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\def\aujourdhui{\number\day\space\ifcase\month\or
  Janvier\or F\'evrier\or Mars\or Avril\or Mai\or Juin\or
  Juillet\or Ao\^ut\or Septembre\or Octobre\or Novembre\or D\'ecembre\fi
, \number\year}



%sublist
\newcounter{point}
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\begin{list}{\alph{point})}{\usecounter{point}
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}{\end{list}}
                                                                


%liste d'exercices
\newcounter{exo}
\newenvironment{list-of-exercises}{
\begin{list}{\arabic{exo})}{\usecounter{exo}            
\setlength{\itemsep}{0cm}}                                      
}{\end{list}}                                                   
                                                                
\newcommand{\plus}{\oplus}
\newcommand{\pgcd}{\mbox{PGCD}\,}
\newcommand{\ppcm}{\mbox{PPCM}\,}



% abbreviations
% Black Board Bold Face
\newcommand{\N}{{\mbox{\bf N}}}
\newcommand{\sN}{{\mbox{\bf \scriptsize N}}}
\newcommand{\Z}{{\mbox{\bf Z}}}
\newcommand{\sZ}{{\mbox{\bf \scriptsize Z}}}
\newcommand{\mult}[1]{(\Z/#1\Z)^*}
\newcommand{\R}{{\mbox{\bf R}}}
\newcommand{\Q}{{\mbox{\bf Q}}}
\newcommand{\F}{{\mbox{\bf F}}}
%Comma, forall
\newcommand{\ko}{\: , \;}
\newcommand{\fa}{\forall \,}
%Overline, Underline
\newcommand{\ol}{\overline}
\newcommand{\ul}{\underline}

\newcommand{\eps}{\varepsilon}
\newcommand{\Del}{\Delta}
\newcommand{\del}{\partial}
%\renewcommand{\phi}{\varphi}
\newcommand{\Ga}{\Gamma}
\newcommand{\Om}{\Omega}
\newcommand{\om}{\omega}
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\newcommand{\si}{\sigma}


%Calligraphic letters
\newcommand{\ca}{{\cal A}}
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\newcommand{\cs}{{\cal S}}
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\newcommand{\cw}{{\cal W}}
\newcommand{\cx}{{\cal X}}



%Arrows
\newcommand{\ra}{\rightarrow}
\newcommand{\la}{\leftarrow}
\newcommand{\arr}[1]{\stackrel{#1}{\rightarrow}}
\newcommand{\longarr}[1]{\stackrel{#1}{\longrightarrow}}
\newcommand{\longlarr}[1]{\stackrel{#1}{\longleftarrow}}
\newcommand{\iso}{\stackrel{_\sim}{\rightarrow}}
\newcommand{\liso}{\stackrel{_\sim}{\leftarrow}}
\newcommand{\lambdarr}[1]{\stackrel{#1}{\leftarrow}}
\newcommand{\da}{\downarrow}
\newcommand{\ua}{\uparrow}
\newcommand{\pl}{\parallel}


\newcommand{\mone}{40}
\newcommand{\mtwo}{37}
\newcommand{\mthree}{43}
\newcommand{\prodmi}{63640}
\newcommand{\uone}{(-9)}
\newcommand{\vone}{358}
\newcommand{\utwo}{(-2)}
\newcommand{\vtwo}{93}
\newcommand{\uthree}{12}
\newcommand{\vthree}{(-413)}
\newcommand{\xone}{-14319}
\newcommand{\xtwo}{-3440}
\newcommand{\xthree}{17760}



\newcommand{\E}[1]{E\,(#1)}

%\renewcommand{\thepage}{ }


\begin{document}
\begin{center}
MT 282 	        \hfill Universit\'e Paris 7 \\
25/01/97	\hfill  U.F.R. de Math\'ematiques\\
\mbox{ }	\hfill B. Keller\\[0.5cm]
{\large\bf Un corri\'e de l'examen de Janvier 1997}
\end{center}
{\bf Avertissement :} les calculettes sont autoris\'ees.

