Structures algébriques (2e année)

1. Divisions successives : $72=3\times 19+15$, $19=1\times 15+4$, $15=3\times 4+3$, $4=1\times 3+1$. Le dernier reste non nul vaut $1$, donc $19\wedge 72=1$ et $\overline{19}$ est inversible (fiche §11). On remonte : $$1=4-3=4-(15-3\times 4)=4\times 4-15=4\times (19-15)-15=4\times 19-5\times 15=4\times 19-5\times (72-3\times 19)=19\times 19-5\times 72.$$ Ainsi $19\times 19\equiv 1[72]$ : $\boxed{{\displaystyle {\overline{19}}^{-1}=\overline{19}}}$ ($\overline{19}$ est son propre inverse ; contrôle : $361=5\times 72+1$).

2. $U(\mathbb{Z}\mathrm{/}20\mathbb{Z})=\{\bar{k},k\wedge 20=1\}=\{\bar{1},\bar{3},\bar{7},\bar{9},\overline{11},\overline{13},\overline{17},\overline{19}\}$ : $\phi (20)=20(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{5})=8$ éléments. Par Lagrange, chaque ordre divise $8$. Calculs modulo $20$ :

• ${\bar{9}}^2=\overline{81}=\bar{1}$, ${\overline{11}}^2=\overline{121}=\bar{1}$, ${\overline{19}}^2=\overline{(-1{)}^2}=\bar{1}$ : ordre $2$ ;
• ${\bar{3}}^2=\bar{9}$, ${\bar{3}}^4={\bar{9}}^2=\bar{1}$ : ordre $4$ ; de même ${\bar{7}}^2=\overline{49}=\bar{9}$ donne l'ordre $4$ ; $\overline{13}=\overline{-7}$ et $\overline{17}=\overline{-3}$ ont pour carré $\bar{9}$, donc sont d'ordre $4$ ;
• $\bar{1}$ est d'ordre $1$.

Aucun élément n'est d'ordre $8=\mathrm{Card}U(\mathbb{Z}\mathrm{/}20\mathbb{Z})$ : $\boxed{{\displaystyle \text{le groupe n’est pas cyclique}}}$ (fiche §4).

3. $6\wedge 21=3$. Si $\bar{6}x=\bar{9}$ avec $x=\bar{k}$, alors $21\mid 6k-9$, donc $3\mid 6k-9$, ce qui est vrai, et en divisant par $3$ : $7\mid 2k-3$, soit $2k\equiv 3[7]$. L'inverse de $2$ modulo $7$ est $4$, d'où $k\equiv 12\equiv 5[7]$. Réciproquement, $k=5+7q$ donne $6k-9=21+42q$, multiple de $21$. Les solutions sont les classes modulo $21$ des entiers $\equiv 5[7]$ : $$\boxed{{\displaystyle x\in \{\bar{5},\overline{12},\overline{19}\}}}(\text{trois solutions, autant que }6\wedge 21)\mathrm{.}$$ Pour $\bar{6}x=\bar{4}$ : on aurait $21\mid 6k-4$, donc $3\mid 6k-4$, puis $3\mid 4$ : impossible. $\boxed{{\displaystyle \text{aucune solution}}}$.

4. $13\wedge 20=1$ et, modulo $20$, ${13}^2=169\equiv 9$, ${13}^4\equiv 81\equiv 1$. Donc $\overline{13}$ est d'ordre $4$ et, comme $100=4\times 25$, ${13}^{100}=({13}^4{)}^{25}\equiv 1[20]$. Le reste vaut $\boxed{{\displaystyle 1}}$. (Le théorème d'Euler donnait ${13}^8\equiv 1$, et $100=8\times 12+4$ ramenait aussi à ${13}^4\equiv 1$.)

1. Dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$, $o(\bar{k})={\displaystyle \frac{n}{n\wedge k}}$ (fiche §5). Donc $o(\overline{12})={\displaystyle \frac{18}{6}}=\boxed{{\displaystyle 3}}$ et $o(\overline{10})={\displaystyle \frac{18}{2}}=\boxed{{\displaystyle 9}}$. Contrôle direct : $3\times 12=36\equiv 0$ alors que $12$ et $24\equiv 6$ ne sont pas multiples de $18$.

