Anneaux PDF

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fr] édité le 21 octobre 2015 Enoncés 1
Anneaux 2
b) Pour z ∈ Z [i], on pose N (z) = |z| . Vérifier
∀z, z 0 ∈ Z [i] , N (zz 0 ) = N (z)N (z 0 ) et N (z) ∈ N

Diviseurs de zéro c) Déterminer les éléments inversibles de l’anneau Z [i].
Exercice 1 [ 02233 ] [Correction]

Montrer qu’un anneau (A, +, ×) n’a pas de diviseurs de zéro si, et seulement si, Exercice 6 [Correction]
[ 02240 ]
tous ses éléments non nuls sont réguliers Soit nm o
A= /m ∈ Z et n ∈ N? , impair
n
a) Montrer que A est un sous anneau de (Q, +, ×).
Exercice 2 [ 02236 ] [Correction] b) Quels en sont les éléments inversibles ?
Soient a, b deux éléments d’un anneau (A, +, ×) tels que ab soit inversible et b non
diviseur de 0.
Montrer que a et b sont inversibles. Exercice 7 [Correction]
[ 02241 ]
Soit nm o
A= | m ∈ Z et n ∈ N
Sous-anneaux 2n
a) Montrer que A est un sous anneau de (Q, +, ×).
Exercice 3 [ 02237 ] [Correction] b) Quels en sont les éléments inversibles ?
Soit d ∈ N, on note h√ i n √ o
Z d = a + b d | (a, b) ∈ Z2 Exercice 8 [ 00128 ] [Correction]
h√ i Pour d ∈ N, on note
Montrer que Z d est un sous-anneau de (R, +, ×).
Ad = (x, y) ∈ Z2 | d divise (y − x)

a) Montrer que Ad est un sous anneau (Z2 , +, ×).

Exercice 4 [ 02238 ] [Correction] b) Inversement, soit A un sous anneau de (Z2 , +, ×).
On note n n o Montrer que H = {x ∈ Z | (x, 0) ∈ A} est un sous groupe de (Z, +).
D= | n ∈ Z, k ∈ N c) En déduire qu’il existe d ∈ N tel que H = dZ et A = Ad .
10k
l’ensemble des nombres décimaux.
Montrer que D est un sous-anneau de (Q, +, ×). Exercice 9 [ 03376 ] [Correction]
Un anneau A est dit régulier si
Exercice 5 [ 02239 ] [Correction] ∀x ∈ A, ∃y ∈ A, xyx = x

[Anneau des entiers de Gauss 1777-1855] On considère un tel anneau A et l’on introduit
On note
Z [i] = a + ib | (a, b) ∈ Z2 Z = {x ∈ A/∀a ∈ A, ax = xa}

a) Montrer que Z [i] est un anneau commutatif pour l’addition et la a) Montrer que Z est un sous-anneau de A.
multiplication des nombres complexes. b) Vérifier que Z est régulier.
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Exercice 10 [ 03856 ] [Correction] x ≡ 1 mod 6 3x ≡ 2 mod 5
a) b)
On note P l’ensemble des nombres premiers. On se propose d’établir l’existence x ≡ 2 mod 7 5x ≡ 1 mod 6
d’une correspondance bijective entre l’ensemble des sous-anneaux de l’anneau
(Q, +, ×) et l’ensemble des parties de P.
Pour A un sous-anneau de (Q, +, ×), on note Exercice 14 [ 01216 ] [Correction]
Résoudre le système :
1 x≡2 [10]
P (A) = p ∈ P | ∈ A
p x≡5 [13]
a) Soient A et B sont deux sous-anneaux de (Q, +, ×). Établir

P (A) = P (B) =⇒ A = B Soient a, b, a0 , b0 ∈ Z avec b et b0 premiers entre eux.
Montrer que le système
b) Soit P un sous-ensemble de P. Déterminer un sous-anneau A de (Q, +, ×)

x ≡ a [b]
vérifiant P (A) = P . x ≡ a0 [b0 ]
c) Conclure. possède des solutions et que celles-ci sont congrues entres elles modulo bb0 .
Morphismes d’anneaux Exercice 16 [ 01218 ] [Correction]

Une bande de 17 pirates dispose d’un butin composé de N pièces d’or d’égale
Exercice 11 [ 00126 ] [Correction] valeur. Ils décident de se le partager également et de donner le reste au cuisinier
Soit f : C → C un morphisme d’anneaux tel que (non pirate). Celui ci reçoit 3 pièces. Mais une rixe éclate et 6 pirates sont tués.
Tout le butin est reconstitué et partagé entre les survivants comme
∀x ∈ R, f (x) = x
précédemment ; le cuisinier reçoit alors 4 pièces. Dans un naufrage ultérieur, seul
Montrer que f est l’identité ou la conjugaison complexe. le butin, 6 pirates et le cuisinier sont sauvés. Le butin est à nouveau partagé de la
même manière et le cuisinier reçoit 5 pièces. Quelle est alors la fortune minimale
que peut espérer le cuisinier lorsqu’il décide d’empoisonner le reste des pirates ?
Soit a un élément d’un ensemble X. Corps
Montrer l’application Ea : F(X, R) → R définie par Ea (f ) = f (a) est un
morphisme d’anneaux.
Exercice 17 [ 02244
√ ] [Correction]
Soit d ∈ N tel que d ∈ / Q, on note
Théorème chinois h√ i n √ o
Q d = a + b d | (a, b) ∈ Q2
Exercice 13 [ 00143 ] [Correction] h√ i
Résoudre les systèmes suivants : Montrer que (Q d , +, ×) est un corps.

Soit (A, +, ×) un anneau intègre fini.

a) Soit a ∈ A avec a 6= 0A . Montrer que l’application x 7→ ax est une Exercice 25 [ 00151 ] [Correction]
permutation de A. Pour n ∈ N? , on note ϕ(n) le nombre d’éléments inversibles dans (Z/nZ, ×).
b) En déduire que tout élément non nul de (A, +, ×) est inversible. a) Calculer ϕ(p) et ϕ(pα ) pour p premier et α ∈ N? .
b) Soient m et n premiers entre eux.
On considère l’application f : Z/mnZ → Z/nZ × Z/mZ définie par f (x̄) = (x̂, x̃).
Exercice 19 [ 02245 ] [Correction] Montrer que f est bien définie et réalise un isomorphisme d’anneaux.
Soit A un anneau commutatif fini non nul. c) En déduire que ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
Montrer que A ne possède pas de diviseurs de zéro si, et seulement si, A est un d) Exprimer ϕ(n) selon la décomposition primaire de n.
corps.

Exercice 20 [ 00130 ] [Correction] Etablir
Soit K un corps fini commutatif. Calculer n ln 2
∀n > 3, ϕ(n) >
Y ln n + ln 2
x
x∈K?
Montrer que pour tout entier n ≥ 3, ϕ(n) est un nombre pair.
Soient K, L deux corps et f un morphisme d’anneaux entre K et L.
a) Montrer que f (x) est inversible pour tout x ∈ K non nul et déterminer f (x)−1 .
b) En déduire que tout morphisme de corps est injectif.
Pour n ∈ N? , on note ϕ(n) le nombre d’éléments inversibles dans (Z/nZ, ×).
Etablir
Exercice 22 √ [ 02662 ] [Correction]
∀a ∈ (Z/nZ)? , aϕ(n) = 1
√ √
Soit K = Q + 2Q√ + √3Q √ + 6Q.
a) Montrer que (1, 2, 3, 6) est une Q-base du Q-espace vectoriel K.
b) Montrer que K est un sous-corps de R. Exercice 29 [ 00153 ] [Correction]
Pour n ∈ N? , on note ϕ(n) le nombre de générateurs de (Z/nZ, +).
a) Montrer que si H est un sous-groupe de (Z/nZ, +), il existe a divisant n
Exercice 23 [ 02677 ] [Correction] vérifiant H =< ā >.
Soit K un corps, E un espace vectoriel de dimension finie n sur K et L un b) Observer que si d | n il existe un unique sous-groupe de (Z/nZ, +) d’ordre d.
sous-corps de K tel que K est un espace vectoriel de dimension finie p sur L. c) Justifier que si d | n le groupe (Z/nZ, +) possède exactement ϕ(d) éléments
Montrer que E est un espace vectoriel de dimension finie q sur L. Relier n, p, q. d’ordre d.
d) Montrer
X
∀n ∈ N? , ϕ(d) = n
Indicatrice d’Euler d|n

Combien y a-t-il d’éléments inversibles dans Z/78Z ?
On note ϕ la fonction indicatrice d’Euler.

a) Soit d un diviseur positif de n ∈ N∗ . Combien y a-t-il d’entiers k vérifiant Idéaux

k ∈ J1 ; nK et pgcd(k, n) = d?
Quels sont les idéaux d’un corps K ?
b) En déduire
X
n= ϕ(d)
d|n Exercice 35 [ 03854 ] [Correction]
Un idéal d’un anneau (A, +, ×) est dit principal lorsqu’il est de la forme xA pour
un certain x ∈ A.
Exercice 31 [ 02381 ] [Correction] Montrer que les idéaux d’un sous-anneau de (Q, +, ×) sont principaux.
Soient T = (ti,j ) ∈ Mn (R) déterminée par

1 si i divise j Exercice 36 [Correction]
[ 00135 ]
ti,j = On note
0 sinon n p o
D= n
| p ∈ Z, n ∈ N
10
et D = diag(ϕ(1), . . . , ϕ(n)) ∈ Mn (R) matrice diagonale.
l’ensemble des nombres décimaux.
On rappelle la propriété X a) Montrer que D est un sous-anneau de (Q, +, ×).
∀n ∈ N? , n = ϕ(d)
d|n b) Montrer que les idéaux de D sont principaux (c’est-à-dire de la forme aD avec
a ∈ D).
a) Calculer le coefficient d’indice (i, j) de la matrice t T DT en fonction de
pgcd(i, j).
b) En déduire la valeur du déterminant de la matrice de Smith Exercice 37 [ 03635 ] [Correction]
  Soit I un idéal de l’anneau produit (Z2 , +, ×).
pgcd(1, 1) pgcd(1, 2) · · · pgcd(1, n) a) On pose I1 = {x ∈ Z/(x, 0) ∈ I} et I2 = {y ∈ Z/(0, y) ∈ I}.
 pgcd(2, 1) pgcd(2, 2) · · · pgcd(2, n)  Montrer que I1 et I2 sont des idéaux de (Z, +, ×).
S=
 
