M1 ALGEBRE CORRIGE DE LA FEUILLE DE TD no
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Niveau: Supérieur, Master, Bac+4
M1 : ALGEBRE CORRIGE DE LA FEUILLE DE TD no 1 22 OCTOBRE 2010 PAUL LESCOT 1. Exercice I 1)Montrons par recurrence sur m ≥ 0 que (1 + p)p m ? 1 + pm+1[pm+2] . C'est evident pour m = 0 ; en fait, dans ce cas, les deux termes de la congruence sont egaux. Supposons le resultat etabli au rang m ; on a donc (1 + p)p m = 1 + pm+1 + ?pm+2 pour un ? ? Z. Soit x := pm+1 + ?pm+2 ; alors (1 + p)p m+1 = ((1 + p)p m )p = (1 + x)p = p∑ k=0 ( p k ) xk = 1 + px+ p?1∑ k=2 ( p k ) xk + xp . Mais, pour chaque k avec 1 ≤ k ≤ p?1, p divise (p k ) ; donc, lorsque 2 ≤ k ≤ p?1, px2 divise (p k ) xk ; mais x = pm+1(1+?p) est un multiple de pm+1, donc p(pm+1)2 = p2m+3 divise (p k ) xk ; en particulier pm+3 divise (p k ) xk .
Voir
M1 : ALGEBRE CORRIGE DE LA FEUILLE DE TD no 1 22 OCTOBRE 2010 PAUL LESCOT 1. Exercice I 1)Montrons par recurrence sur m ≥ 0 que (1 + p)p m ? 1 + pm+1[pm+2] . C'est evident pour m = 0 ; en fait, dans ce cas, les deux termes de la congruence sont egaux. Supposons le resultat etabli au rang m ; on a donc (1 + p)p m = 1 + pm+1 + ?pm+2 pour un ? ? Z. Soit x := pm+1 + ?pm+2 ; alors (1 + p)p m+1 = ((1 + p)p m )p = (1 + x)p = p∑ k=0 ( p k ) xk = 1 + px+ p?1∑ k=2 ( p k ) xk + xp . Mais, pour chaque k avec 1 ≤ k ≤ p?1, p divise (p k ) ; donc, lorsque 2 ≤ k ≤ p?1, px2 divise (p k ) xk ; mais x = pm+1(1+?p) est un multiple de pm+1, donc p(pm+1)2 = p2m+3 divise (p k ) xk ; en particulier pm+3 divise (p k ) xk .
- ordre de z
- ab ?
- groupe etant cyclique
- restriction au groupe
- groupes abeliens
- zp n?1
- bb? ?
- morphisme de groupes
` M1 : ALGEBRE ´ o CORRIGE DE LA FEUILLE DE TD n 1 22 OCTOBRE 2010
PAUL LESCOT
1.Exercice I 1)Montronsparre´currencesurm≥0 que
m p m+1m+2 (1 +p)≡1 +p[p]. C’est´evidentpourm= 0 ; en fait, dans ce cas, les deux termes de la congruence sonte´gaux. Supposonsler´esultat´etabliaurangm; on a donc m p m+1m+2 (1 +p1 +) = p+λp pour unλ∈Z. Soit m+1m+2 x:=p+λp; alors m+1m p p p (1 +p) = ((1 +p) ) p = (1 +x) p X p k =x k k=0 p−1 X p k p = 1 +px+x+x . k k=2 p Mais, pour chaquekavec 1≤k≤p−1,pdonc, lorsque 2divise ; ≤k≤p−1, k 2p k m+1m+1m+1 2 pxdivisex; maisx=p(1 +λp) est un multiple dep, doncp(p) = k 2m+3mp k +3pp k pdivisex; en particulierpdivisexau dernier terme. Quant x, k k 3m+1 3 3m+3m+3 il est divisible parx, donc par (p) =p,a fortioriparp. On a donc m+1 p m+1m+2m+2m+3m+2m+3 (1+p)≡1+px= 1+p(p+λp) = 1+p+λp≡1+p[p], etlere´sultataurangms’ensuit.+ 1 Prnantm=n−1, on trouve que
d’ou`
Date: 22 Octobre 2010.
n−1 p n n+1 (1 +p)≡1 +p[p]
n−1 p n n (1 +p)≡1 +p≡1[p]
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soit n−1 p ¯ (1.1)z= 1. Prenant maintenantm=n−2, on trouve
en particulier
et
n−2 p n−1n (1 +p)≡1 +p[p],
n−2 p n (1 +p)6≡1[p]
n−2 p ¯ (1.2)z6= 1. n−1k D’apre`s(1.1), l’ordre dezdivisep: c’est donc une puissancepaveck≤n−1; n−2 mais il suit de (1.2) que l’ordre dezne divise pasp´nceodcnrimeseasten.Ona n−1 ω(z) =p.