2. $\bar{k}$ engendre $\mathbb{Z}\mathrm{/}18\mathbb{Z}$ si et seulement si $k\wedge 18=1$ : $\boxed{{\displaystyle \bar{1},\bar{5},\bar{7},\overline{11},\overline{13},\overline{17}}}$, soit $\phi (18)=6$ générateurs.

3. $\mathbb{Z}\mathrm{/}18\mathbb{Z}$ est cyclique de cardinal $18$ : pour chaque diviseur $d$ de $18$ il a exactement un sous-groupe de cardinal $d$, engendré par $\overline{18\mathrm{/}d}$, et aucun autre (fiche §4). Les diviseurs de $18$ sont $1,2,3,6,9,18$ :

Il y a donc $\boxed{{\displaystyle 6}}$ sous-groupes.

4. Un élément d'ordre $6$ engendre un sous-groupe de cardinal $6$, donc c'est un générateur de l'unique sous-groupe $⟨\bar{3}⟩$ de cardinal $6$. Ce sous-groupe est cyclique de cardinal $6$ : il a $\phi (6)=2$ générateurs, $\bar{3}$ et $5\cdot \bar{3}=\overline{15}$. Réponse : $\boxed{{\displaystyle 2\acute{\text{e}}\text{l}\acute{\text{e}}\text{ments, }\bar{3}\text{ et }\overline{15}}}$.

5. $2\wedge 9=1$ : par le théorème chinois (fiche §12), $\mathbb{Z}\mathrm{/}18\mathbb{Z}\simeq \mathbb{Z}\mathrm{/}2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\mathrm{/}9\mathbb{Z}$. Directement : $(\bar{1},\bar{1})$ est d'ordre $2\vee 9=18$, donc engendre ce groupe de cardinal $18$, qui est cyclique, donc isomorphe à $\mathbb{Z}\mathrm{/}18\mathbb{Z}$. Dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}3\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\mathrm{/}6\mathbb{Z}$, l'ordre de $(x,y)$ est $o(x)\vee o(y)$, qui divise $3\vee 6=6$ : aucun élément n'est d'ordre $18$, le groupe n'est pas cyclique et $\boxed{{\displaystyle \text{n’est pas isomorphe }\grave{\text{a}}\mathbb{Z}\mathrm{/}18\mathbb{Z}}}$ (un isomorphisme conserve les ordres).

1. Les deux premières congruences. $5\wedge 7=1$ avec $3\times 5-2\times 7=1$. Par la formule de la fiche (§12), avec $u=3$, $v=-2$ : $x_1=2\times (-2)\times 7+3\times 3\times 5=-28+45=17$. Vérification : $17=3\times 5+2$ et $17=2\times 7+3$. Les solutions des deux premières congruences sont donc les $x\equiv 17[35]$. La troisième. $35\wedge 4=1$ et $17\equiv 1[4]$ : $x=17$ convient aussi. Par le théorème chinois ($\mathbb{Z}\mathrm{/}140\mathbb{Z}\simeq \mathbb{Z}\mathrm{/}35\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\mathrm{/}4\mathbb{Z}$), les solutions forment une seule classe modulo $35\times 4=140$ : $$\boxed{{\displaystyle x\equiv 17[140]}}\mathrm{.}$$

2. $140=2^2\times 5\times 7$, donc $\phi (140)=\phi (4)\phi (5)\phi (7)=2\times 4\times 6=\boxed{{\displaystyle 48}}$ (multiplicativité, fiche §11).

3. On cherche le reste de $7^{2026}$ modulo $100$. On a $7^2=49$ et $7^4=2401\equiv 1[100]$. Or $2026=4\times 506+2$, donc $7^{2026}=(7^4{)}^{506}\times 7^2\equiv 49[100]$. Les deux derniers chiffres sont $\boxed{{\displaystyle 4\text{ et }9}}$.