.. .. ..  b) Etablir I = I1 × I2 .
 . . . 
pgcd(n, 1) pgcd(n, 2) ··· pgcd(n, n) c) Conclure que les idéaux de l’anneau (Z2 , +, ×) sont de la forme xZ2 avec
x ∈ Z2 .
Exercice 32 [ 02658 ] [Correction] Exercice 38 [ 00136 ] [Correction]

a) Pour (a, n) ∈ Z × N? avec a ∧ n = 1, montrer que aϕ(n) = 1 [n].
! [Nilradical d’un anneau]
p On appelle nilradical d’un anneau commutatif (A, +, ×) l’ensemble N formé des
b) Pour p premier et k ∈ {1, . . . , p − 1}, montrer que p divise .
k éléments nilpotents de A i.e. des x ∈ A tels qu’il existe n ∈ N∗ vérifiant xn = 0A .
c) Soit (a, n) ∈ (N? )2 . On suppose que an−1 = 1 [n]. On suppose que pour tout x Montrer que N est un idéal de A.
divisant n − 1 et différent de n − 1, on a ax 6= 1 [n]. Montrer que n est premier.
[Radical d’un idéal]
Exercice 33 [ 04061 ] [Correction] Soit I un idéal d’un anneau commutatif A. On note R(I) l’ensemble des éléments
Soient a et n des naturels supérieurs ou égaux à 2. Montrer que n divise ϕ(an − 1). x de A pour lesquels il existe un entier n non nul tel que xn ∈ I.

a) Montrer que R(I) est un idéal de A contenant I. Exercice 43 [ 02367 ] [Correction]

b) Montrer que si I et J sont deux idéaux alors Soit A un sous-anneau de Q.
a) Soit p un entier et q un entier strictement positif premier avec p. Montrer que
R(I ∩ J) = R(I) ∩ R(J) et R(I + J) ⊃ R(I) + R(J) si p/q ∈ A alors 1/q ∈ A.
b) Soit I un idéal de A autre que {0}. Montrer qu’il existe n ∈ N? tel que
c) On suppose que A = Z. Montrer que l’ensemble des entiers n non nuls tels I ∩ Z = nZ et qu’alors I = nA.
que R(nZ) = nZ est exactement l’ensemble des entiers sans facteurs carrés. c) Soit p un nombre premier. On pose
Zp = {a/b; a ∈ Z, b ∈ N? , p ∧ b = 1}
Exercice 40 [ 00138 ] [Correction] Montrer que si x ∈ Q? alors x ou 1/x appartient à Zp .

Soient A un anneau commutatif et e un élément idempotent de A (i.e. e2 = e). d) On suppose ici que x ou 1/x appartient à A pour tout x ∈ Q? . On note I
a) Montrer que J = {x ∈ A/xe = 0} est un idéal de A. l’ensemble des éléments non inversibles de A.
b) On note I = Ae l’idéal principal engendré par e. Déterminer I + J et I ∩ J. Montrer que I inclut tous les idéaux stricts de A. En déduire que A = Q ou
c) Etablir que pour tout idéal K de A : A = Zp pour un certain nombre premier p.
(K ∩ I) + (K ∩ J) = K
Soit p un nombre premier. On note Zp l’ensemble des a/b où (a, b) ∈ Z × N? et p
Exercice 41 [ 00140 ] [Correction] ne divise pas b. On note Jp l’ensemble des a/b où (a, b) ∈ Z × N? , p divise a et p
[Idéaux premiers] ne divise pas b.
Un idéal I d’un anneau commutatif (A, +, ×) est dit premier si, et seulement si, a) Montrer que Zp est un sous-anneau de Q.
b) Montrer que Jp est un idéal de Zp et que tout idéal de Zp autre que Zp est
∀x, y ∈ A, xy ∈ I =⇒ x ∈ I ou y ∈ I inclus dans Jp .
c) Déterminer les idéaux de Zp .
a) Donner un exemple d’idéal premier dans Z.
b) Soit P ∈ K [X] un polynôme irréductible. Montrer que P.K [X] est premier.
c) Soient J et K deux idéaux de A et I un idéal premier. Montrer Exercice 45 [ 02450 ] [Correction]
Soit A un sous-anneau d’un corps K.
J ∩ K = I =⇒ (J = I ou K = I) On suppose :
∀x ∈ K\ {0} , x ∈ A ou x−1 ∈ A
d) Soit (A, +, ×) un anneau commutatif dont tout idéal est premier. Établir que
et on forme I l’ensemble des éléments de l’anneau A non inversibles.
A est intègre puis que A est un corps.
a) Montrer que I est un idéal de A.
b) Montrer que tout idéal de A autre que A est inclus dans I.

[Z est noethérien]
Montrer que tout suite croissante (pour l’inclusion) d’idéaux de Z est stationnaire.
Soit A un anneau intègre. On suppose que l’anneau A ne possède qu’un nombre
Ce résultat se généralise-t-il aux idéaux de K [X] ?.
fini d’idéaux.
Montrer que A est un corps.

Classes de congruence Exercice 54 [ 00148 ] [Correction]

[Théorème de Wilson]
Exercice 47 [ 00142 ] [Correction] Soit p un nombre premier.
Résoudre les équations suivantes : a) Quels sont les éléments de Z/pZ qui sont égaux à leurs inverses ?
a) 3x + 5 = 0 dans Z/10Z b) En déduire que p divise (p − 1)! + 1.
b) x2 = 1 dans Z/8Z c) Inversement, montrer que si un entier n supérieur à 2 divise (n − 1)! + 1 alors
c) x2 + 2x + 2 = 0 dans Z/5Z. cet entier est premier.

a) Déterminer l’ensemble des inversibles de l’anneau Z/8Z. De quelle structure
Résoudre le système suivant :
peut-on munir cet ensemble ?
b) Y a-t-il, à isomorphisme près, d’autres groupes de cardinal 4 ?

x + y ≡ 4 [11]
xy ≡ 10 [11]
Soit p un nombre premier supérieur à 3.
Exercice 49 [ 00147 ] [Correction] a) Quel est le nombre de carrés dans Z/pZ ?
Déterminer les morphismes de groupes entre (Z/nZ, +) et (Z/mZ, +). b) On suppose p = 1 mod 4. En calculant de deux façons (p − 1)!, justifier que
−1 est un carré dans Z/pZ.
c) On suppose p = 3 mod 4. Montrer que −1 n’est pas un carré dans Z/pZ.
Soit un entier n > 2. Combien le groupe (Z/nZ, +) admet-il de sous-groupes ?
Soit (G, .) un groupe fini tel que
Exercice 51 [ 00145 ] [Correction] ∀g ∈ G, g 2 = e
Soit p un nombre premier et k un entier premier avec p − 1.
Montrer que l’application ϕ : Z/pZ → Z/pZ définie par ϕ(x) = xk est bijective. où e est le neutre de G. On suppose G non réduit à {e}.
Montrer qu’il existe n ∈ N? tel que G est isomorphe à ((Z/2Z)n , +).
Exercice 52 [ 00146 ] [Correction] Exercice 58 [ 02660 ] [Correction]

xk est égal à 0 ou
P
Soit p un entier premier. Montrer que pour tout k ∈ N, Si p est un nombre premier, quel est le nombre de carrés dans Z/pZ ?
x∈Z/pZ
−1.
Donner l’ensemble G des inversibles de l’anneau Z/20Z.
Exercice 53 [ 03218 ] [Correction] Montrer que (G, ×) est isomorphe à (Z/2Z × Z/4Z, +)
Soit p un nombre premier. Calculer dans Z/pZ
p p Exercice 60 [ 00144 ] [Correction]
[Petit théorème de Fermat]
X X
2
k̄ et k̄
k=1 k=1
Soit p un nombre premier. Montrer
∀a ∈ (Z/pZ)? , ap−1 = 1

Algèbres
Exercice 61 [Correction]
[ 01265 ]
Soit    
 a b c 
E = M (a, b, c) =  c a b  /(a, b, c) ∈ R3
b c a
 
Montrer que E est une sous-algèbre commutative de M3 (R) dont on déterminera

la dimension.

Soit K une algèbre intègre sur R de dimension finie n > 2. On assimile R à R.1 où
1 est l’élément de K neutre pour le produit.
a) Montrer que tout élément non nul de K est inversible.
b) Soit a un élément de K non situé dans R. Montrer que la famille (1, a) est libre
tandis que le famille (1, a, a2 ) est liée.
c) Montrer l’existence de i ∈ K tel que i2 = −1.
d) Montrer que si K est commutative alors K est isomorphisme à C.

