\documentstyle{article}
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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}



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}{\end{list}}
                                                                


%liste d'exercices
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\begin{list}{\arabic{exo})}{\usecounter{exo}            
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% abbreviations
% Black Board Bold Face
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%Comma, forall
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%Arrows
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\newcommand{\ppcm}{\mbox{PPCM}\,}
\newcommand{\add}[1]{\Z/#1}
\newcommand{\ind}{\mbox{{\rm ind}}}
\newcommand{\mult}[1]{(\Z/#1\Z)^*}

\begin{document}
\begin{center}
MT 282 	        \hfill Universit\'e Paris 7 \\
30/11/96	\hfill  U.F.R. de Math\'ematiques\\
\mbox{ }	\hfill B. Keller\\[0.5cm]
{\large\bf Un corrig\'e de l'examen partiel du 07.12.96}
\end{center}

\begin{list-of-exercises}

\item Soit $t$ le nombre de secondes qui se sont \'ecoul\'ees
depuis la co\"{\i}ncidence des trois signaux.
D'apr\`es les informations fournies, nous avons
\begin{eqnarray*}
t & \equiv & 0  \;\; (30) \\
t & \equiv & 1  \;\; (31) \\
t & \equiv & 2  \;\; (37).
\end{eqnarray*}
Les nombres $30,31,37$ sont premiers entre eux deux \`a deux. 
Ce syst\`eme de congruences admet donc une solution 
$t$ dont la classe modulo $30\times 31\times 37 = 34410$ est unique.
Pour trouver $t$, 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
\[
\Z/34410 \iso \Z/30 \plus \Z/31 \plus \Z/37.
\]
Nous avons 
\[
\begin{array}{rcccrcl}
31\times 37\, u_1 + 30\, v_1  =  1; & \mbox{sol. part.} & 
31\times 37\times 13 + 30 \times (-497)  =  1. \\
30\times 37\, u_2 + 31\, v_2  =  1; & \mbox{sol. part.} &
30\times 37 \times 5 + 31 \times (-179)   =  1.  \\
30\times 31\times \, u_3 + 37\, v_3  =  1; & \mbox{sol. part.} &
30\times 31\times 15 + 37 \times (-375)  =  1 \\
\end{array}
\]
Posons
\[
x_1=31\times 37\times 13=17797 \ko \quad
x_2=5\times 30\times 37=5550 \ko \quad
x_3=30\times 31\times 15=13950 .
\]
Nous avons donc
$x \equiv 0 + 1\times 5550 + 2\times 13950 
\equiv 33450 \;\; (34410)$. On a donc $t=33450+k\times 34410$
pour un $k\in\Z$ et la valeur positive minimale de $t$
est $33450$. {\em Depuis la co\"{\i}ncidence, $33450'' = 557'\, 30 ''
= 9h \, 17'\, 30''$ s\'etaient \'ecoul\'ees, et il \'etait
$21h\, 17' \,30 ''$.}

\item
\begin{sublist}
\item Le nombre $1997$ est premier et ne divise pas $1996$.
D'apr\`es le petit th\'eor\`eme de Fermat, nous avons donc
$1996^{1996} \equiv 1\;\;(1997)$ et $r=1$.

\item Nous avons la d\'ecomposition en facteurs premiers
$1996=2^2 \times 499$. Donc $\phi(1996)=\phi(4)\times \phi(499)
= 2 \times 498= 996$. Le nombre $995$ est premier avec
$1996$, et le th\'eo\`eme d'Euler permet donc de conclure
que $995^{\phi(1996)} \equiv 995^{996} \equiv 1\;\;(1996)$
et $r=1$.

\item Le nombre $29$ est premier et ne divise pas $17$.
D'apr\`es le petit th\'eor\`eme de Fermat, la classe de
$29^a$ ne d\'epend donc que de la classe de $a$ modulo
$29-1=28$, quel que soit l'entier $a$. Il s'agit donc
de calculer la classe de $a=19^{12}$ modulo $28$. 
Or le nombre $19$ est premier avec $28$ et 
$\phi(28) = \phi(4\times 7) = \phi(4) \times \phi(7) = 
2 \times 6 = 12$.
D'apr\`es le th\'eor\`eme d'Euler, nous avons 
$19^{12} \equiv 1\;(28)$. Donc $a\equiv 17^1 \equiv 17\;\;(29)$
et $r=17$.