4. Soit $a\wedge 140=1$ ; alors $a$ est premier avec $4$, $5$ et $7$. Par le théorème d'Euler (ou Fermat) : $a^2\equiv 1[4]$ ($\phi (4)=2$), $a^4\equiv 1[5]$, $a^6\equiv 1[7]$. Comme $12$ est multiple de $2$, $4$ et $6$, on obtient $a^{12}\equiv 1$ modulo $4$, $5$ et $7$, donc $140=4\times 5\times 7$ divise $a^{12}-1$ (ces modules sont deux à deux premiers entre eux). Le théorème d'Euler donne seulement $a^{48}\equiv 1[140]$ : l'exposant $12=2\vee 4\vee 6$ est plus fin. Cela montre que $U(\mathbb{Z}\mathrm{/}140\mathbb{Z})$, de cardinal $48$, n'a aucun élément d'ordre $48$ : $\boxed{{\displaystyle U(\mathbb{Z}\mathrm{/}140\mathbb{Z})\text{ n’est pas cyclique}}}$.

1. $12\mathbb{Z}+18\mathbb{Z}=(12\wedge 18)\mathbb{Z}=6\mathbb{Z}$, puis $6\mathbb{Z}+20\mathbb{Z}=(6\wedge 20)\mathbb{Z}=2\mathbb{Z}$ : $\boxed{{\displaystyle n=2}}$. Et $12\mathbb{Z}\cap 18\mathbb{Z}=(12\vee 18)\mathbb{Z}$ : $\boxed{{\displaystyle m=36}}$ (fiche §9).

2. $A=X^3(X+1)-(X+1)=(X+1)(X^3-1)=(X+1)(X-1)(X^2+X+1)$. $B=(X^2+1{)}^2-X^2=(X^2-X+1)(X^2+X+1)$. Les facteurs $X^2\pm X+1$ ont pour discriminant $-3<0$ : ils sont irréductibles dans $ℝ[X]$, et ce sont deux polynômes unitaires distincts. D'après la fiche (§13), $Aℝ[X]+Bℝ[X]=(A\wedge B)ℝ[X]$ et $Aℝ[X]\cap Bℝ[X]=(A\vee B)ℝ[X]$, et ces polynômes se lisent sur les décompositions : $$\boxed{{\displaystyle A\wedge B=X^2+X+1}},A\vee B=(X+1)(X-1)(X^2+X+1)(X^2-X+1)=(X^2-1)(X^4+X^2+1)=\boxed{{\displaystyle X^6-1}}\mathrm{.}$$ Contrôle : $AB=(A\wedge B)(A\vee B)$ puisque $A$ et $B$ sont unitaires.

3. $0\in I$. Si $P,Q\in I$ et $U,V\in ℝ[X]$, alors $(UP+VQ)(1)=0$ et $(UP+VQ{)}^{\mathrm{\prime }}(1)=U^{\mathrm{\prime }}(1)P(1)+U(1)P^{\mathrm{\prime }}(1)+V^{\mathrm{\prime }}(1)Q(1)+V(1)Q^{\mathrm{\prime }}(1)=0$ : $I$ est un idéal (caractérisation, fiche §8). Il n'est pas nul (il contient $(X-1{)}^2$). Son générateur unitaire $P_0$ est l'élément unitaire de degré minimal. Un polynôme de degré $\le 1$ qui s'annule en $1$ ainsi que sa dérivée est nul ($a(X-1)$ avec $a=0$), et $(X-1{)}^2\in I$ : $\boxed{{\displaystyle I=(X-1{)}^2ℝ[X]}}$. (On retrouve la caractérisation des racines doubles.)

4. $1\in J$ et $J\mathrm{\ne }ℝ[X]$ (car $X\mathrm{\notin }J$) : un idéal contenant $1$ serait $ℝ[X]$ entier. Donc $\boxed{{\displaystyle J\text{ n’est pas un id}\acute{\text{e}}\text{al}}}$. En revanche $1\in J$, et si $P,Q\in J$, $\lambda ,\mu \in ℝ$ : $(\lambda P+\mu Q)(0)=(\lambda P+\mu Q)(1)$ et $(PQ)(0)=P(0)Q(0)=P(1)Q(1)=(PQ)(1)$. $\boxed{{\displaystyle J\text{ est une sous-alg}\grave{\text{e}}\text{bre de }ℝ[X]}}$ (c'est le noyau de la forme linéaire $P\mapsto P(1)-P(0)$, mais un noyau de forme linéaire n'est pas un noyau de morphisme d'anneaux).