Soit n un entier > 2 et A un hyperplan de Mn (C) stable pour le produit matriciel.
a) On suppose que In ∈ / A. Montrer, si M 2 ∈ A, que M ∈ A. En déduire que pour
tout i ∈ {1, . . . , n} que la matrice Ei,i est dans A. En déduire une absurdité.
b) On prend n = 2. Montrer que A est isomorphe à l’algèbre des matrices
triangulaires supérieures.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 21 octobre 2015 Corrections 8
Corrections Exercice 5 : [énoncé]
Exercice 1 : [énoncé] a) Montrer que Z [i] est un sous anneau de (C, +, ×). Z [i] ⊂ C, 1 ∈ Z [i].
Supposons que A n’ait pas de diviseurs de zéro. ∀x, y ∈ Z [i], on peut écrire x = a + ib et y = a0 + ib0 avec a, b, a0 , b0 ∈ Z.
Soit x ∈ A avec x 6= 0. x − y = (a − a0 ) + i(b − b0 ) avec a − a0 , b − b0 ∈ Z donc x − y ∈ Z [i].
xy = (aa0 − bb0 ) + i(ab0 + a0 b) avec aa0 − bb0 , ab0 + a0 b ∈ Z donc xy ∈ Z [i].
∀a, b ∈ A, xa = xb ⇒ x(a − b) = 0 ⇒ a − b = 0
Ainsi Z [i] est un sous-anneau de (C, +, ×).
car x 6= 0. 2 2 2
b) N (zz 0 ) = |zz 0 | = |z| |z 0 | = N (z)N (z 0 ) et N (z) = a2 + b2 ∈ N avec
Ainsi x est régulier à gauche. Il en est de même à droite. z = a + ib et a, b ∈ Z.
Supposons que tout élément non nul de A soit régulier.
c) Si z est inversible d’inverse z 0 alors N (zz 0 ) = N (z)N (z 0 ) = 1. Or
∀x, y ∈ A, xy = 0 ⇒ xy = x.0 ⇒ x = 0 ou y = 0 N (z), N (z 0 ) ∈ N donc N (z) = N (z 0 ) = 1.
On en déduit z = 1, −1, i ou −i. La réciproque est immédiate.
(par régularité de x dans le cas où x 6= 0).
Par suite l’anneau A ne possède pas de diviseurs de zéro.
Exercice 6 : [énoncé]
a) A ⊂ Q, 1 ∈ A, ∀x, y ∈ A, x − y ∈ A et xy ∈ A : clair.
Par suite A est un sous anneau de (Q, +, ×).
Soit x = b(ab)−1 . Montrons que x est l’inverse de a.
b) x ∈ A est inversible si, et seulement si, il existe y ∈ A tel que xy = 1.
On a ax = ab(ab)−1 = 1 et xab = b(ab)−1 ab = b donc (xa − 1)b = 0 puis xa = 1 m0 0 0 0
car b n’est pas diviseur de 0. Ainsi a est inversible et x est son inverse. x= m n , y = n0 avec n, n impairs. xy = 1 ⇒ mm = nn donc m est impair et la
De plus b = a−1 (ab) l’est aussi par produit d’éléments inversibles. réciproque est immédiate.
Ainsi nm o
U (A) = /m ∈ Z, n ∈ N? impairs
n
Exercice
h√ i 3 : [énoncé]
h√ i
Z d ⊂ R, 1 ∈ Z d .
h√ i √ √ Exercice 7 : [énoncé]
Soient x, y ∈ Z d , on peut écrire x = a + b d et y = a0 + b0 d avec
a, b, a0 , b0 ∈ Z.
√ h√ i a) A ⊂ Q, 1 ∈ A, ∀x, y ∈ A, x − y ∈ A et xy ∈ A : facile.
x − y = (a − a0 ) + (b − b0 ) d avec a − a0 , b − b0 ∈ Z donc x − y ∈ Z d . Ainsi A est un sous anneau de (Q, +, ×).
√ h√ i
xy = (aa0 + bb0 d) + (ab0 + a0 b) d avec aa0 + bb0 d, ab0 + a0 b ∈ Z donc xy ∈ Z d . b) x ∈ A est inversible si, et seulement si, il existe y ∈ A tel que xy = 1.
h√ i 0
Ainsi Z d est un sous-anneau de (R, +, ×). Puisqu’on peut écrire x = 2mn , y = 2mn0 avec m, m0 ∈ Z et n, n0 ∈ N,
0
xy = 1 =⇒ mm0 = 2n+n
Par suite m est, au signe près, une puissance de 2.
D ⊂ Q et 1 ∈ D car 1 = 1010 .
La réciproque est immédiate.
Soient x, y ∈ D, on peut écrire x = 10nk et y = 10
m
` avec n, m ∈ Z et k, ` ∈ N.
n10` −m10k
Finalement
x − y = 10k+` avec n10` − m10k ∈ Z et k + ` ∈ N donc x − y ∈ D. U (A) = ±2k | k ∈ Z

xy = 10nm
k+` avec nm ∈ Z et k + ` ∈ N donc xy ∈ D.
Ainsi D est un sous-anneau de (Q, +, ×).

Exercice 8 : [énoncé] ce qui donne

xay 2 = y 2 ax
a) Ad ⊂ Z2 et 1Z2 = (1, 1) ∈ Ad . puis az = za. On peut alors que conclure que l’anneau Z est régulier au sens
Pour (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ Ad , (x, y) − (x0 , y 0 ) = (x − x0 , y − y 0 ) avec défini.
d | (y − y 0 ) − (x − x0 ) donc (x, y) − (x0 , y 0 ) ∈ Ad .
Aussi (x, y)(x0 , y 0 ) = (xx0 , yy 0 ) avec d | (yy 0 − xx0 ) = (y − x)y 0 + x(y 0 − x0 )
donc (x, y)(x0 , y 0 ) ∈ Ad . Exercice 10 : [énoncé]
b) H 6= ∅ car 0 ∈ H et ∀x, y ∈ H, x − y ∈ H car (x − y, 0) = (x, 0) − (y, 0) ∈ A.
c) H sous groupe de (Z, +) donc il existe d ∈ N tel que a) Supposons P (A) = P (B).
Soit x ∈ A de représentant irréductible a/b. Puisque a et b sont premiers
H = dZ entre eux, il existe u, v ∈ Z tels que au + bv = 1 et alors
Pour tout (x, y) ∈ A, on a (x, y) − (y, y) = (x − y, 0) ∈ A car 1 au + bv a

= = u. + v
(y, y) ∈< (1, 1) >⊂ A. Par suite x − y ∈ dZ. b b b
Inversement, si x − y ∈ dZ alors (x − y, 0) ∈ A puis
Sachant que a/b est élément de A et que 1 l’est aussi, par addition dans le
(x, y) = (x − y, 0) + y.(1, 1) ∈ A.
sous-groupe (A, +), on obtient
Ainsi
1
(x, y) ∈ A ⇐⇒ x − y ∈ dZ ∈A
b
et donc alors Si p est diviseur premier de b, on peut écrire b = pk avec k ∈ Z et alors
A = (x, y) ∈ Z2 | d divise (y − x) = Ad

1 1
= k. ∈ A
p b
Exercice 9 : [énoncé] Par suite les diviseurs premiers de b sont éléments de P (A). Or P (A) = P (B)
a) Immédiatement Z ⊂ A et 1A ∈ Z. et les diviseurs premiers de b sont aussi éléments de B. Puisque B est stable
Soient x, y ∈ Z. Pour tout a ∈ A par produit, l’élément 1/b appartient à B et, finalement,
a(x − y) = ax − ay = xa − ya = (x − y)a 1
x = a. ∈B
b
et
a(xy) = xay = xya Ainsi A ⊂ B et, par argument de symétrie, A = B.
b) Formons
donc x − y ∈ A et xy ∈ A.
Ainsi Z est un sous-anneau de A. na o
A= | les diviseurs premiers de b sont éléments de P
b) Soit x ∈ Z. Il existe y ∈ A tel que xyx = x. La difficulté est de voir que l’on b
peut se ramener au cas où y ∈ Z. . . Pour cela considérons l’élément z = xy 2 . On
observe On vérifier aisément que A est une partie de Q, contenant 1, stable par
xzx = x3 y 2 = xyxyx = xyx = x différence et produit. C’est donc un sous-anneau pour lequel on vérifie
aisément P = P (A).
Il reste à montrer z ∈ Z. Posons a ∈ A. L’élément x3 commute avec y 2 ay 2 et donc c) L’application A 7→ P (A) définit la correspondance bijective voulue.
3 2 2 2 2 3
x y ay = y ay x

Exercice 11 : [énoncé] Exercice 15 : [énoncé]

Posons j = f (i). On a j 2 = f (i)2 = f (i2 ) = f (−1) = −f (1) = −1 donc j = ±i. Il existe u, v ∈ Z tels que bu + b0 v = 1.
Si j = i alors ∀a, b ∈ R, f (a + ib) = f (a) + f (i)f (b) = a + ib donc f = IdC . Soit x = a0 bu + ab0 v.
Si j = −i alors ∀a, b ∈ R, f (a + ib) = f (a) + f (i)f (b) = a − ib donc f : z 7→ z̄. On a x = a0 bu + a − abu = a [b] et x = a0 − a0 b0 v + ab0 v = a0 [b0 ] donc x est
solution.
Soit x0 une autre solution. On a x = x0 [b] et x = x0 [b0 ] donc b | (x0 − x) et
b0 | (x0 − x).
Ea (x 7→ 1) = 1.
Or b ∧ b0 = 1 donc bb0 | (x0 − x).
∀f, g ∈ F(X, R), Ea (f + g) = (f + g)(a) = f (a) + g(a) = Ea (f ) + Ea (g) et
Inversement, soit x0 tel que bb0 | x0 − x, on a bien x0 = x = a [b] et
Ea (f g) = (f g)(a) = f (a)g(a) = Ea (f )Ea (g) donc Ea est un morphisme
x0 = x = a0 [b0 ].
d’anneaux.