\item Posons $a= x^{80}$. Nous avons la d\'ecomposition
en facteurs premiers $561= 3\times 11\times 17$.
D'apr\`es le lemme chinois, la classe de $a$ modulo
$561$ est d\'etermin\'ee par les classes de $a$ modulo
$3$, $11$ et $17$. Or, comme $x$ est premier avec
$561$, il n'est divisible ni par $3$ ni par $11$ ni par $17$.
Par le petit th\'eor\`eme de Fermat, nous avons
$x^{2} \equiv 1\;\;(3)$, $x^{10} \equiv 1\;\;(11)$
et $x^{16} \equiv 1\;\;(17)$. Ainsi nous arrivons aux syst\`eme
\begin{eqnarray*}
x^{80} & \equiv & 1 \;\;(3) \\
x^{80} & \equiv & 1 \;\;(11) \\
x^{80} & \equiv & 1 \;\;(17) 
\end{eqnarray*}
Par le lemme chinois, il s'ensuit que $x\equiv \;\;1 \;(561)$.
Donc $r=1$.
\end{sublist}

\item 
Si $p$ est un nombre premier, on sait que le
groupe $\mult{p}$ est cyclique d'ordre $p-1$.
Pour $a\in\Z$, l'\'equation
\[
x^a = 1
\]
admet donc $\pgcd(p-1,a)$ solutions. Nous trouvons
donc $4$ \'el\'ements dans a).
L'application $x \mapsto x^a$ a pour image le sous-groupe
engendr\'e par $g^a$ o\`u $g$ est un g\'en\'erateur
de $\mult{p}$. Le cardinal de l'image est donc
\'egal \`a $(p-1)/\pgcd(p-1,a)$. Nous trouvons donc
$28$ \'el\'ements dans b).
\begin{sublist}
\setcounter{point}{2}
\item Le groupe $\mult{17}$ est cyclique engendr\'e par
$3$ (En effet, les puissances successives de $3$
sont $1, 3, 9, 10, -4, 5, -2, -6, -1, \ldots $).
Les solutions de $x^4=1$ sont donc $1$, $3^4= -4$,
$3^8=-1$, et $3^{12}=4$.
\end{sublist}

\item
\begin{sublist}
\item Clairement, nous avons $0 = 0\,I + 0\, J \in A$, 
\[
(x\,I + y\,J)+ (x'\,I + y'\, J) = (x+x')\,I + (y+y') \,J \in A
\] 
et $-(x\,I+ y\,J)= (-x) \,I + (-y)\, J\in A$ si $x\,I+y\,J, x'\,I+y'\,J\in A$.
En outre, on calcule que $J^2 = 3\, I$. Donc
\[
(x\,I + y\, J)(x'\,I + y'\,J)= (xx'+3yy')\,I + (xy'+yx')\,J \in A.
\]


\item 
Si $a$ est inversible dans $A$, il est encore inversible
dans $M(2,\Z/p\Z)$, donc de d\'eterminant non nul.
Ainsi, si
\[
a=x\,I+y\,J= 
\left[\begin{array}{cc}
x & 3y \\
y & x 
\end{array}\right]
\]
alors $\det(a)=x^2-3y^2$ est non nul dans $\Z/p\Z$. 



R\'eciproquement, si $x^2-3y^2$ est non nul, la matrice
$a$ est inversible dans l'anneau $M(2, \Z/p\Z)$; soit 
$b$ la matrice inverse. L'\'el\'ement $a$ sera inversible dans 
$A$ si la matrice $b$ est \'el\'ement de $A$. Un calcul 
standard donne
\[
b=(x^2-3y^2)^{-1} \left[\begin{array}{cc}
x & -3y \\
-y & x
\end{array}
\right].
\]
Cette matrice est \'el\'ement de $A$ car \'egale \`a
$x' \,I + y'\, J$, o\`u $x'=(x^2-3y^2)^{-1} x$ et
$y'=-(x^2-3y^2)^{-1} y$.

Une autre d\'emonstration de la condition suffisante 
est la suivante : 
Nous avons $(x\,I + y\, J)(x\, I - y\, J) = (x^2-3y^2)\, I$. 
Donc si $x^2-3y^2$ est inversible d'inverse $u$, alors
$(x\,I+y\,J)$ est inversible d'inverse $u (x\,I-y\,J)$.

%R\'eciproquement, supposons $x\,I + y\,J$ inversible
%d'inverse $x'\,I+y'\,J$. Alors $\det(x\,I+y\,J) \det(x'\,I+y'\,J)=1$.
%Or $\det(x\,I+y\,J)= x^2-3y^2$. Donc $x^2-3y^2$ est
%inversible d'inverse $\det(x'\,I+y'\,J)$.

\item Il s'agit de montrer que $a=x\,I + y\, J$ est inversible si
$a\neq 0$. D'apr\`es b), il suffit de montrer que
$x^2 = 3 y^2$ n'admet pas de solutions diff\'erentes de
$x=0, y=0$ dans $\Z/p\Z$. Or, si nous avons une solution o\`u
$x\neq 0$, alors clairement $y\neq 0$. On peut donc
supposer que $y\neq 0$. Soit $u$ l'inverse de $y$
dans $\Z/p\Z$. Alors nous avons $x^2 u^2 = 3 = (xu)^2$ contrairement
\`a l'hypoth\`ese que $3$ n'est pas un carr\'e dans $\Z/p\Z$.