\begin{list-of-exercises}

\item
Soit $l$ le nombre de lignes de la derni\`ere chanson de D.B. .
D'apr\`es les informations fournies, nous avons
\begin{eqnarray*}
l & \equiv & 1  \;\; (\mone) \\
l & \equiv & 13  \;\; (\mtwo) \\
l & \equiv & 32  \;\; (\mthree).
\end{eqnarray*}
Les nombres $\mone,\mtwo,\mthree$ sont premiers entre eux deux \`a deux. 
Ce syst\`eme de congruences admet donc une solution 
$l$ dont la classe modulo $\mone\times \mtwo\times \mthree = \prodmi$ est unique.
Pour trouver $l$, nous d\'eterminons
d'abord $x_1$, $x_2$, $x_3$ dont les classes sont les images
r\'eciproques de $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ par la projection
\[
\Z/\prodmi \iso \Z/\mone \times \Z/\mtwo \times \Z/\mthree.
\]
Nous avons 
\[
\begin{array}{rcccrcl}
\mtwo\times \mthree\, u_1 + \mone\, v_1  =  1; & \mbox{sol. part.} & 
\mtwo\times \mthree\times\uone  + \mone \times\vone   =  1. \\
\mone\times \mthree\, u_2 + \mtwo\, v_2  =  1; & \mbox{sol. part.} &
\mone\times \mthree \times\utwo  + \mtwo \times\vtwo    =  1.  \\
\mone\times \mtwo  \, u_3 + \mthree\, v_3  =  1; & \mbox{sol. part.} &
\mone\times \mtwo\times\uthree  + \mthree \times\vthree  =  1 \\
\end{array}
\]
Posons
\[
x_1=\mtwo\times \mthree\times \uone=\xone \ko \quad
x_2=\mone\times \mthree\times \utwo=\xtwo \ko \quad
x_3=\mone\times \mtwo\times \uthree=\xthree .
\]
Nous avons donc 
$l \equiv 1\times (\xone)+13\times(\xtwo)+ 32\times \xthree 
\equiv 161 \;(\prodmi)$. 
On a donc $l=161+k\times \prodmi$
pour un $k\in\Z$ et la valeur positive minimale de $l$
est $161$. {\em La derni\`ere chanson de D.B. comporte
(au moins) $161$ lignes.}



\item
\begin{sublist}
\item $a=1995^{456}$, $b=229$. Le nombre $b=229$ est
premier et ne divise pas $1995$. D'apr\`es le petit
th\'eor\`eme de Fermat, nous avons donc 
$1995^{228} \equiv 1 \;(229)$. Comme $456=2\times 228$,
il s'ensuit que $1995^{456}\equiv 1 \; (229)$ et $r=1$.

\item $a=1996^{1233}$, $b=2001$. Le nombre $2001$
se d\'ecompose en facteurs premiers
$2001=3\times 23\times 29$. 
Son indicatrice d'Euler est donc $\phi(2001)= 2 \times 24 \times 28= 1232$. Le nombre $1996$ se d\'ecompose en
facteur premiers $1996=2^2\times 499$. Donc
$1996$ est premier avec $2001$ et d'apr\`es le 
th\'eor\`eme d'Euler, nous avons $1996^{1332} \equiv 1 \; (2001)$. Il s'ensuit que $1996^{1333} \equiv 1996 \;(2001)$
et nous avons donc $r=1996$.

\item $a=10^{(101^{1000})}$, $b=31$. Le nombre $31$
est premier et ne divise pas $10$. D'apr\`es le petit
th\'eor\`eme de Fermat, la classe de $a$ modulo $31$
ne d\'epend donc que de la classe de $a'=101^{1000}$
modulo $30$. Or $30$ est premier avec $101$, et
d'apr\`es le th\'eor\`eme d'Euler, la classe de $a'$
modulo $30$ ne d\'epend que de la classe de $1000$
modulo $\phi(30)=\phi(2)\phi(3)\phi(5)=2\times 4=8$.
Or $1000\equiv 0\;(8)$. Donc $a' \equiv 1\;(30)$
et $a\equiv 10^1 \equiv 10 \;(31)$. Donc le
reste $r=10$.

\item $a=13^{60}$, $b=385$. Le nombre $385$ se 
d\'ecompose en facteurs premiers $385=5\times 7\times 11$.
D'apr\`es le lemme chinois, pour conna\^{\i}tre la
classe de $a$ modulo $385$, il suffit de 
conna\^{\i}tre ses classes modulo $5$, $7$ et $11$.
Or $a$ est premier avec ces trois nombres
et $60$ est divisible par $p-1$ pour $p=5,7$ ou $11$.
Donc $a \equiv 1\;(p)$ pour $p \in \{5,7,11\}$.
D'apr\`es le lemme chinois, il s'ensuit que
$a \equiv 1 (\ppcm(5,7,11))$ et donc $r=1$.
\end{sublist}

\item 
Le groupe $A=\Z/7\Z$ est cyclique d'ordre $7$ et
d'exposant $7$. Il est engendr\'e par la classe de $1$.