Notons x ∈ N le montant du trésor. De part les hypothèses
a) 6 et 7 sont premiers entre eux avec la relation de Bézout (−1) × 6 + 7 = 1. 
x1 = 7 et x2 = −6 sont solutions des systèmes  x ≡ 3 [17]

x ≡ 1 mod 6

x ≡ 0 mod 6 x ≡ 4 [11]
et 
x ≡ 5 [6]
x ≡ 0 mod 7 x ≡ 1 mod 7
donc x = 1 × 7 + 2 × (−6) = −5 est solution du système étudié dont la On commence par résoudre le système
solution générale est alors
x≡3 [17]
x = 37 + 42k avec k ∈ Z x≡4 [11]
b) 17 ∧ 11 = 1 avec la relation de Bézout 2 × 17 − 3 × 11 = 1. On a alors la solution
3x ≡ 2 mod 5 x≡4 mod 5
⇐⇒ particulière
5x ≡ 1 mod 6 x≡5 mod 6
x = 3 × (−33) + 4 × 34 = 37
on poursuit comme ci-dessus. Les solutions sont 29 + 30k avec k ∈ Z.
et donc 
 x≡3 [17]
Exercice 14 : [énoncé] x ≡ 37 [187]
x≡4 [11] ⇔
10 ∧ 13 = 1 avec la relation de Bézout x≡5 [6]
x≡5 [6]

−9 × 10 + 7 × 13 = 1 187 ∧ 6 = 1 avec la relation de Bézout 187 − 31 × 6 = 1. On a alors la solution

Les nombres x1 = 7 × 13 = 91 et x2 = −9 × 10 = −90 sont solutions des systèmes particulière
x = 37 × (−186) + 5 × (187) = −5947
x ≡ 1 [10] x ≡ 0 [10]
et
x ≡ 0 [13] x ≡ 1 [13] La solution générale du système est alors
On en déduit que
x = −5947 + 1122k = 785 + 1122` avec ` ∈ Z
x = 2 × 91 − 5 × 90 = −268
est solution du système dont la solution générale est alors Le cuisinier peut espérer empocher au moins 785 pièces d’or.
x = −268 + 130k = 122 + 130` avec ` ∈ Z

h√ i (⇒) Supposons que A n’ait pas de diviseurs de zéros. Soit a ∈ A tel que a 6= 0.
Montrons que Q d est un sous-corps de (R, +, ×). Montrons que a est inversible Considérons l’application ϕ : A → A définie par
h√ i h√ i ϕ(x) = a.x.
Q d ⊂ R, 1 ∈ Q d . a n’étant pas diviseur de zéro, on démontre aisément que ϕ est injective, or A est
h√ i √ √ fini donc ϕ est bijective. Par conséquent il existe b ∈ A tel que ϕ(b) = 1 i.e.
Soient x, y ∈ Q d , on peut écrire x = a + b d et y = a0 + b0 d avec
ab = 1. Ainsi a est inversible. Finalement A est un corps.
a, b, a0 , b0 ∈ Q.
√ h√ i
x − y = (a − a0 ) + (b − b0 ) d avec a − a0 , b − b0 ∈ Q donc x − y ∈ Q d .
√ h√ i
xy = (aa0 + bb0 d) + (ab0 + a0 b) d avec aa0 + bb0 d, ab0 + a0 b ∈ Q donc xy ∈ Q d . Exercice 20 : [énoncé]
Si x 6= 0 alors En regroupant chaque x avec son inverse, lorsqu’ils sont distincts, on simplifie
√ √ Y Y
1 1 a−b d a b d x= x
= √ = 2 = − x∈K? x∈K?,x=x−1
x a+b d a − db2 a2 − db2 a2 − db2
avec Or x = x−1 équivaut à x2 = 1K et a pour solutions 1K et −1K .
a b
, 2 ∈Q Que celles-ci soient ou non distinctes, on obtient
a − db a − db2
2 2
√ √ Y
Notons que, icih a −i b d 6= 0 car d ∈/ Q. x = −1K
√
Finalement Q d est un sous-corps de (R, +, ×) et c’est donc un corps. x∈K?
Notons que si le corps K est Z/2Z (ou plus généralement un corps de

caractéristique 2) alors −1K = 1K .
a) L’anneau (A, +, ×) est intègre et a 6= 0A donc Exercice 21 : [énoncé]

a) Pour x ∈ K\ {0}, f (x).f (x−1 ) = f (x.x−1 ) = f (1K ) = 1L donc f (x) est
∀x, y ∈ A, ax = ay =⇒ x = y inversible et f (x)−1 = f (x−1 ).
b) Si f (x) = f (y) alors f (x) − f (y) = f (x − y) = 0L . Or 0L n’est pas inversible
L’application ϕ : x 7→ ax est une injection de A vers A, et l’ensemble A étant
donc x − y = 0K i.e. x = y.
fini, cette injection est nécessairement bijective.
Ainsi f est morphisme injectif.
b) Soit a ∈ A différent de 0A . Par la surjectivité de l’application ϕ, il existe
b ∈ A tel que ab = 1A . Aussi, on a
ϕ(ba) = a(ba) = (ab)a = a = ϕ(1A ) Exercice 22 : [énoncé]

a) Il √ que K est un sous-espace vectoriel de R et que la famille
√est√clair
Par l’injectivité de ϕ, on peut affirmer ba = 1A . (1, 2, 3, 6) est Q-génératrice.
On peut alors conclure que a est inversible (et b est son inverse). Montrons qu’elle√est libre
√ en raisonnant
√ par l’absurde.
Supposons a + b 2 + c 3 + d 6 = 0 avec a, b, c, d ∈ Q non tous nuls.
Quitte à réduire au même dénominateur, on peut supposer a, b, c, d ∈ Z non tous
Exercice 19 : [énoncé] nuls.
(⇐) tout élément non nul d’un corps est symétrisable donc régulier et n’est donc Quitte à factoriser, on peut aussi supposer pgcd(a, b, c, d) = 1.
√ 2 √ √ 2 √ √
pas diviseurs de zéro. On a a + b 2 = c 3 + d 6 donc a2 + 2ab 2 + 2b2 = 3c2 + 6cd 2 + 6d2 .

(
√ a2 + 2b2 = 3c2 + 6d2 Si f (x̄) = f (ȳ) alors x = y [m] et x = y [n] alors m, n | y − x et puisque
Par l’irrationalité de 2 on parvient au système . m ∧ n = 1 alors mn | y − x donc x̄ = ȳ [mn].
ab = 3cd
2 2 f est injective puis bijective par l’égalité des cardinaux.
Par suite 3 | ab et 3 | a + 2b donc 3 | a et 3 | b.
c) Les inversibles de Z/mnZ correspondent aux couples formés par un inversible
Ceci entraîne 3 | cd et 3 | c2 + 2d2 donc 3 | c et 3 | d.
de Z/nZ et un inversible de Z/mZ. Par suite ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
√ b,
Ceci contredit pgcd(a, √c, d)
√ = 1. N N
Ainsi la famille (1, 2, 3, 6) est Q-libre et c’est donc une Q-base de K. pα piαi −1 (pi − 1).
Q Q
d) Si n = i alors ϕ(n) =
i
b) Sans peine,√on vérifie

√ que√K est un sous-anneau de R.
i=1 i=1
Soit x = a + b 2 + c 3 + d 6 ∈ K√avec√a, b, √ c, d ∈ Q non tous
√
nuls.
√ √
1 1√ a+b 2−(c 3+d 6) a+b 2−(c 3+d 6)
x = √ √
(a+b 2)+(c 3+d 6)
= √ =
(a2 +2b2 −3c2 −6d2 )+2(ab−3cd) 2
√
α+β 2 Exercice 26 : [énoncé]
√ √ √ √
1 (a+b 2−(c 3+d 6))(α−β 2) Notons p1 , . . . , pr les facteurs premiers de n. On sait
puis =
x 2
α −2β 2 ∈ K et donc K est un sous-corps de R.
Notons que les quantités conjuguées par lesquelles
√ √ √ on a ci-dessus multiplié ne sont
1 1 1
pas nuls car x est non nul et la famille (1, 2, 3, 6) est Q-libre. ϕ(n) = n 1 − 1− ... 1 −
p1 p2 pr
En ordonnant les p1 , p2 , . . . , pr , on peut affirmer
Il est facile de justifier que E est un L-espace vectoriel sous réserve de bien ∀1 6 i 6 r, pi > 1 + i
connaître la définition des espaces vectoriels et de souligner que qui peut le plus,
peut le moins. . . et donc
Soit (~e1 , . . . , ~en ) une base de K-espace vectoriel E et (λ1 , . . . , λp ) une base du

1 1 1 1 1 1
L-espace vectoriel K. 1− 1− ... 1 − > 1− 1− ... 1 −
p1 p2 pr 2 3 1+r
Considérons la famille des (λj ~ei )16i6n,16j6p . Il est facile de justifier que celle-ci
est une famille libre et génératrice du L-espace vectoriel E. Par suite E est de Par produit télescopique
dimension finie q = np.
1 1 1 12 r 1
1− 1− ... 1 − > ··· =
p1 p2 pr 23 r+1 r+1
Exercice 24 : [énoncé] Or on a aussi
Les inversibles dans Z/78Z sont les classes associés aux entiers de {1, . . . , 78} qui n > p1 . . . pr > 2r
sont premiers avec 78 = 2 × 3 × 13. Il suffit ensuite de dénombrer les multiples de
2, 3, 13 compris entre 1 et 78. On conclut qu’il y a 24 éléments inversible dans et donc
n
Z/78Z. On peut aussi calculer ϕ(78) = 1 × 2 × 12 = 24. r6
ln 2
On en déduit
n n ln 2
Exercice 25 : [énoncé] ϕ(n) > n =
ln 2 +1 n + ln 2
Les éléments inversibles de (Z/nZ, ×) sont les éléments représentés par un nombre
premier avec n.
a) ϕ(p) = p − 1. Etre premier avec pα équivaut à être premier avec p i.e. à ne pas Exercice 27 : [énoncé]
être divisible par p puisque p ∈ P. Il y a pα−1 multiples de p compris entre 1 et pα
donc ϕ(pα ) = pα − pα−1 . Si n possède un facteur premier impair p alors on peut écrire n = pα m avec m
b) Si x = y [mn] alors x = y [n] et x = y [m] donc f est bien définie. premier avec p. On a alors
ϕ(1̄) = (1̂, 1̃) et si a = x + y/xy [mn] alors a = x + y/xy [n] donc ϕ est un
morphisme d’anneaux. ϕ(n) = ϕ(pα )ϕ(m) = (pα − pα−1 )ϕ(m)