1. Pour $k\in \mathbb{Z}$, $\bar{k}=k\cdot \bar{1}$ (somme de $k$ termes $\bar{1}$ si $k\ge 0$, opposé sinon). Un morphisme vérifie $f(k\cdot y)=f(y{)}^k$ pour tout $k\in \mathbb{Z}$, donc $f(\bar{k})=x^k$. En particulier $x^n=f(\bar{n})=f(\bar{0})=e$, car un morphisme envoie le neutre sur le neutre.

2. Bonne définition : si $\bar{k}=\bar{\mathrm{\ell }}$, alors $k=\mathrm{\ell }+qn$ et $x^k=x^{\mathrm{\ell }}(x^n{)}^q=x^{\mathrm{\ell }}$ ; l'image ne dépend pas du représentant. Morphisme : $f_x(\bar{k}+\bar{\mathrm{\ell }})=f_x(\overline{k+\mathrm{\ell }})=x^{k+\mathrm{\ell }}=x^k{x}^{\mathrm{\ell }}=f_x(\bar{k})f_x(\bar{\mathrm{\ell }})$. Bijection : l'application $f\mapsto f(\bar{1})$ va de l'ensemble des morphismes dans $\{x\in G,x^n=e\}$ (question 1). Elle est injective (un morphisme est déterminé par $f(\bar{1})$, question 1, car $\bar{1}$ engendre $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$) et surjective ($f_x(\bar{1})=x$). C'est la bijection cherchée.

3. D'après 2, il suffit de compter les $y=\bar{k}\in \mathbb{Z}\mathrm{/}m\mathbb{Z}$ tels que $n\cdot y=\bar{0}$, c'est-à-dire $m\mid nk$. Écrivons $n=d{n}^{\mathrm{\prime }}$, $m=d{m}^{\mathrm{\prime }}$ avec $n^{\mathrm{\prime }}\wedge m^{\mathrm{\prime }}=1$. Alors $m\mid nk⟺m^{\mathrm{\prime }}\mid n^{\mathrm{\prime }}k⟺m^{\mathrm{\prime }}\mid k$ (lemme de Gauss). Les classes cherchées sont donc les classes des multiples de $m^{\mathrm{\prime }}$ : $\bar{0},\overline{m^{\mathrm{\prime }}},\dots ,\overline{(d-1)m^{\mathrm{\prime }}}$, soit le sous-groupe $⟨\overline{m^{\mathrm{\prime }}}⟩$ de cardinal $m\mathrm{/}{m}^{\mathrm{\prime }}=d$. Il y a $\boxed{{\displaystyle d=n\wedge m}}$ morphismes.

4. $d=12\wedge 18=6$, $m^{\mathrm{\prime }}=3$ : les morphismes sont les $f_y:\bar{k}\mapsto ky$ pour $y\in \{\bar{0},\bar{3},\bar{6},\bar{9},\overline{12},\overline{15}\}\subset \mathbb{Z}\mathrm{/}18\mathbb{Z}$.

• Injectif : l'image serait un sous-groupe de $\mathbb{Z}\mathrm{/}18\mathbb{Z}$ de cardinal $12$ ; or $12\nmid 18$ (Lagrange) : $\boxed{{\displaystyle \text{aucun}}}$.
• Surjectif : l'image $⟨y⟩$ est contenue dans $⟨\bar{3}⟩$, de cardinal $6<18$ : $\boxed{{\displaystyle \text{aucun}}}$.
• Pour $y=\bar{3}$ : $\mathrm{Im}{f}_{\bar{3}}=⟨\bar{3}⟩=\{\bar{0},\bar{3},\bar{6},\bar{9},\overline{12},\overline{15}\}$ (cardinal $6$) et $\bar{k}\in \mathrm{Ker}{f}_{\bar{3}}⟺18\mid 3k⟺6\mid k$, d'où $\mathrm{Ker}{f}_{\bar{3}}=\{\bar{0},\bar{6}\}\subset \mathbb{Z}\mathrm{/}12\mathbb{Z}$. Contrôle : $\mathrm{Card}\mathrm{Ker}\times \mathrm{Card}\mathrm{Im}=2\times 6=12$.