Le groupe $B=(\Z/23\Z)^*$ est cyclique (car $23$ est
premier) d'ordre $22$ et d'exposant $22$.

D'apr\`es le lemme chinois, le groupe
$C=(\Z/22\Z)^*$ est isomorphe \`a $(\Z/2\Z)^* \times
(\Z/11\Z)^*$. Comme le groupe $(\Z/2\Z)^*$ est trivial,
le groupe $C$ est donc isomorphe \`a $(\Z/11\Z)^*$. Comme $11$
est premier, il est donc cyclique d'ordre et d'exposant
$10$.

Le groupe $D=(\F_3[X],+)$ est infini. Son exposant
est \'egal \`a $5$. Il n'est pas cyclique.

Le groupe $E= \F_5[X]^*$ est form\'e des polyn\^omes
constants non nuls. Il est isomorphe \`a $\F_5^*$.
Il est donc cyclique d'exposant et d'ordre $4$.

Le polyn\^ome $X^2+1$ se d\'ecompose sur
$\F_5$ en $X^2+1=(X-2)(X+2)$. Les polyn\^omes 
$X-2$ et $X+2$ sont premiers entre eux. D'apr\`es
le lemme chinois, le groupe $F= (\F_5[X]/(X^2+1))^*$
est donc isomorphe \`a 
($\F_5[X]/(X-2))^*\times (\F_5[X]/(X+2))^*$. Or 
on a un isomorphisme $k[X]/(X-\alpha) \iso k$ pour
tout corps $k$. Le groupe $F$ est donc isomorphe
\`a $\F_5^* \times \F_5^* \cong \Z/4\Z \times \Z/4\Z$.
C'est un groupe d'ordre $16$ et d'exposant $4$.
Comme un groupe ab\'elien fini est cyclique ssi
son exposant est \'egal \`a son ordre, le groupe
$F$ n'est pas cyclique.

Le polyn\^ome $X^2+1$ n'admet pas de racines dans
$\F_7$. Comme il est de degr\'e $2$, il est donc
irr\'eductible. Ainsi l'anneau $\F_7[X]/(X^2+1)$
est un corps de cardinal $7^2$. Le groupe
$G= (\F_7[X]/(X^2+1))^*$ est donc cyclique d'ordre
$48$ et d'exposant $48$.

\item 
Soit 
\[
\sigma=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7  & 8  & 9  & 10 & 11 & 12 & 13 \\
5 & 4 & 6 & 7 & 9 & 8 & 12 & 10 & 11 & 3  & 13 & 2  & 1 
\end{array} \right).
\] 
\begin{sublist}
\item D\'ecomposition de $\sigma$ en produit
de cycles \`a supports disjoints :
\[
\sigma=(1,5,9,11,13)\,(2,4,7,12)\,(3,6,8,10).
\]
Les longueurs des cycles sont donc $l_1=5,l_2=4,l_3=4$, et l'ordre
de $\sigma$ est \'egal \`a $\ppcm(5,4,4)=20$. La signature
de $\sigma$ est
\[
\epsilon(\sigma)=(-1)^{(l_1+1)+(l_2+1)+(l_3+1)} = 1.
\]
\item On sait que si $(i_1, i_2, \ldots, i_k)$ et
$(j_1, j_2, \ldots, j_l)$ sont deux cycles disjoints,
alors
\[
(i_1, j_1)\,(i_1, i_2, \ldots, i_k)\, (j_1, j_2, \ldots, j_l)
= (i_1, i_2, \ldots, i_k, j_1, j_2, \ldots, j_l).
\]
Posons donc $\tau_2=(1,2)$. Alors nous avons
\[
\tau_2 \sigma = (1,5,9,11,13,2,4,7,12)(3,6,8,10).
\]
Posons $\tau_1=(1,3)$. Alors nous avons
\[
\tau_1\tau_2\sigma = (1,5,9,11,13,2,4,7,12,3,6,8,10)
\]
qui est un cycle de longueur $13$ et donc d'ordre $13$.