Puisque pα − pα−1 est un nombre pair (par différence de deux impairs), on obtient Si k ∈ J1 ; nK vérifie pgcd(k, n) = d alors d divise k et donc on peut écrire
que ϕ(n) est pair. k = d` avec ` ∈ J1 ; mK.
Si n ne possède pas de facteurs premiers impairs, on peut écrire n = 2α avec De plus pgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) = d donne ` ∧ m = 1.
α ≥ 2 et alors ϕ(n) = 2α−1 est un nombre pair. Inversement, si k = d` avec ` ∈ J1 ; mK et ` ∧ m = 1 alors k ∈ J1 ; nK et
pgcd(k, n) = pgcd(d`, dm) = d.
Ainsi, il y a autant de k cherché que de ` éléments de J1 ; mK premiers avec
Exercice 28 : [énoncé] m, à savoir ϕ(m).
Soit f : x 7→ ax de (Z/nZ)? vers lui-même. b) En partitionnant J1 ; nK selon les valeurs possibles d du pgcd de ses éléments
Cette application est bien définie, injective et finalement bijective par cardinalité. avec n (ce qui détermine un diviseur de n), on peut écrire
Ainsi [
J1 ; nK = {k ∈ J1 ; nK | pgcd(k, n) = d}
Y Y Y
x= ax = aϕ(n) x
x∈(Z/nZ)? x∈(Z/nZ)? x∈(Z/nZ)? d|n
puis aϕ(n) = 1 car l’élément

Q
x est inversible. Puisque c’est une union d’ensembles deux à deux disjoints, on obtient
x∈(Z/nZ)? X
CardJ1 ; nK = Card {k ∈ J1 ; nK | pgcd(k, n) = d}
d|n
Exercice 29 : [énoncé] ce qui donne

a) Soit H un sous-groupe de Z/nZ.
X X
n= ϕ(n/d) = ϕ(δ)
Si H = {0} alors H =< n >. d|n δ|n
Sinon, on peut introduire a = min k ∈ N? /k̄ ∈ H .
La division euclidienne de n par a donne n = qa + r d’où r̄ ∈ H puis r = 0. Ainsi en procédant pour l’étape finale à une réindexation de la somme.
a | n.
On a < ā >⊂ H et par division euclidienne on montre H ⊂< ā > d’où < a >= H.
b) Si a divise n, on observe que < ā > est de cardinal ’ordre n/a. Ainsi < n/d > Exercice 31 : [énoncé]
est l’unique sous-groupe d’ordre d de (Z/nZ, +). a) Le coefficient d’indice (i, j) de la matrice DT est ϕ(i)ti,j .
c) Un élément d’ordre d de Z/nZ est générateur d’un sous-groupe à d éléments Le coefficient d’indice (i, j) de la matrice t T DT est
donc générateur de < n/d >. Inversement, tout générateur de < n/d > est n
X X
élément d’ordre d de Z/nZ. Or < n/d > est cyclique d’ordre d donc isomorphe à tk,i ϕ(k)tk,j = ϕ(k)
Z/dZ et possède ainsi ϕ(d) générateurs. On peut donc affirmer que Z/nZ possède k=1 k|i et k|j
exactement ϕ(d) élément d’ordre d.
d) L’ordre d’un élément de Z/nZ est cardinal d’un sous-groupe de Z/nZ et donc Or les diviseurs communs à i et j sont les diviseurs de pgcd(i, j) et donc
diviseur de n. En dénombrant Z/nZ selon l’ordre de ses éléments, on obtient n
X X
X tk,i ϕ(k)tk,j = ϕ(k) = pgcd(i, j)
ϕ(d) = n k=1 k|pgcd(i,j)
d|n
b) La matrice T est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux égaux à 1
donc det T = 1 puis
Yn
Exercice 30 : [énoncé] det S = det D = ϕ(k)
k=1
a) On peut écrire n = dm. Ce résultat a été publié par H. J. S. Smith en 1875.

Exercice 32 : [énoncé] Sachant les entiers p et q premiers entre eux, on peut écrire
a) L’ensemble
! des inversibles
! ! ϕ(n).
de Z/nZ!est un sous-groupe de cardinal
pu + qv = 1 avec u, v ∈ Z
p p−1 p p
b) k =p donc p | k or p ∧ k = 1 donc p | .
k k−1 k k et alors
1 p
c) Posons d = (n − 1) ∧ ϕ(n). d = (n − 1)u + ϕ(n)v donc ad = 1 [n]. Or d | n − 1 = u + v = u.x + v.1
q q
donc nécessairement d = n − 1. Par suite n − 1 | ϕ(n) puis ϕ(n) = n − 1 ce qui
entraîne que n est premier. Sachant que 1 et x sont éléments de A, 1/q l’est aussi et enfin k/q = k.(1/q) ∈ A.
Notons N = an − 1. On a
a) Il suffit de vérifier les axiomes définissant un sous-anneau. . .
n k b) Soit I un idéal de D. L’intersection I ∩ Z est un sous-groupe de (Z, +) donc il
a ≡1 [N ] et ∀1 6 k < n, a 6 ≡1 [N ]
existe a ∈ Z vérifiant
On en déduit que a est inversible dans l’anneau Z/N Z et que a est un élément I ∩ Z = aZ
d’ordre exactement n dans le groupe (U (Z/N Z) , ×). Or ce groupe est de cardinal
Puisque a ∈ I, on a aD ⊂ I.
ϕ(N ) et puisque l’ordre des éléments divise le cardinal du groupe, on obtient que
Inversement, soit x ∈ I. On peut écrire
n divise ϕ(N ).
p
x= avec p ∈ Z et n ∈ N
10n
Exercice 34 : [énoncé] On a alors 10n x ∈ I par absorption donc p ∈ I ∩ Z. On en déduit a | p puis
Soit I un idéal d’un corps K. Si I 6= {0} alors I contient un élément x non nul. x ∈ aD.
Puisque x ∈ I et x−1 ∈ K on a 1 = xx−1 ∈ I puis pour tout y ∈ K, y = 1 × y ∈ I Finalement, I = aD
et finalement I = K. Les idéaux de K sont donc {0} et K.
a) I1 ⊂ Z et 0 ∈ I1 car (0, 0) = 0Z2 ∈ I.
Exercice 35 : [énoncé] Soient x, x0 ∈ I1 . On a (x + x0 , 0) = (x, 0) + (x0 , 0) ∈ I donc x + x0 ∈ I1 .
Soit I un idéal d’un sous-anneau A de (Q, +, ×). Soit de plus a ∈ Z. On a (ax, 0) = (a, 1234) × (x, 0) ∈ I donc ax ∈ I1 .
I ∩ Z est un sous-groupe de (Z, +) donc de la forme dZ pour un certain d ∈ N. Ainsi I1 est un idéal de (Z, +, ×) et de façon analogue I2 aussi.
Vérifions qu’alors I est l’idéal engendré par d. b) Soit (x, y) ∈ I1 × I2 . On a (x, 0) ∈ I et (0, y) ∈ I donc (x, y) = (x, 0) + (0, y) ∈ I.
Puisque d ∈ I, on a déjà par absorption (d) = dA ⊂ I. Ainsi I1 × I2 ⊂ I.
Inversement, soit x ∈ I. On peut écrire x = p/q avec p ∈ Z et q ∈ N? premiers Inversement soit (x, y) ∈ I.
entre eux. On a (x, 0) = (x, y) × (1, 0) ∈ I donc x ∈ I1 . De même y ∈ I2 et donc
On a alors qx = p ∈ Z et, par addition, qx = x + · · · + x ∈ I. Ainsi (x, y) ∈ I1 × I2 .
qx ∈ I ∩ Z = dZ ce qui permet d’écrire x = dk/q. Finalement I ⊂ I1 × I2 puis I = I1 × I2 .
Il reste à montrer que k/q est élément du sous-anneau A pour pouvoir conclure c) Les idéaux de (Z, +, ×) sont de la forme nZ donc il existe a, b ∈ Z tels que
x ∈ (d) = dA. I1 = aZ et I2 = bZ.
Puisque A est un sous-anneau de (Q, +, ×), c’est un sous-groupe additif ce qui L’idéal I apparaît alors comme étant celui engendré par x = (a, b)
entraîne
∀a ∈ A, ∀k ∈ Z, k.a ∈ A I = xZ2 = {(ak, b`)/k, ` ∈ Z}

Exercice 38 : [énoncé] Puisque I ⊂ I + J, on a clairement R(I) ⊂ R(I + J). De même

R(J) ⊂ R(I + J).
N ⊂ A, 0A ∈ N donc N 6= ∅. Pour x, y ∈ N , il existe n, m ∈ N∗ tel que Enfin R(I + J) étant stable par somme R(I) + R(J) ⊂ R(I + J).
xn = y m = 0A . c) Si n a un facteur carré d2 avec d ≥ 2.
Par la formule du binôme, Posons k ∈ Z tel que n = d2 k.
n+m−1 On a dk ∈/ nZ et (dk)2 = nk ∈ nZ donc dk ∈ R(nZ). Ainsi R(nZ) 6= nZ.
X
n + m − 1 k n+m−1−k
(x + y)n+m−1
= x y Si n n’a pas de facteurs carrés alors n s’écrit n = p1 p2 . . . pm avec p1 , . . . , pm
k nombres premiers deux à deux distincts.
k=0
Pour tout x ∈ R(nZ), il existe k ∈ N∗ tel que xk ∈ nZ.
Pour k ≥ n, xk = 0A et pour k ≤ n − 1, y n+m−1−k = 0A . Dans les deux cas Tous les p1 , . . . , pm sont alors facteurs premiers de xk donc de x et par
xk y n+m−1−k = 0A et donc (x + y)n+m−1 = 0A . Par suite x + y ∈ N . conséquent n divise x.
Enfin pour a ∈ A et x ∈ N , ax ∈ N car (ax)n = an xn . Finalement R(nZ) ⊂ nZ puis R(nZ) = nZ car l’autre inclusion est toujours
vraie.
a) Par définition R(I) ⊂ A a) sans difficultés.
01 = 0 ∈ I donc 0 ∈ R(I). b) Pour tout x ∈ A, x = xe + x(1 − e) avec xe ∈ I et x − xe ∈ J. Par suite
Soient x, y ∈ R(I), il existe n, m ∈ N∗ tels que xn , y m ∈ I. I + J = A.
On a alors Si xe ∈ J alors xe = xe2 = 0 donc I ∩ J = {0}.
n−1 n+m−1 c) L’inclusion (K ∩ I) + (K ∩ J) ⊂ K est immédiate. L’inclusion réciproque
X n + m − 1 X n + m − 1
(x+y) n+m−1
= k n+m−1−k
x y + xk y n+m−1−k provient
∈I de l’écriture x = xe + x(1 − e).
k k
k=0 k=n
car les premiers termes de la somme sont dans I puisque y n+m−1−k ∈ I et les Exercice 41 : [énoncé]
suivants le sont aussi car xk ∈ I
donc x + y ∈ R(I).
Soit de plus a ∈ A. On a (ax)n = an xn ∈ I donc ax ∈ R(I). a) Pour p ∈ P, pZ est un idéal premier. En effet on sait que pZ est un idéal et
Ainsi R(I) est un idéal de A. en vertu du lemme d’Euclide : xy ∈ pZ =⇒ x ∈ pZ ou y ∈ pZ.
Soit x ∈ I, on a x1 ∈ I donc x ∈ R(I). b) Même principe
∗ n c) Supposons J ∩ K = I.
b) Si x ∈ R(I ∩ J) alors il existe n ∈ N tel que x ∈ I ∩ J.
On a alors xn ∈ I donc x ∈ R(I) et de même x ∈ R(J). Ainsi Si J = I ok.
Sinon il existe a ∈ J tel que a ∈
/ I. Pour tout b ∈ K, ab ∈ J ∩ K d’où ab ∈ I
R(I ∩ J) ⊂ R(I) ∩ R(J) puis b ∈ I car a ∈/ I. Ainsi K ⊂ I. D’autre part I = J ∩ K ⊂ K donc I = K.
Soit x ∈ R(I) ∩ R(J). Il existe n, m ∈ N∗ tel que xn ∈ I et xm ∈ J. d) I = {0} est un idéal premier donc
Pour N = max(m, n), on a par absorption xN ∈ I et xN ∈ J donc
xy = 0 =⇒ x = 0 ou y = 0
xN ∈ I ∩ J. Ainsi x ∈ R(I ∩ J) et on peut affirmer
R(I ∩ J) ⊃ R(I) ∩ R(J) Soit x ∈ A tel que x 6= 0. x2 A est premier et x2 ∈ x2 A donc x ∈ x2 A.