Le corps $A$ est de cardinal $p^2$ et donc 
le groupe $A\setminus\{0\}$
est de cardinal $p^2-1$. D'apr\`es le th\'eor\`eme de Lagrange,
nous avons donc 
\[
a^{p^2-1} = I
\]
pour tout $a\in A\setminus\{0\}$.
Remarquons que le groupe $A\setminus\{0\}$ est en fait
cyclique (tout sous-groupe fini du groupe des \'el\'ements
inversibles d'un corps commutatif est cyclique, d'apr\`es un
th\'eor\`eme du cours).

\item Il est clair que l'application $f$ est un homomorphisme de groupes
ab\'eliens. En outre, on a $f(I) = (1,1)$. V\'erifions que $f$ est compatible \`a la multiplication : 
Si $a=x\,I+y\,J$, $a'= x'\,I+y'\,J$, nous avons
\begin{eqnarray*}
f(a) f(a') & = & (x+zy, x-zy)(x'+zy', x'-zy') \\
           & = & ((x+zy)(x'+zy'), (x-zy)(x'-zy')) \\
           & = & ((xx'+3yy')+ (xy'+yx') z, (xx'+3 yy') -(xy'+yx')z) \\
           & = & f(aa')
\end{eqnarray*}
L'application $f$ est donc un homomorphisme d'anneaux. 
Elle est surjective :
en effet, comme $p>3$, il existe un inverse $v$ de $2$
et un inverse $z'$ de $z\neq 0$ dans $\Z/p\Z$, et
nous avons
\[
(r,s) = f( v(r+s) \, I + vz'(r-s)\, J).
\]
Comme les deux anneaux sont de cardinal $p^2$, il s'ensuit que $f$
est bijective et donc un isomorphisme. 
Pour montrer qu'on a $a^{p-1} = I$, il suffit donc
de v\'erifier cette \'egalit\'e dans $B=\Z/p\Z \times \Z/p\Z$. Or,
un \'el\'ement $(b_1, b_2)\in B$ est inversible ssi $b_1$ et $b_2$
le sont et dans ce cas on a bien 
$(b_1, b_2)^{p-1} = (b_1^{p-1}, b_2^{p-1}) = (1,1)$
d'apr\`es le petit th\'eor\`eme de Fermat.
Remarquons aussi que nous avons un isomorphisme de
groupes entre $A^*$ et $\mult{p}\times \mult{p}$.


\item e1) D'apr\`es l'exercice 3, l'\'el\'ement $3$ 
est un g\'en\'erateur
de $\mult{17}$. Or, si on avait $3=z^2$, alors $3$
serait au plus d'ordre $8$ (car $z^{16}=1$). Donc $3$
n'est pas un carr\'e dans $\Z/17\Z$.

Comme $3$ est d'ordre $16$ et $J^2=3$, il s'ensuit que
$J$ est d'ordre $32$. 

e2) On calcule que $a^3=8 \,I + 15\, J$ 
et $a^{9}=I$. Donc $a$ est bien d'ordre $9$.
Comme $9$ et $32$ sont premiers entre eux
et que $J$ et $a$ commutent, il s'ensuit que $a J$ est
d'ordre $288$.

\end{sublist}


\end{list-of-exercises}

\end{document}







\item 
\begin{sublist}
\item 
\[
\exp(G) = \inf\{ n\geq 1 \; | \; g^n = e \mbox{ pour tout } g\in G\}.
\]
\item Nous avons $(g,h)^n=(g^n, h^n)=e$ ssi $g^n=e$ et $h^n=e$.
Il s'ensuit que $\exp(G\times H) = \ppcm(\exp(G), \exp(H))$ si les 
exposants de $G$ et de $H$ sont finis. Sinon, on a 
$\exp(G\times H)  = \infty$.

\item On sait que $\mult{rs}$ est isomorphe \`a 
$\mult{r} \times \mult{s}$
et clairement $\exp(G) = \exp(H)$ si $G$ est isomorphe \`a $H$.
Par c), on trouve
\[
\mu(rs) = \ppcm(\mu(r), \mu(s)).
\]

\item Nous avons 
$\mu(561)=\mu(5\times 11 \times 17) = \ppcm(\mu(5), \mu(11), \mu(17))$.
Comme $5,11, 17$ sont premiers, 
les groupes $\mult{5}, \mult{11}, \mult{17}$
sont cycliques et leurs exposants sont \'egaux \`a leurs ordres.
Donc $\mu(561) = \ppcm( 4,10,16) = 80$.