\item Si $\tau$ est une transposition et
l'ordre de $\tau\sigma$ est $13$, on a 
$(\tau \sigma)^{13}=1$ et donc $\eps((\tau \sigma)^{13})=1$.
Or,
\[
\eps(\tau \sigma)= \eps(\tau)\eps(\sigma)) = (-1) (+1) = -1
\]
et donc $\eps((\tau \sigma)^{13})=(-1)^{13}=-1$. Contradiction.
\end{sublist}


\item
\begin{sublist}
\item Nous montrons
\[
a_n= \frac{\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\lambda_1-\lambda_2} \ko n\in\N\ko
\]
par r\'ecurrence sur $n\in\N$. Notons $b_n$ l'expression de droite. Clairement, nous avons $b_0=0$ et $b_1=1$. 
Supposons que $n\geq 0$ et $a_n=b_n$ et $a_{n+1}=b_{n+1}$. 
Montrons que $a_{n+2}=b_{n+2}$. Par hypoth\`ese, nous avons
\begin{eqnarray*}
\lambda_1^{n+2} & = & \lambda_1^{n+1} + \lambda_1^n \\
\lambda_2^{n+2} & = & \lambda_2^{n+1} + \lambda_2^n
\end{eqnarray*}
Si nous prenons la diff\'erence de ces deux \'equations
et que nous la divisons par $\lambda_1-\lambda_2$, nous trouvons
\[
b_{n+2}=b_{n+1} + b_n
\]
et donc $b_{n+2} = a_{n+1}+a_n= a_{n+2}$.

Il s'ensuit que
\begin{eqnarray*}
\frac{a_{rs}}{a_r} & = &\frac{\lambda_1^{rs}-\lambda_2^{rs}}{\lambda_1-\lambda_2} \frac{\lambda_1-\lambda_2}{\lambda_1^{r}- \lambda_2^{r}}                      = \frac{\lambda_1^{rs}-\lambda_2^{rs}}{\lambda_1^r-\lambda_2^r} \\
               & = & \frac{a^s - b^s}{a - b}
                     = \frac{b^s}{b}\frac{(a/b)^s -1}{(a/b)-1}.
\end{eqnarray*}
o\`u $a=\lambda_1^r$, $b=\lambda_2^r$. Nous trouvons donc
\begin{eqnarray*}
\frac{a_{rs}}{a_r} 
   & = & b^{s-1}( 1 + (a/b) + (a/b)^2 + \ldots + (a/b)^{s-1}) \\
   & = & b^{s-1} + a b^{s-2} + a^2 b^{s-3} + \ldots + a^{s-2} b + a^{s-1}\\
   & = & \sum_{i=0}^{s-1} \lambda_1^{ri}\lambda_2^{r(s-1-i)}.
\end{eqnarray*}


\item 
Nous avons $0=0\lambda_1+0\in A$ et si $k\lambda_1+l, k'\lambda_1+l'\in A$
nous avons $k\lambda_1+l + k'\lambda_1+l'=(k+k')\lambda_1+(l+l')\in A$
et $-(k\lambda_1+l)=(-k)\lambda_1+(-l)\in A$. L'ensemble $A$ est
donc un sous-groupe de $(\R, +)$. En particulier, c'est un groupe.
En outre, nous avons $1=0 \lambda_1+1\in A$ et 
\[
(k\lambda_1+l)(k'\lambda_1+l')=kk'\lambda_1^2 + (kl'+k'l)\lambda + ll'
                          = (kl'+k'l +kk') \lambda_1 + (ll'+kk')
\]
appartient \`a $A$ si $k\lambda_1 +l, k'\lambda_1+l'\in A$. 
Donc $A$ est un sous-anneau de $\R$ et en particulier, $A$ est
un anneau.

Nous avons $\lambda_2 = 1-\lambda_1 \in A$. Donc l'\'el\'ement
\[
\frac{a_{rs}}{a_r} =  \sum_{i=0}^{s-1} \lambda_1^{ri}\lambda_2^{r(s-1-i)}
\]
appartient \`a $A$.



