette équation polynomiale de degré 2!

D'après le cours, les éléments inversibles de $\mathbb Z/8\mathbb Z$ sont les classes d'entiers $k$ tels que $k\wedge 8=1.$ On a donc $$(\mathbb Z/8\mathbb Z)^*=\{\bar 1,\bar 3,\bar 5,\bar 7\}.$$ On remarque que tous ces éléments sont d'ordre $1$ ou $2$ (par exemple, $\bar 3^2=\bar 9=1$, $\bar 7^2=\overline{49}=\bar 1$). Ainsi, aucun n'engendre $(\mathbb Z/8\mathbb Z)^*$ et ce groupe n'est pas cyclique.

Non, ces groupes ne sont pas isomorphes. En effet, si $f$ est un isomorphisme de $G$ sur $H$, et si $g$ est un élément de $G$ d'ordre $n$, alors $f(g)$ est aussi d'ordre $n$. Or, ici, $\mathbb Z/8\mathbb Z$ est le seul des 3 groupes à avoir un élément d'ordre 8, tandis que $(\mathbb Z/2\mathbb Z)^3$ est le seul à ne pas avoir d'éléments d'ordre 4. Ces 3 groupes ne sont pas deux à deux isomorphes.

Décomposons $a$ et $b$ en produits de facteurs premiers : \begin{align*} a&=p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}\\ b&=p_1^{\beta_1}\cdots p_r^{\beta_r}. \end{align*} D'après le théorème chinois, \begin{align*} \mathbb Z/a\mathbb Z&\simeq \mathbb Z/p_1^{\alpha_1}\mathbb Z\times\cdots \times\mathbb Z/p_r^{\alpha_r}\mathbb Z\\ \mathbb Z/b\mathbb Z&\simeq \mathbb Z/p_1^{\beta_1}\mathbb Z\times\cdots\times \mathbb Z/p_r^{\beta_r}\mathbb Z\\ \end{align*} où le symbole $\simeq$ signifie "isomorphe à". Par passage au produit, $$\mathbb Z/a\mathbb Z\times\mathbb Z/b\mathbb Z\simeq \mathbb Z/p_1^{\alpha_1}\mathbb Z\times\cdots\times \mathbb Z/p_r^{\alpha_r}\mathbb Z\times \mathbb Z/p_1^{\beta_1}\mathbb Z\times\cdots\times \mathbb Z/p_r^{\beta_r}\mathbb Z.$$ On regroupe différemment les termes de gauche : $$ \mathbb Z/a\mathbb Z\times\mathbb Z/b\mathbb Z\simeq \mathbb Z/p_1^{\min(\alpha_1,\beta_1)}\mathbb Z\times\cdots \times\mathbb Z/p_r^{\min(\alpha_r,\beta_r)}\mathbb Z\times \mathbb Z/p_1^{\max(\alpha_1,\beta_1)}\mathbb Z\times\cdots\times \mathbb Z/p_r^{\max(\alpha_r,\beta_r)}\mathbb Z.$$ Par le théorème chinois à nouveau, et sachant que \begin{align*} d&=p_1^{\min(\alpha_1,\beta_1)}\cdots p_r^{\min(\alpha_r,\beta_r)}\\ m&=p_1^{\max(\alpha_1,\beta_1)}\cdots p_r^{\max(\alpha_r,\beta_r)} \end{align*} on en déduit que $$\mathbb Z/a\mathbb Z\times \mathbb Z/b\mathbb Z\simeq \mathbb Z/d\mathbb Z\times \mathbb Z/m\mathbb Z.$$

Décomposons $n$ en produit de facteurs premiers : $n=p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}$ de sorte que $n^k=p_1^{k\alpha_1}\cdots p_r^{k\alpha_r}.$ Alors on a \begin{align*} \varphi(n^k)&=\prod_{i=1}^r \left (p_i^{k\alpha_i}-p_i^{k\alpha_{i-1}}\right)\\ &=\prod_{i=1}^r p_i^{k\alpha_i}\left(1-\frac 1{p_i}\right)\\ &=\prod_{i=1}^r p_i^{(k-1)\alpha_i}\times \prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i}\left(1-\frac 1{p_i}\right)\\ &=n^{k-1}\varphi(n). \end{align*}

On commence par supposer que $\varphi(n)$ divise $n$. Décomposons $n$ en produit de facteurs premiers : $n=p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}$ où $p_1<\cdots<p_r$ sont les premiers intervenant dans la décomposition en produit de facteurs premiers de $n$ (en particulier, chaque $\alpha_i$ est strictement positif). Alors on sait que $$\varphi(n)=\prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i-1}(p_i-1)=\frac{n \prod_{i=1}^r (p_i-1)}{\prod_{i=1}^r p_i}.$$ Ainsi, $\varphi(n)|n$ si et seulement si $n/\varphi(n)$ est un entier, si et seulement si $$\prod_{i=1}^r (p_i-1)|\prod_{i=1}^r p_i.$$ Notons $k$ le nombre de $p_i$ impairs. Si $p$ est impair, $p-1$ est pair et donc on a $2^k|\prod_{i=1}^r p_i$. Mais il est impossible que $\prod_{i=1}^r p_i$ soit divisible par $4$ (seul $2$ est un nombre premier pair!). Ainsi, ou bien $n=2^\alpha$, avec $\alpha\geq 1,$ ou bien $n=2^{\alpha}p^{\beta}$ avec $\alpha,\beta\geq 1$ et $p$ un premier impair. Mais alors on a $$(p-1)|2p$$ et comme $p-1\wedge p=1,$ le théorème de Gauss nous dit que $p-1|2,$ ce qui n'est possible que si $p-1=2,$ c'est-à-dire $p=3.$ On a donc prouvé que si $\varphi(n)|n,$ alors ou bien $n=2^\alpha,$ ou bien $n=2^{\alpha}3^{\beta},$ avec $\alpha,\beta\geq 1.$
Réciproquement, si $n=2^{\alpha},$ alors $$\varphi(n)=2^{\alpha}-2^{\alpha-1}=2^{\alpha-1}|n.$$ Si $n=2^{\alpha}3^{\beta},$ alors $$\varphi(n)=2^{\alpha-1}(3^{\beta}-3^{\beta-1})=2^{\alpha-1}3^{\beta-1}2=2^\alpha 3^{\beta-1}|n.$$ Ainsi, les entiers $n\geq 2$ pour lesquels $\varphi(n)|n$ sont les entiers qui s'écrivent $2^\alpha 3^\beta$ avec $\alpha\geq 1$ et $\beta\geq 0.$