2) n ¯ ¯ Supposonsa¯ =b; alorspdivisea−b, doncpdivisea−bet ¯ap=bpplus,. De Z n pour ¯a∈U(A),aest premier avecp, donc avecp, et ¯ap∈U( ). pZ Il est en outre clair que ¯ ¯ ¯ ¯ ϕ(a¯b) =ϕ(ab) =abp= (¯ap)(bp) =ϕ(a)ϕ(b). On peut aussi remarquer queϕn’est autre que la restriction au groupe des Z e´l´ementsinversiblesdeAdu morphisme naturel deAnadsilretesac;`itet pZ Z biende´fini,c’estunmorphismedegroupes,etsonimageestcontenuedansU( ). pZ
Z 3) Soitx∈U( ) ; alorsx= ¯ap, pour una∈Zpremier avecp. Mais alorsa pZ n est premier avecpet ϕ(a¯) =a¯p=x , d’o`ulasurjectivit´edeϕ. Z 4)Legroupee´tantcyclique,ilcontientune´le´mentyd’ordre|U( )|=p−1. pZ D’apr`es3),ilexistex∈U(A) tel queϕ(x) =y; mais alorsp−1 =ω(y) =ω(ϕ(x)) diviseω(xtnem)´’l:e´lexconvient.
5)Posonsω(y) = (p−1)k; alors
k ω(y)
=
=
= =
ω(y) pgcd(ω(y), k) (p−1)k pgcd((p−1)k, k) (p−1)k k p−1.
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n−1 Vu quepetp−n’uedltsu´elr,iuxeibe´te´irporpen1sorteesrnemeeitnrp k n−1 connuedesgroupesab´eliensquel’e´le´mentu:=zyest d’ordrep(p−1). Mais n n−1 |G|=φ(p) =p(p−1), doncuengendreG:Gest cyclique.
6)Suivonsdanscecasparticulierlame´thodeci–dessus.Ilestfaciledevoirque Z ¯ ¯ y= 25engendreU; soit( ) xeredo’dr)4l,e´neilisntutgumel’arse`rpa’D.2=x 5Z est un multiple de 5−1 = 4 ; en calculant les puissances successives dex, on trouve queω(x’o`u)2=d0k= 5. On a donc k5 ¯ ¯ u=zy= 192 = 17= 6(2) . Z ¯ Onpeutd’ailleursv´erifierdirectementque17engendreUpuissances( ) : ses 25Z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ successives sont 17 , 14 , 13 , 21 , 7 , 19 , 23 , 16 , 22 , 24 , 8 , 11 , 12 , 4 , 18 , 6 , ¯ ¯ ¯ ¯ 2 , 9 , 3 et 1 . ¯ Au passage, on a d’ailleurs vu quexoctnnevn.urait2auleme´ega=
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2.Exercice II 0 1a 1) Il est visible que 0 =∈R, que 1 =∈R, et que, pourx=∈Ret 1 1b a 0 y=∈R(betbimpairs), on a b 0 0 ab−a b x−y=0∈R bb et 0 aa xy=0∈R , bb 0 du fait quebbe´relu`o.tatlustiesD’r.aimp
2.1 2)On a 2 =∈R; or il est visible que 1 2a 2 I:={ |(a, b)∈Zetbimpair}={2x|x∈R}= 2R , b donc,d’apr`esunre´sultatvuencours,Iseutin´dealdeR. 2a Si l’on avaitI=R, on aurait 1∈I=ecavd’,u1o`bimpair, soit 2a=b b impair,uneabsurdit´e. DoncI6=R. a 3) On ax= avecaetbentiers ; siariecre´etaitaprio,pnuorria´ta= 2cavec b ceitn’d,ru`oe 2c x=∈I , b une contradiction. L’entieraest donc impair (en particulierb6= 0), etxest inversibledansQavec b −1 x=∈R , a doncxest inversibledansR.