\item 
Supposons que $k \lambda_1 + l = k'\lambda_1 + l'$.
Alors $(k-k') \lambda_1 = l'-l$. Si $k\neq k'$, nous avons donc
\[
\lambda_1 = \frac{l'-l}{k-k'}
\]
c'est-\`a-dire que $\lambda_1$ est rationnel. Or nous avons
\[
\lambda_1 = (1 \pm \sqrt{5})/2
\]
et si $\lambda_1$ est rationnel, il en est de m\^eme pour $\sqrt{5}$.
Supposons que $\sqrt{5}= r/s$ o\`u $r,s$ sont des entiers strictement
positifs et premiers entre eux. Alors $5 s^2= r^2$. Donc $5$ divise
$r^2$. Comme $5$ est premier, $5$ doit alors diviser $r$ et
$5^2$ divise $r^2$. Mais alors $5$ divise $s$ en contradiction
avec l'hypoth\`ese que $r$ et $s$ sont premiers entre eux. 
Donc $\sqrt{5}$ est irrationnel, $\lambda_1$ est irrationnel,
$k=k'$ et $l=l'$.

Pour $a\in A$, les entiers $k,l$ dans l'\'ecriture 
$a=k\lambda_1+l$ ne d\'ependent que de $a$. Donc la
valeur $\gamma(a)=k \lambda_2 +l$ ne d\'epend que de $a$.
En outre, comme $\lambda_2=1-\lambda_1$ appartient \`a $A$,
on a une application bien d\'efinie $\gamma: A \ra A$.
Soient $a,a'\in A$. Nous avons
\begin{eqnarray*}
\gamma(a+a') & = &\gamma\,(k\lambda_1 + l + k'\lambda_1 + l')
             = \gamma\,((k+k') \lambda_1 +(l+l')) \\
             & = &(k+k') \lambda_2 + (l+l')
             = \gamma(a) + \gamma(a')
\end{eqnarray*}
o\`u $a=k\lambda_1+l$ et $a'=k'\lambda_1+l'$. Donc $\gamma$
est un homomorphisme de groupes. Nous avons 
$\gamma(1)= \gamma(0\lambda_1 + 1)= 1$ et
\[
(k\lambda_i+l)(k'\lambda_i+l') 
          = kk'\lambda_i^2 + (kl'+k'l)\lambda_i + ll'
                          = (kl'+k'l +kk') \lambda_i + (ll'+kk')
\]
pour $i=1,2$ puisque $\lambda_1$ et $\lambda_2$ sont
racines de $X^2-X-1$. Cela montre que
$\gamma(aa')=\gamma(a)\gamma(a')$. En conclusion,
$\gamma$ est un homomorphisme d'annneau.

Supposons que $a=k\lambda_1 + l$ v\'erifie $\gamma(a)=a$.
Alors $k\lambda_1 + l = k\lambda_2$. 
Donc $k(\lambda_1 -\lambda_2)=0$ et $k=0$ puisque
$\lambda_1 \neq \lambda_2$. Donc $a=l$ appartient
\`a $\Z$.

\item 
Il s'agit de montrer que $a_{rs}/a_r$ appartient \`a $\Z$.
Or, nous savons que 
\[
\frac{a_{rs}}{a_r} 
   = \sum_{i=0}^{s-1} \lambda_1^{ri}\lambda_2^{r(s-1-i)}
\]
appartient \`a $A$. En outre, cette expression est sym\'etrique
en $\lambda_1$ et $\lambda_2$ de fa\c{c}on que nous si
nous calculons $\gamma(a_{rs})$ (en utilisant le fait que
$\gamma$ est un homomorphisme d'anneau), nous obtenons
$\gamma(a_{rs}/a_r)=a_{rs}/a_r$. D'apr\`es la partie pr\'ec\'edente,
le nombre $a_{rs}/a_r$ est bien un entier.

\item 
Supposons que $n=kl$. Alors, comme $a_n>3$, on doit avoir
$n>4$. Donc $k>2$ ou $l>2$. Supposons $k>2$. Mais alors $a_k>1$
et comme $a_k$ divise $a_n$, on doit avoir $a_k=a_n$
puisque $a_n$ est premier. Ainsi $k=n$,
puisque la suite des $a_n$ est strictement monotone pour
$n>2$. Ainsi $n$ est premier.

\end{sublist}







\end{list-of-exercises}

\end{document}





\item 
\begin{sublist}
\item Rappeler la d\'efinition de l'exposant d'un groupe.
\item Soient $G$ et $H$ deux groupes finis. Exprimer l'exposant
de $G\times H$ en termes des exposants de $G$ et de $H$.
\item Pour un entier $n\geq 2$, on pose $\mu(n)=\exp (\mult{n})$.
Exprimer $\mu(rs)$ en termes de $\mu(r)$ et $\mu(s)$ si
$r$ et $s$ sont premiers entre eux.
\item Calculer $\mu(561)$.
\end{sublist}