5. Un endomorphisme de $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ est de la forme $f_{\bar{a}}:\bar{k}\mapsto k\bar{a}=\bar{a}\bar{k}$ (question 2, la condition $n\bar{a}=\bar{0}$ étant toujours vraie). Il est bijectif si et seulement s'il est surjectif (ensemble fini), c'est-à-dire si $\bar{a}=f_{\bar{a}}(\bar{1})$ engendre $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$, soit $a\wedge n=1$ (fiche §3). Posons $\mathrm{\Theta }:U(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})\to \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})$, $\bar{a}\mapsto f_{\bar{a}}$. On a $f_{\bar{a}}\circ f_{\bar{b}}(\bar{k})=\bar{a}\bar{b}\bar{k}=f_{\bar{a}\bar{b}}(\bar{k})$ : $\mathrm{\Theta }$ est un morphisme ; il est injectif ($f_{\bar{a}}(\bar{1})=\bar{a}$) et surjectif d'après ce qui précède. $\boxed{{\displaystyle \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})\simeq U(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})}}$. Pour $n=8$ : $U(\mathbb{Z}\mathrm{/}8\mathbb{Z})=\{\bar{1},\bar{3},\bar{5},\bar{7}\}$ et ${\bar{3}}^2={\bar{5}}^2={\bar{7}}^2=\bar{1}$ (car $9$, $25$, $49$ sont $\equiv 1[8]$). Aucun élément d'ordre $4$ : $\boxed{{\displaystyle \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}\mathrm{/}8\mathbb{Z})\text{ n’est pas cyclique}}}$ (il est isomorphe au groupe de Klein).

1. Soit $x=\bar{k}$ avec $x^2=x$ : $p^{\alpha }\mid k(k-1)$. Les entiers $k$ et $k-1$ sont premiers entre eux (un diviseur commun divise $k-(k-1)=1$), donc $p$ ne divise pas les deux. Si $p\nmid k-1$, alors $p^{\alpha }\wedge (k-1)=1$ et le lemme de Gauss donne $p^{\alpha }\mid k$, soit $x=\bar{0}$. Sinon $p\nmid k$ et, de même, $p^{\alpha }\mid k-1$, soit $x=\bar{1}$. Réciproquement $\bar{0}$ et $\bar{1}$ conviennent.

2. $x=\bar{k}$ avec $p^{\alpha }\mid (k-1)(k+1)$. Un diviseur commun de $k-1$ et $k+1$ divise $2$ ; comme $p$ est impair, $p$ ne divise pas les deux. Le même raisonnement qu'en 1 donne $p^{\alpha }\mid k-1$ ou $p^{\alpha }\mid k+1$, soit $x=\pm \bar{1}$ ; ces deux classes sont distinctes car $p^{\alpha }\ge 3$ ne divise pas $2$.

3. Par le théorème chinois généralisé (modules $p_i^{{\alpha }_i}$ deux à deux premiers entre eux), l'application $\psi :\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}\to {\prod }_{i=1}^r\mathbb{Z}\mathrm{/}{p}_i^{{\alpha }_i}\mathbb{Z}$, $\bar{k}\mapsto (k<mrow><mi\; mathvariant="normal">m</mi><mi\; mathvariant="normal">o</mi><mi\; mathvariant="normal">d</mi></mrow>p_i^{{\alpha }_i}{)}_i$, est un isomorphisme d'anneaux. Un isomorphisme d'anneaux échange les solutions de $x^2=x$ (et de $x^2=1$) : $x^2=x⟺\psi (x{)}^2=\psi (x)$. Dans un produit, les calculs se font composante par composante, donc $(x_i{)}_i$ est idempotent si et seulement si chaque $x_i$ l'est. D'après 1, chaque composante a deux choix : $\boxed{{\displaystyle 2^r\text{ idempotents}}}$. Si $n$ est impair, tous les $p_i$ sont impairs et la question 2 donne de même $\boxed{{\displaystyle 2^r}}$ solutions de $x^2=\bar{1}$.