Ainsi il existe y ∈ A tel que x = x2 y et puisque x 6= 0, xy = 1.
puis l’égalité. Ainsi A est un corps.

Exercice 42 : [énoncé] Par l’hypothèse de départ, l’un au moins des deux éléments x−1 y ou
Une suite croissante (In ) d’idéaux de Z se détermine par une suite d’entiers xy −1 = (x−1 y)−1 appartient à A.
naturels (an ) vérifiant In = an Z et an+1 | an . Si pour tout n ∈ N, In = {0} alors Par opérations dans A à l’aide des relations (*), si (x + y)−1 ∈ A alors x−1 ou y −1
la suite (In ) est stationnaire. appartient à A ce qui est exclu. Ainsi (x + y)−1 ∈ / A et donc x + y ∈ I.
Sinon à partir d’un certain rang In 6= {0} et la relation an+1 | an entraîne Finalement I est un idéal de A.
an+1 6 an . La suite d’entiers naturels (an ) est décroissante et donc stationnaire. Il Par suite, il existe n ∈ N, vérifiant I = nA.
en est de même pour (In ). Si n = 0 alors I = {0} et alors A = Q car pour tout x ∈ Q? , x ou 1/x ∈ A et dans
Ce résultat se généralise à K [X] en travaillant avec une suite de polynômes les deux cas x ∈ A car I = {0}.
unitaires (Pn ) vérifiant Pn+1 | Pn ce qui permet d’affirmer en cas de non nullité Si n = 1 alors I = A ce qui est absurde car 1 ∈ A est inversible.
deg Pn+1 6 deg Pn puis (deg Pn ) stationnaire, puis encore (Pn ) stationnaire et Nécessairement n > 2. Si n = qr avec 2 6 q, r 6 n − 1 alors puisque 1/n ∈ / A, au
enfin (In ) stationnaire. moins l’un des éléments 1/q et 1/r ∈ / A. Quitte à échanger, on peut supposer
1/q ∈/ A. qA est alors un idéal strict de A donc qA ⊂ I. Inversement I ⊂ qA
puisque n est multiple de q. Ainsi, si n n’est pas premier alors il existe un facteur
Exercice 43 : [énoncé] non trivial q de n tel que I = nA = qA. Quitte à recommencer, on peut se
Notons qu’un sous-anneau de Q possédant 1 contient nécessairement Z. ramener à un nombre premier p.
a) Par égalité de Bézout, on peut écrire pu + qv = 1 avec u, v ∈ Z. Si pq ∈ A alors Finalement, il existe un nombre premier p vérifiant I = pA.
Montrons qu’alors A = Zp .
1 p Soit x ∈ A. On peut écrire x = a/b avec a ∧ b = 1. On sait qu’alors 1/b ∈ A donc
= u + v.1 ∈ A si p | b alors 1/p ∈ A ce qui est absurde car p ∈ I. Ainsi p 6 |b et puisque p est
q q
premier, p ∧ b = 1. Ainsi A ⊂ Zp .
b) I ∩ Z est un sous-groupe de (Z, +) donc il est de la forme nZ avec n ∈ N. Soit x ∈ Zp , x = a/b avec b ∧ p = 1. Si x ∈/ A alors x 6= 0 et 1/x = b/a ∈ A puis
Puisque I 6= {0}, il existe p/q ∈ I non nul et par absorption, p = q.p/q ∈ I ∩ Z b/a ∈ I ∈ pA ce qui entraîne, après étude arithmétique, p | b et est absurde.
avec p 6= 0. Par suite I ∩ Z 6= {0} et donc n ∈ N? . Ainsi Zp ⊂ A puis finalement Zp = A.
Puisque n ∈ I, on peut affirmer par absorption que nA ⊂ I.
Inversement, pour p/q ∈ I avec p ∧ q = 1 on a 1/q ∈ A et p ∈ nZ donc p/q ∈ nA.
Ainsi I = nA. Exercice 44 : [énoncé]
c) On peut vérifier que Zp est un sous-anneau de Q. a) Facile.
Pour x = a/b ∈ Q? avec a ∧ b = 1. Si p 6 |b alors p ∧ b = 1 et x ∈ Zp . Sinon p | b et b) Jp idéal de Zp : facile.
donc p 6 |a d’où l’on tire 1/x ∈ Zp . Soit I un idéal de Zp . On suppose I 6⊂ Jp , il existe donc un élément a/b ∈ I
d) Soit J un idéal strict de A. J ne contient pas d’éléments inversibles de A car vérifiant a/b ∈
/ Jp . Par suite p ne divise ni a, ni b et donc et b/a ∈ Zp de sorte que
sinon il devrait contenir 1 et donc être égal à A. a/b est inversible dans Zp . Ainsi l’idéal contient un élément inversible, donc par
Ainsi J est inclus dans I. De plus, on peut montrer que I est un idéal de A. absorption il possède 1 et enfin il est égal à Zp .
En effet I ⊂ A et 0 ∈ I. c) Pour k ∈ N, posons Jpk l’ensemble des a/b où (a, b) ∈ Z × N? , pk | a et p ne
Soient a ∈ A et x ∈ I. divise pas b. On vérifie aisément que Jpk est un idéal de Zp .
Cas a = 0 : ax = 0 ∈ I. Soit I unidéal de Zp . Posons
Cas a 6= 0 : Supposons (ax)−1 ∈ A alors a−1 x−1 ∈ A et donc k = max `/∀x ∈ I, ∃(a, b) ∈ Z × N? , x = a/b, p` | a, p ne divise pas b .
x−1 = a(a−1 x−1 ) ∈ A ce qui est exclu. Ainsi, (ax)−1 ∈ / A et donc ax ∈ I. On a évidemment I ⊂ Jpk .
Soient x, y ∈ I. Montrons que x + y ∈ I. Inversement, il existe x = a/b ∈ I avec pk | a, pk+1 ne divise pas a et p ne divise
Cas x = 0, y = 0 ou x + y = 0 : c’est immédiat. pas b.
Cas x 6= 0, y 6= 0 et x + y 6= 0 : On a (x + y)−1 (x + y) = 1 donc On peut écrire a = pk a0 avec p qui ne divise pas a0 , et donc on peut écrire
x = pk x0 avec x0 = a0 /b inversible dans Zp . Par suite tout élément de Jpk peut
(x + y)−1 (1 + x−1 y) = x−1 et (x + y)−1 (1 + xy −1 ) = y −1 (*) s’écrire xy avec y ∈ Zp et donc appartient à I. Ainsi Jpk ⊂ I puis =.

Finalement les idéaux de Zp sont les Jpk avec k ∈ N. Exercice 47 : [énoncé]