4)SoitJldead´niueRcontenant strictementI:I(Jil existe. Alors x∈J\I; −1 d’apre`s3),xMais alors 1 =est inversible. x .x∈J,d’o`uJ=R: nous avons biene´tablilamaximalite´del’id´ealI. Soit maintenantMaxlmalimdeinuae´dR, et supposonsM*I; alors il existe x∈M\Iciuetqens,sues–dremeˆmelmennosia,ete`aappliqu´Mau lieu deJ, entraˆıne queM=R, une contradiction. On a doncM⊆Io`u,d’M=Iapr`d’seal maximalit´edeMeedt´cini’u.LI.eluoce´dne
Remarque2.1.Il est facile de voir (exercice !) que, pour tout anneau (commutatif, unitaire)Rin´dd)u’rtciaesltpsel,eti´prrot4)es3´eIdeRsontntleesuiva´eq. S’il existeunide´al(n´ecessairementuniqued’apre`s4))lesposse´dant,Rest dit unanneau local.
a ¯ 5) Soitx=∈R; siaest pair,x∈Icomme vu ci–dessus, etx¯ = 0 (¯u b R a a−b d´esignantlaclassedeu∈Rsidans ); aest impair,u−1 =−1 =∈I, I b b
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¯ ¯ ¯ du fait queaetbsont impairs donca−bpair, et ¯u= 1. Mais 0 et 1 sont distincts (car 1/∈I`ou),d’ RZ ¯ ¯ ={0,1} '. I2Z Bienentendu,dufaitdelamaximalit´edeIceanequ,l’onpouvatirpe´idera`’lva R l’anneaus’ave`reraiteˆtreuncorps. I
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3.Exercice III
1) On a vu en cours que, pour tout anneau commutatifAet touty∈A,yA:= 2 {ya|a∈A}unitta´edeal´eidA; il suffit de prendre iciy=Xpour obtenir le r´esultatvoulu.
¯ 2 2)Soitλ∈ker(p|R) = ker(p)∩R= ; alorsp(λ) = 0, soitλ= 0,λ∈I=X Aet 2 lepolynoˆmeXcoolmeepˆeoliysnivn,tdtea2nrs´geded,λcela n’est possible. Mais que siλre(`oku0.D’=p|R) ={0}leetesr´tau,lt.
¯ 2 3) Soitα∈ B; alorsα=P, pour unP∈A. DivisonsP(X) parX; on 2 2 obtientP(X) =X Q(X) +R(X), avecdeg(R)< deg(X) = 2, soitdeg(R)≤1 et 2 2 R(X) =a+bX((a, b)∈R). Mais alorsP(X)−R(X) =X Q(X)∈Id,o’u` ¯ α=P ¯ =R ¯ =a+bX ¯ ¯ = ¯a+bX =a+b (d’apre`slade´finitiondetceffenoid–icee´uidl’etatfictienessus.) De plus ¯ ¯2¯ 2 2 = (X) =X= 0 = 0B, 2 2 carX∈I=X A.
¯ 2 4) Vu queX-X, on a=X6= 0 et 2 .== 0, etBint`cpastdonn’es.erge Parlemeˆmeraisonnement,onvoitque,pourchaqueb6= 0, 2 (b).=b() =b.0 = 0, donc queb.isivrdeu´eesez.ndrtou Soientx=a+b∈A\ {0}ety=c+d∈A\ {0}tels quexy= 0. Vu que 2 xy= (a+b)(c+d) =ac+ (ad+bc)+bd=ac+ (ad+bc) , il suit queac= 0 etad+bc= 0. Supposons maintenanta6e`er0;=oralapslmire e´quationentraˆınecuedalsro’seme`ixitcr´e=0;maisalad`u’o,d=0d= 0 et y=c+dOn vient de montrer que si= 0. x=a+baveca6= 0, alorsxn’est pas undiviseurdeze´ro.L’ensembledesdiviseursdeze´rodansBest donc ∗ {b|b∈R}=R.\ {0}.
5) Soitx=a+b∈ B;xest inversible si et seulement s’il existey=c+d∈ B tel quexyVu le calcul de= 1. xyevieelar:nt`aceutffe)4c,e´ne ac= 1 . ad+bc= 0