4. $30=2\times 3\times 5$ : $2^3=8$ idempotents. On les obtient en choisissant $0$ ou $1$ modulo $2$, $3$ et $5$ :

(Contrôle : $6^2=36\equiv 6$, ${10}^2=100\equiv 10$, ${15}^2=225\equiv 15$, ${16}^2=256\equiv 16$, ${21}^2=441\equiv 21$, ${25}^2=625\equiv 25$ modulo $30$.) $105=3\times 5\times 7$ : $8$ solutions, obtenues en choisissant $\pm 1$ modulo $3$, $5$ et $7$ : $$\boxed{{\displaystyle x\in \{\bar{1},\overline{29},\overline{34},\overline{41},\overline{64},\overline{71},\overline{76},\overline{104}\}}}\mathrm{.}$$ Par exemple $29\equiv -1[3]$, $29\equiv -1[5]$, $29\equiv 1[7]$ ; et ${29}^2=841=8\times 105+1$.

5. Dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}8\mathbb{Z}$, ${\bar{1}}^2={\bar{3}}^2={\bar{5}}^2={\bar{7}}^2=\bar{1}$ : $\boxed{{\displaystyle 4\text{ solutions}}}$. Pour $p=2$, $k-1$ et $k+1$ peuvent être tous deux pairs ; l'argument de la question 2 tombe, et $\mathbb{Z}\mathrm{/}8\mathbb{Z}$ n'étant pas intègre, rien n'interdit plus de deux racines (fiche §10).

1. $A^2=\left(\begin{array}{cc}-2& 3\\ -6& 7\end{array}\right)$, donc $A^2-3A+2I_2=\left(\begin{array}{cc}-2-0+2& 3-3+0\\ -6+6+0& 7-9+2\end{array}\right)=\boxed{{\displaystyle 0}}$. Ainsi $P_0=X^2-3X+2=(X-1)(X-2)$ annule $A$ et ${\pi }_A$ divise $P_0$ (fiche §9). Comme $A$ n'est pas de la forme $\lambda I_2$, aucun polynôme de degré $1$ ne l'annule : $\boxed{{\displaystyle {\pi }_A=(X-1)(X-2)}}$. Par conséquent $\dim ℝ[A]=\mathrm{deg}{\pi }_A=2$, de base $\boxed{{\displaystyle (I_2,A)}}$ (fiche §14).

2. $A^2-3A=-2I_2$ s'écrit $A\cdot \frac{1}{2}(3I_2-A)=I_2$ (et ces matrices commutent). Donc $A$ est inversible et $\boxed{{\displaystyle A^{-1}=\frac{3}{2}{I}_2-\frac{1}{2}A}}$. On retrouve que ${\pi }_A(0)=2\mathrm{\ne }0$.

3. Bonne définition : si $P(A)=Q(A)$, alors $(P-Q)(A)=0$, donc ${\pi }_A\mid P-Q$ et $(P-Q)(1)=(P-Q)(2)=0$ : $(P(1),P(2))=(Q(1),Q(2))$. Morphisme d'algèbres : $\mathrm{\Phi }$ est linéaire, $\mathrm{\Phi }(I_2)=(1,1)$, et $\mathrm{\Phi }(P(A)Q(A))=\mathrm{\Phi }((PQ)(A))=(P(1)Q(1),P(2)Q(2))=\mathrm{\Phi }(P(A))\mathrm{\Phi }(Q(A))$. Injectivité : si $P(1)=P(2)=0$, alors $(X-1)(X-2)\mid P$ (racines distinctes), donc $P(A)=0$. Bijectivité : $\mathrm{\Phi }$ est linéaire injective entre deux espaces de dimension $2$. $\boxed{{\displaystyle \mathrm{\Phi }\text{ est un isomorphisme d’alg}\grave{\text{e}}\text{bres}}}$. (C'est le lemme chinois pour les polynômes, fiche §13 : $X-1$ et $X-2$ sont premiers entre eux.)