a) 3x + 5 = 0 ⇔ x + 5 = 0 ⇔ x = 5 car l’inverse de 3 dans Z/10Z est 7.
b) Il suffit de tester les entiers 0, 1, 2, 3, 4. 1 et 3 conviennent. Les solutions sont
Exercice 45 : [énoncé] 1, 3, 5, 7.
a) I ⊂ A et 0 ∈ I. c) x2 + 2x + 2 = 0 ⇔ x2 + 2x − 3 = 0 ⇔ (x − 1)(x + 3) = 0 donc les solutions sont
Soient a ∈ A et x ∈ I 1 et −3.
Si a = 0 alors ax = 0 ∈ I.
Pour a 6= 0, supposons (ax)−1 ∈ A.
On a alors a−1 x−1 ∈ A et donc x−1 = a(a−1 x−1 ) ∈ A ce qui est exclu. Exercice 48 : [énoncé]
Nécessairement (ax)−1 ∈ / A et donc ax ∈ I. Les solutions du système sont solutions de l’équation
Soient x, y ∈ I. Montrons que x + y ∈ I.
Si x = 0, y = 0 ou x + y = 0, c’est immédiat. Sinon : z 2 − 4z + 10 = 0 [11]
On a (x + y)−1 (x + y) = 1 donc
Or
(x + y)−1 (1 + x−1 y) = x−1 et (x + y)−1 (1 + xy −1 ) = y −1 (*) z 2 − 4z + 10 = z 2 + 7z + 10 = (z + 2)(z + 5)
Par l’hypothèse de départ, l’un au moins des deux éléments x−1 y ou donc les solutions sont −2 = 9 et −5 = 6. On obtient comme solutions, les couples
xy −1 = (x−1 y)−1 appartient à A. (9, 6) et (6, 9).
Par opérations dans A à l’aide des relations (*), si (x + y)−1 ∈ A alors x−1 ou y −1
appartient à A ce qui est exclu. Ainsi (x + y)−1 ∈/ A et donc x + y ∈ I.
Finalement I est un idéal de A. Exercice 49 : [énoncé]
b) Soit J un idéal de A distinct de A. Notons x̄ les éléments de Z/nZ et x̂ ceux de Z/mZ.
Pour tout x ∈ J, si x−1 ∈ A alors par absorption 1 = xx−1 ∈ J et donc J = A ce Posons d = pgcd(n, m). On peut écrire
qui est exclu.
n = dn0 et m = dm0 avec n0 ∧ m0 = 1
On en déduit que x−1 ∈ / A et donc x ∈ I. Ainsi J ⊂ I.
Soit ϕ un morphisme de (Z/nZ, +) vers (Z/mZ, +).
On a
Exercice 46 : [énoncé] n.ϕ(1̄) = ϕ(n.1̄) = ϕ(n̄) = ϕ(0̄) = 0̂
Soit x ∈ A avec x 6= 0A . Il suffit d’établir que x est inversible pour conclure.
Pour chaque n ∈ N, xn A est un idéal. Puisque l’anneau A ne possède qu’un Si l’on note ϕ(1̄) = k̂, on a donc m | nk d’où m0 | n0 k puis m0 | k car m0 et n0 sont
nombre fini d’idéaux, il existe p < q ∈ N tels que xp A = xq A. En particulier, premiers entre eux.
puisque xp ∈ xp A, il existe a ∈ A tel que Ainsi ϕ(1̄) = m
d 0 a pour un certain a ∈ Z puis alors
xp = xq a ∀x ∈ Z, ϕ(x̄) = m
[0 ax
On a alors Inversement, si l’on considère pour a ∈ Z, l’application ϕ : Z/nZ → Z/mZ donnée

xp (1A − xq−p a) = 0A par
L’anneau A étant intègre et sachant x 6= 0A , on a nécessairement ∀x ∈ Z, ϕ(x̄) = m
[ 0 ax
xq−p a = 1A on vérifie que ϕ est définie sans ambiguïté car
On en déduit que x est inversible avec x̄ = ȳ ⇒ m = m0 d | m0 (x − y) ⇒ m

[0 ax = m
[0 ay
x−1 = xq−p−1 a On observe aussi que ϕ est bien un morphisme de groupe.

Exercice 50 : [énoncé] On observe

On note x̄ la classe d’un entier x dans Z/nZ. ψ(ϕ(x)) = xku = x × x(p−1)v
Soit H un sous-groupe de Z/nZ. Si x = 0 alors ψ(ϕ(x)) = 0 = x.
On peut introduire 6 0 alors par le petit théorème de Fermat, xp−1 = 1 puis
Si x =
a = min k > 0, k̄ ∈ H
car toute partie non vide de N possède un plus petit élément. ψ(ϕ(x)) = x × 1v = x
Considérons alors hāi le groupe engendré par la classe de a. On peut décrire ce Ainsi ψ ◦ ϕ = Id et de même ϕ ◦ ψ = Id. On peut conclure que ϕ est bijective.
groupe
hāi = {q.ā/q ∈ Z}
C’est le plus petit sous-groupe contenant l’élément ā car il est inclus dans tout Exercice 52 : [énoncé]
sous-groupe contenant cet élément. Par conséquent hāi est inclus dans H. Considérons a ∈ (Z/pZ)? . Il est clair que l’application x 7→ ax est une
Montrons qu’il y a en fait égalité. permutation de Z/pZ donc
Soit k̄ ∈ H. Par division euclidienne de k par a, on écrit X X X
ak xk = (ax)k = xk
k = aq + r avec r ∈ {0, . . . , a − 1} x∈Z/pZ x∈Z/pZ x∈Z/pZ
puis
On a alors k̄ = q.ā + r̄ et donc, par opérations dans le groupe H, on obtient X
r̄ = k̄ − q.ā ∈ H. On ne peut alors avoir r > 0 car cela contredirait la définition de (ak − 1) xk = 0
x∈Z/pZ
a. Il reste donc r = 0 et par conséquent k̄ = q.ā ∈ hāi
Finalement ? k
S’il existe a ∈ (Z/pZ) tel que a 6= 1 alors
H =< ā > X
xk = 0
De plus, en appliquant le raisonnement précédent avec k = n (ce qui est possible
x∈Z/pZ
car n̄ = 0̄ ∈ H), on obtient que a est un diviseur de n.
Inversement, considérons un diviseur a de n. On peut écrire Sinon, X X
xk = 0 + 1 = p − 1 = −1
n = aq avec q ∈ N?
x∈Z/pZ x∈(Z/pZ)?
et on peut alors décrire les éléments du groupe engendré par ā, ce sont
0̄, ā, 2.ā, . . . , (q − 1)ā Exercice 53 : [énoncé]

On a
p p
On constate alors que les diviseurs de n déterminent des sous-groupes deux à X X p(p + 1)
k̄ = k=
deux distincts de (Z/nZ, +). 2
k=1 k=1
On peut conclure qu’il y a autant de sous-groupe de (Z/nZ, +) que de diviseurs
positifs de n. Si p = 2 alors
p
X
k̄ = 1̄
k=1
Exercice 51 : [énoncé] Si p > 3 alors (p + 1)/2 est un entier et donc
Par l’égalité de Bézout,
uk − (p − 1)v = 1 p
X (p + 1)
k̄ = p̄ × = 0̄
Considérons alors l’application ψ : Z/pZ → Z/pZ définie par ψ(x) = xu . k=1
2


On a b) Le groupe 1̄, 3̄, 5̄, 7̄ , × vérifie la propriété x2 = 1 pour tout x élément de
p p
X X p(p + 1)(2p + 1) celui-ci. Ce groupe n’est donc pas isomorphe au groupe cyclique (Z/4Z, +) qui
k̄ 2 = k2 = constitue donc
k=1 k=1
6 un autre exemple de groupe de cardinal 4. En fait le groupe
1̄, 3̄, 5̄, 7̄ , × est isomorphe à (Z/2Z × Z/2Z, +).
Si p = 2 alors
p
X
k̄ 2 = 1̄
k=1
Si p = 3 alors
p
X a) Considérons l’application ϕ : x 7→ x2 dans Z/pZ.
2 2 2
k̄ = 1̄ + 2̄ = 2̄ Dans le corps Z/pZ : ϕ(x) = ϕ(y) ⇐⇒ x = ±y.
k=1 Dans Im ϕ, seul 0 possède un seul antécédent, les autres éléments possèdent
Si p > 5 alors (p + 1)(2p + 1) est divisible par 6. deux antécédents distincts. Par suite Card Z/pZ = 1 + 2(Card Im ϕ − 1) donc
En effet, p + 1 est pair donc (p + 1)(2p + 1) aussi. il y a p+1
2 carrés dans Z/pZ.
De plus, sur les trois nombres consécutifs b) D’une part, dans le produit (p − 1)! calculé dans Z/pZ, tous les termes qui ne
sont pas égaux à leur inverse se simplifient. Il ne reste que les termes égaux à
2p, (2p + 1), (2p + 2) leur inverse qui sont les solutions de l’équation x2 = 1 dans Z/pZ à savoir 1
et −1. Ainsi (p − 1)! = −1 dans Z/pZ.
l’un est divisible par 3. Ce ne peut être 2pet si 2p + 2 est divisible par 3 alors p + 1 D’autre part, en posant n = p−1 2 ,
l’est aussi. Par suite (p + 1)(2p + 1) est divisible par 3. (p − 1)! = 1 × . . . × n × (n + 1) × . . . × (p − 1) =
Ainsi 1 × . . . × n × (−n) × . . . × (−1) = (−1)n (n!)2 .
p
X (p + 1)(2p + 1) Or p = 1 mod 4 donc n est pair et −1 = (p − 1)! = (n!)2 est un carré dans
k̄ 2 = p̄ × = 0̄
6 Z/pZ.
k=1
c) Si −1 est un carré de Z/pZ, alors l’application x 7→ −x définit une involution
sur l’ensemble des carrés de Z/pZ. Puisque seul 0 est point fixe de cette
Exercice 54 : [énoncé] application, on peut affirmer qu’il y a un nombre impair de carrés dans Z/pZ.
Or si p = 3 mod 4, (p + 1)/2 est un entier pair, −1 ne peut donc être un
a) Dans le corps Z/pZ l’équation x2 = 1 n’a que pour seules solutions 1 et carré dans Z/pZ.
−1 = p − 1 [p] (éventuellement confondues quand p = 2)
b) Dans le produit (p − 1)! = 1 × 2 × · · · × p − 1 où l’on retrouve tous les éléments
inversibles de Z/pZ chaque élément, sauf 1 et p − 1, peut être apparier à son Exercice 57 : [énoncé]
inverse (qui lui est distincts). Par suite (p − 1)! = p − 1 = −1 [p]. Le groupe (G, .) est abélien. En effet, pour tout x ∈ G, on a x−1 = x donc, pour
x, y ∈ G, (xy)−1 = xy. Or (xy)−1 = y −1 x−1 = yx donc xy = yx.
c) Dans (Z/nZ, +, ×), 1 × 2 × . . . × (n − 1) = −1 donc les éléments
Pour 0̄, 1̄ ∈ Z/2Z et x ∈ G, posons
1, 2, . . . , n − 1 sont tous inversibles. Il en découle que (Z/nZ, +, ×) est un
corps et donc n est premier. 0̄.x = e et 1̄.x = x
On vérifie qu’on définit alors un produit extérieur sur G munissant le groupe

Exercice 55 : [énoncé] abélien (G, .) d’une structure de Z/2Z-espace vectoriel. En effet, pour (x, y) ∈ G2
a) Les inversibles de Z/8Z sont les k̄ avec k ∧ 8 = 1. Ce sont donc les éléments 2
et (λ, µ) ∈ (Z/2Z) on a
1̄, 3̄, 5̄ et 7̄.
L’ensemble des inversibles d’un anneau est un groupe multiplicatif. (λ + µ).x = λ.x + µ.x, λ.(x + y) = λ.x + λ.y, λ.(µ.x) = (λµ).x et 1̄.x = x

De plus, cet espace est de dimension finie car CardG < +∞, il est donc isomorphe Exercice 61 : [énoncé]
à l’espace ((Z/2Z)n , +, .) pour un certain n ∈ N? . On peut écrire
En particulier, le groupe (G, .) est isomorphe à ((Z/2Z)n , +). M (a, b, c) = aI + bJ + cK
avec
I = M (1, 0, 0), J = M (0, 1, 0) et K = M (0, 0, 1) = J 2
Si p = 2 : il y a deux carrés dans Z/2Z. Ainsi, E = Vect(I, J, K) est un sous-espace vectoriel de dimension 3 de M3 (R)
Si p > 3, considérons l’application ϕ : x 7→ x2 dans Z/pZ. (car (I, J, K) est clairement une famille libre).
Dans le corps Z/pZ : ϕ(x) = ϕ(y) ⇔ x = ±y. Aussi
Dans Imϕ, seul 0 possède un seul antécédent, les autres éléments possèdent deux
M (a, b, c)M (a0 , b0 , c0 ) = (aa0 + bc0 + cb0 )I + (ab0 + a0 b + cc0 )J + (ac0 + a0 c + bb0 )K
antécédents distincts. Par suite CardZ/pZ = 1 + 2(CardImϕ − 1) donc il y p+12
carrés dans Z/pZ. Donc E est une sous algèbre (visiblement commutative) de M3 (R).

Les inversibles sont obtenus à partir des nombres premiers avec 20 a) Soit a un élément non nul de K. L’application ϕ : x 7→ ax est R-linéaire de K
vers K et son noyau est réduit à {0} car l’algèbre K est intègre. Puisque K est un
G = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19} R-espace vectoriel de dimension finie, l’endomorphisme ϕ est bijectif et il existe
donc b ∈ K vérifiant ab = 1. Puisque
3 est un élément d’ordre 4 dans (G, ×) avec
ϕ(ba) = a(ba) = (ab)a = a = ϕ(1)
h3i = {1, 3, 9, 7}
on a aussi ba = 1 et donc a est inversible d’inverse b.
et 11 est un élément d’ordre 2 n’appartenant pas à h3i. b) Puisque 1 6= 0, si la famille (1, a) était liée alors a ∈ R.1 = R ce qui est exclu ;
Le morphisme ϕ : Z/2Z × Z/4Z → G donné par on peut donc affirmer que la famille (1, a) est libre.
Puisque la R-algèbre a est de dimension n, on peut affirmer que la famille
ϕ(k, `) = 11k × 3` (1, a, a2 , . . . , an ) est liée car formée de n + 1 vecteurs. Il existe donc un polynôme
non nul P ∈ Rn [X] tel que P (a) = 0. Or ce polynôme se décompose en un produit
est bien défini et injectif par les arguments qui précèdent. de facteurs de degrés 1 ou 2. Puisque les facteurs de degré 1 n’annule pas a et
Par cardinalité, c’est un isomorphisme. puisque l’algèbre est intègre, il existe un polynôme de degré 2 annulant a. On en
déduit que la famille (1, a, a2 ) est liée.
c) Plus exactement avec ce qui précède, on peut affirmer qu’il existe α, β ∈ R tel
Exercice 60 : [énoncé] que
Pour a ∈ (Z/pZ)? , l’application x 7→ ax est une permutation de (Z/pZ)? . a2 + αa + β = 0 avec ∆ = α2 − 4β < 0
Le calcul Y Y Y On a alors
x= ax = ap−1 x α 2 α2 − 4β
a+ =
x∈(Z/pZ)? x∈(Z/pZ)? x∈(Z/pZ)? 2 4
donne alors ap−1 = 1 car
Q
x 6= 0. et on obtient donc i2 = −1 en prenant
x∈(Z/pZ)?
2a + α
i= p
4β − α2

d) Par l’absurde, supposons n = dim K > 2.

Il existe a, b ∈ K tels que (1, a, b) soit libre.
Comme ci-dessus, on peut alors introduire i ∈ Vect(1, a) et j ∈ Vect(1, b) tels que
i2 = −1 = j 2
On a alors par commutativité
(i − j)(i + j) = 0
et l’intégrité de K entraîne i = j ou i = −j. Dans un cas comme dans l’autre, on

obtient
1, a, b ∈ Vect(1, i)
ce qui contredit la liberté de la famille (1, a, b).
On en déduit n = 2. Il est alors facile d’observer que K est isomorphe à C.
a) Supposons M 2 ∈ A. A et Vect(In ) étant supplémentaires dans Mn (C), on peut
écrire M = A + λIn avec A ∈ A. On a alors M 2 = A2 + 2λAIn + λ2 In d’où l’on
tire λ2 In ∈ A puis λ = 0 ce qui donne M ∈ A.
2
Pour i 6= j, Ei,j = 0 ∈ A donc Ei,j ∈ A puis Ei,i = Ei,j × Ej,i ∈ A. Par suite
In = E1,1 + · · · + En,n ∈ A. Absurde.
b) Formons une équation de l’hyperplan
A de la forme ax + by + cz + dt = 0 en la
x y
matrice inconnue M = avec (a, b, c, d) 6= (0, 0, 0, 0). Cette équation
z t
a c
peut se réécrire tr(AM ) = 0 avec A = .
b d
Puisque I2 ∈ A, on a trA = 0. Soit λ une valeur propre de A.
Si λ 6= 0 alors −λ est aussi valeur propre de A et donc A est diagonalisable via
une matrice P .
On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que P −1 M P a ses
coefficients diagonaux égaux.

1 1 1 0
Mais alors pour M = P P −1 et N = P P −1 on a M, N ∈ A
0 1 1 1
alors que M N ∈ A.
0 α
Si λ = 0 alors A est trigonalisable en avec α 6= 0 via une matrice P .
0 0
On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que P −1 M P est
triangulaire supérieure. L’application M 7→ P −1 M P est un isomorphisme comme
voulu.

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fr] édité le 21 octobre 2015 Enoncés 1

∀z, z 0 ∈ Z [i] , N (zz 0 ) = N (z)N (z 0 ) et N (z) ∈ N

Exercice 1 [ 02233 ] [Correction]

a) Montrer que Ad est un sous anneau (Z2 , +, ×).

Exercice 5 [ 02239 ] [Correction] ∀x ∈ A, ∃y ∈ A, xyx = x

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a) Soient A et B sont deux sous-anneaux de (Q, +, ×). Établir

Morphismes d’anneaux Exercice 16 [ 01218 ] [Correction]

Exercice 18 [ 00129 ] [Correction]

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Exercice 26 [ 00257 ] [Correction]

Exercice 24 [ 02655 ] [Correction]

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

a) Soit d un diviseur positif de n ∈ N∗ . Combien y a-t-il d’entiers k vérifiant Idéaux

Exercice 32 [ 02658 ] [Correction] Exercice 38 [ 00136 ] [Correction]

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a) Montrer que R(I) est un idéal de A contenant I. Exercice 43 [ 02367 ] [Correction]

Exercice 40 [ 00138 ] [Correction] Montrer que si x ∈ Q? alors x ou 1/x appartient à Zp .

Exercice 42 [ 00141 ] [Correction]

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

Classes de congruence Exercice 54 [ 00148 ] [Correction]

Exercice 55 [ 03929 ] [Correction]

Exercice 52 [ 00146 ] [Correction] Exercice 58 [ 02660 ] [Correction]

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

Montrer que E est une sous-algèbre commutative de M3 (R) dont on déterminera

Exercice 62 [ 03408 ] [Correction]

Exercice 63 [ 02390 ] [Correction]

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

Corrections Exercice 5 : [énoncé]

Ainsi D est un sous-anneau de (Q, +, ×).

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Exercice 8 : [énoncé] ce qui donne

Pour tout (x, y) ∈ A, on a (x, y) − (y, y) = (x − y, 0) ∈ A car 1 au + bv a

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Exercice 11 : [énoncé] Exercice 15 : [énoncé]

Exercice 13 : [énoncé] Exercice 16 : [énoncé]

−9 × 10 + 7 × 13 = 1 187 ∧ 6 = 1 avec la relation de Bézout 187 − 31 × 6 = 1. On a alors la solution

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Notons que si le corps K est Z/2Z (ou plus généralement un corps de

a) L’anneau (A, +, ×) est intègre et a 6= 0A donc Exercice 21 : [énoncé]

ϕ(ba) = a(ba) = (ab)a = a = ϕ(1A ) Exercice 22 : [énoncé]

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b) Sans peine,√on vérifie

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puis aϕ(n) = 1 car l’élément

Exercice 29 : [énoncé] ce qui donne

a) On peut écrire n = dm. Ce résultat a été publié par H. J. S. Smith en 1875.

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Exercice 38 : [énoncé] Puisque I ⊂ I + J, on a clairement R(I) ⊂ R(I + J). De même

R(I ∩ J) ⊃ R(I) ∩ R(J) Soit x ∈ A tel que x 6= 0. x2 A est premier et x2 ∈ x2 A donc x ∈ x2 A.

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Finalement les idéaux de Zp sont les Jpk avec k ∈ N. Exercice 47 : [énoncé]

On a alors Inversement, si l’on considère pour a ∈ Z, l’application ϕ : Z/nZ → Z/mZ donnée

xq−p a = 1A on vérifie que ϕ est définie sans ambiguïté car

On en déduit que x est inversible avec x̄ = ȳ ⇒ m = m0 d | m0 (x − y) ⇒ m

x−1 = xq−p−1 a On observe aussi que ϕ est bien un morphisme de groupe.