4. (a) Dans ${ℝ}^2$, $(1,0)(0,1)=(0,0)$. Les antécédents sont $E_1={\mathrm{\Phi }}^{-1}(1,0)$ et $E_2={\mathrm{\Phi }}^{-1}(0,1)$, non nuls, de produit nul : $\boxed{{\displaystyle ℝ[A]\text{ n’est pas int}\grave{\text{e}}\text{gre}}}$. Explicitement, $2-X$ vaut $1$ en $1$ et $0$ en $2$, et $X-1$ vaut $0$ en $1$ et $1$ en $2$ : $$E_1=2I_2-A=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ 2& -1\end{array}\right),E_2=A-I_2=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -2& 2\end{array}\right),E_1{E}_2=-{\pi }_A(A)=0.$$ (b) Les idempotents de ${ℝ}^2$ sont les couples à composantes dans $\{0,1\}$ ; un isomorphisme conserve l'équation $x^2=x$ : $\boxed{{\displaystyle 0,I_2,E_1,E_2}}$. (c) $(a,b)$ est inversible dans ${ℝ}^2$ si et seulement si $ab\mathrm{\ne }0$. Donc $P(A)$ est inversible dans $ℝ[A]$ si et seulement si $\boxed{{\displaystyle P(1)P(2)\mathrm{\ne }0}}$ ; et comme l'inverse d'une matrice inversible appartient à $ℝ[A]$ (fiche §14), c'est aussi la CNS d'inversibilité dans ${ℳ}_2(ℝ)$. (d) $\mathrm{\Phi }(A^n)=(1^n,2^n)=1\cdot (1,0)+2^n(0,1)$, donc $A^n=E_1+2^n{E}_2$ : $$\boxed{{\displaystyle A^n=(2-2^n)I_2+(2^n-1)A}}\mathrm{.}$$ Contrôle : $n=0$ donne $I_2$, $n=1$ donne $A$ ; et $n=-1$ redonne la formule de la question 2.

5. Soit $M=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$. $AM=\left(\begin{array}{cc}c& d\\ -2a+3c& -2b+3d\end{array}\right)$ et $MA=\left(\begin{array}{cc}-2b& a+3b\\ -2d& c+3d\end{array}\right)$. L'égalité équivaut à $c=-2b$ et $d=a+3b$ (les deux autres équations en découlent : $-2a+3c=-2a-6b=-2d$ et $-2b+3d=c+3d$). Donc $M=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ -2b& a+3b\end{array}\right)=a{I}_2+bA$ : $\boxed{{\displaystyle 𝒞(A)=ℝ[A]}}$. Si $M^2=A$, alors $MA=M^3=AM$, donc $M\in 𝒞(A)=ℝ[A]$. Via $\mathrm{\Phi }$, il s'agit de résoudre $(x,y{)}^2=(1,2)$ dans ${ℝ}^2$ : $x=\pm 1$, $y=\pm \sqrt{2}$. D'où quatre solutions : $$\boxed{{\displaystyle M={\epsilon }_1{E}_1+{\epsilon }_2\sqrt{2}{E}_2,{\epsilon }_1,{\epsilon }_2\in \{-1,1\}}}\mathrm{.}$$ Par exemple, pour ${\epsilon }_1={\epsilon }_2=1$ : $M=(2-\sqrt{2})I_2+(\sqrt{2}-1)A$.

1. $\pi$ est un morphisme d'anneaux surjectif, donc ${\pi }^{-1}(I)$ est un idéal de $\mathbb{Z}$ (fiche §8). Il contient ${\pi }^{-1}(\{\bar{0}\})=n\mathbb{Z}$ car $\bar{0}\in I$. Les idéaux de $\mathbb{Z}$ sont les $d\mathbb{Z}$ (§9) : ${\pi }^{-1}(I)=d\mathbb{Z}$ avec $d\ge 1$, et $n\mathbb{Z}\subset d\mathbb{Z}$ signifie $d\mid n$. Comme $\pi$ est surjective, $I=\pi ({\pi }^{-1}(I))=\pi (d\mathbb{Z})=\{\overline{dk},k\in \mathbb{Z}\}=\bar{d}(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})$. Réciproquement chaque $\bar{d}(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})$ est un idéal (idéal principal). Enfin, pour $d\mid n$, ${\pi }^{-1}(\bar{d}\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})=d\mathbb{Z}+n\mathbb{Z}=d\mathbb{Z}$ : deux diviseurs distincts donnent des images réciproques distinctes, donc des idéaux distincts. Il y a autant d'idéaux que de diviseurs positifs de $n$, et tous sont principaux.

2. Diviseurs de $12$ : $1,2,3,4,6,12$. Les idéaux sont $\mathbb{Z}\mathrm{/}12\mathbb{Z}$ ($d=1$) ; $\{\bar{0},\bar{2},\bar{4},\bar{6},\bar{8},\overline{10}\}$ ($d=2$) ; $\{\bar{0},\bar{3},\bar{6},\bar{9}\}$ ($d=3$) ; $\{\bar{0},\bar{4},\bar{8}\}$ ($d=4$) ; $\{\bar{0},\bar{6}\}$ ($d=6$) ; $\{\bar{0}\}$ ($d=12$). $\boxed{{\displaystyle 6\text{ id}\acute{\text{e}}\text{aux}}}$ — ce sont aussi les $6$ sous-groupes additifs (§4).

3. Écrivons $n=p_1^{{\alpha }_1}\cdots p_r^{{\alpha }_r}$ et $\alpha =\max {\alpha }_i$.

• Si ${\bar{x}}^k=\bar{0}$, alors $n\mid x^k$ ; chaque $p_i$ divise $x^k$, donc $x$ ($p_i$ premier). Les $p_i$ étant premiers entre eux deux à deux, leur produit $\mathrm{rad}(n)$ divise $x$.
• Si $\mathrm{rad}(n)\mid x$, alors $p_i^{\alpha }\mid x^{\alpha }$ pour tout $i$, donc $p_i^{{\alpha }_i}\mid x^{\alpha }$, et $n\mid x^{\alpha }$ : ${\bar{x}}^{\alpha }=\bar{0}$.

Pour $n=72=2^3\times 3^2$ : $\mathrm{rad}(72)=6$. Les nilpotents sont les classes des multiples de $6$ entre $0$ et $71$ : $\boxed{{\displaystyle 72\mathrm{/}6=12\text{ nilpotents}}}$ ($\bar{0},\bar{6},\dots ,\overline{66}$).

4. D'après 3, l'ensemble des nilpotents est $\overline{\mathrm{rad}(n)}(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})$, idéal principal. Il est réduit à $\{\bar{0}\}$ si et seulement si $\mathrm{rad}(n)\equiv 0[n]$, c'est-à-dire $\mathrm{rad}(n)=n$ (car $1\le \mathrm{rad}(n)\le n$) : tous les ${\alpha }_i$ valent $1$, soit $n$ sans facteur carré. Exemple : $\mathbb{Z}\mathrm{/}30\mathbb{Z}$ n'a pas de nilpotent non nul, $\mathbb{Z}\mathrm{/}12\mathbb{Z}$ a $\bar{6}$.

1. ${𝔽}_p$ est un corps. Par le petit théorème de Fermat, $a^{p-1}=\bar{1}$ pour tout $a\in {𝔽}_p^{\ast }$ : les $p-1$ éléments de ${𝔽}_p^{\ast }$ sont racines de $Q=X^{p-1}-\bar{1}$. Les polynômes $X-a$ ($a\in {𝔽}_p^{\ast }$) sont irréductibles et deux à deux premiers entre eux (unitaires distincts de degré $1$), et chacun divise $Q$ ; donc leur produit $R$ divise $Q$ (corollaire de Gauss, valable dans ${𝔽}_p[X]$, fiche §10). $Q$ et $R$ sont unitaires de même degré $p-1$ et $R\mid Q$ : $\boxed{{\displaystyle Q=R}}$.

2. On compare les coefficients constants (évaluation en $\bar{0}$) : $-\bar{1}={\prod }_{a\in {𝔽}_p^{\ast }}(-a)=(-\bar{1}{)}^{p-1}{\prod }_{a\in {𝔽}_p^{\ast }}a$. Comme $p-1$ est pair, $(-\bar{1}{)}^{p-1}=\bar{1}$, et ${\prod }_{a\in {𝔽}_p^{\ast }}a=\overline{1\times 2\times \cdots \times (p-1)}=\overline{(p-1)!}$. Donc $\boxed{{\displaystyle (p-1)!\equiv -1[p]}}$.

3. $n$ n'est pas premier et $n\ge 2$ : il existe un diviseur $d$ de $n$ avec $1<d<n$. Alors $d\le n-1$, donc $d\mid (n-1)!$. Si l'on avait $(n-1)!\equiv -1[n]$, on aurait $(n-1)!\equiv -1[d]$, donc $0\equiv -1[d]$, soit $d\mid 1$ : absurde. Avec 2, on obtient le théorème de Wilson : un entier $n\ge 2$ est premier exactement lorsque $(n-1)!\equiv -1[n]$ (pour $p=2$, $1!\equiv -1[2]$ aussi).