Structures algébriques usuelles

En première année, les structures algébriques ont surtout servi de vocabulaire. On disait « $(\mathbb{Z},+)$ est un groupe » ou « $\mathbb{K}[X]$ est un anneau » comme on dit « $f$ est continue » : pour ranger un objet dans une catégorie et hériter d'un lot de propriétés déjà démontrées. Ce chapitre change de point de vue. Les structures ne sont plus le décor, elles deviennent l'objet d'étude, et l'on se met à poser sur elles des questions de classification : combien y a-t-il de groupes à $n$ éléments, à isomorphisme près ? À quoi ressemblent tous les sous-groupes de $(\mathbb{Z},+)$ ? Quand deux anneaux, construits de manière très différente, sont-ils en réalité le même anneau déguisé ?

Deux outils nouveaux portent tout le chapitre, et il vaut la peine de les annoncer tout de suite.

Le premier est l'ordre d'un élément. À un élément $x$ d'un groupe on associe un entier, $\mathrm{o}(x)$, qui mesure au bout de combien de multiplications par lui-même on retombe sur le neutre. Cet entier gouverne tout : il donne le cardinal du sous-groupe engendré par $x$, il dit exactement quelles puissances de $x$ valent $e$, et, dans un groupe fini, il divise le cardinal du groupe. De là sort le premier théorème de classification du cours : un groupe engendré par un seul élément est, à isomorphisme près, ou bien $(\mathbb{Z},+)$, ou bien $(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z},+)$. Il n'y a rien d'autre.

Le second est la notion d'idéal. Un idéal d'un anneau commutatif est une partie stable par addition et absorbante pour la multiplication. Cela paraît technique, et c'est pourtant l'outil qui unifie d'un seul coup toute l'arithmétique de première année. Dire que $a$ divise $b$, ce sera dire que l'idéal engendré par $b$ est contenu dans celui engendré par $a$ ; le PGCD de $a$ et $b$ sera le générateur de $a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}$ ; le théorème de Bézout deviendra une lecture directe de cette égalité. Le même discours vaudra mot pour mot dans $\mathbb{K}[X]$, ce qui explique enfin pourquoi l'arithmétique des entiers et celle des polynômes se ressemblent tant : ce n'est pas une analogie, ce sont deux exemples du même phénomène.

Le point de rencontre des deux idées est l'anneau $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$, entièrement nouveau cette année. C'est le premier anneau que vous rencontrerez qui n'est ni $\mathbb{Z}$, ni un ensemble de fonctions, ni un ensemble de matrices : un anneau fini, où l'on peut tout calculer à la main, et où les questions d'inversibilité deviennent des questions de PGCD. Il conduit au théorème chinois, au théorème d'Euler, au petit théorème de Fermat, et, en une page, à la description complète du chiffrement RSA qui protège les communications bancaires.

Les notations sont fixées une fois pour toutes. Un groupe quelconque est noté multiplicativement, $(G,\times )$, avec $e$ pour neutre, $x^{-1}$ pour inverse et $x^n$ pour les puissances ; un groupe abélien peut être noté additivement, avec $0$ pour neutre, $-x$ pour opposé et $nx$ pour les multiples. Le sous-groupe engendré par une partie $X$ est noté $⟨X⟩$, et $⟨x⟩$ pour un seul élément. L'ordre d'un élément est noté $\mathrm{o}(x)$. La classe d'un entier $k$ dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ est notée $\bar{k}$. Le groupe des inversibles d'un anneau $A$ est noté $A^{\times }$. L'indicatrice d'Euler est notée $\phi$. L'idéal engendré par un élément $a$ d'un anneau commutatif $A$ est noté $(a)=aA$. On garde $a\wedge b$ pour le PGCD, $a\vee b$ pour le PPCM et $a\mid b$ pour la divisibilité. Enfin $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, et l'on utilise sans les redéfinir $\mathcal{L}(E)$, ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, $\mathcal{F}(X,\mathbb{K})$, ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$, ${\mathfrak{S}}_n$ et ${\mathbb{U}}_n$.

Groupes : rappels et compléments

Définition et exemples fondamentaux

Un groupe n'est jamais vide : il contient au moins son neutre. Le groupe réduit à $\{e\}$ s'appelle le groupe trivial.

Le passage au produit permet de fabriquer de nouveaux groupes à partir de groupes connus, sans aucun effort. C'est un procédé que l'on retrouvera à l'identique pour les anneaux et pour les algèbres.

Démonstration. Chaque axiome se vérifie composante par composante, puisque la loi est définie ainsi. Pour l'associativité, soient trois éléments $x=(x_i)$, $y=(y_i)$, $z=(z_i)$ du produit. La $i$-ième composante de $(xy)z$ est $(x_i{y}_i)z_i$, celle de $x(yz)$ est $x_i(y_i{z}_i)$ ; elles coïncident par associativité dans $G_i$, et ce pour tout $i$, donc $(xy)z=x(yz)$.

Posons $\epsilon =(e_1,\dots ,e_p)$. Pour tout $x=(x_i)$, la $i$-ième composante de $x\epsilon$ est $x_i{e}_i=x_i$, donc $x\epsilon =x$, et de même $\epsilon x=x$ : $\epsilon$ est neutre.

Enfin, soit $x=(x_i)$. Chaque $x_i$ est inversible dans $G_i$ ; posons $y=(x_1^{-1},\dots ,x_p^{-1})$. La $i$-ième composante de $xy$ vaut $x_i{x}_i^{-1}=e_i$, donc $xy=\epsilon$, et symétriquement $yx=\epsilon$.

Pour la commutativité : si tous les $G_i$ sont abéliens, le calcul composante par composante donne $xy=yx$. Réciproquement, si le produit est abélien, fixons $i$ et deux éléments $a,b$ de $G_i$ ; en les plaçant en $i$-ième position et en mettant les neutres ailleurs, la commutativité du produit impose $ab=ba$. $\mathrm{\square }$

Règles de calcul dans un groupe

Démonstration. 1. Soient $e$ et $e^{\mathrm{\prime }}$ deux neutres. Alors $e{e}^{\mathrm{\prime }}=e^{\mathrm{\prime }}$ (car $e$ est neutre) et $e{e}^{\mathrm{\prime }}=e$ (car $e^{\mathrm{\prime }}$ est neutre). Donc $e=e^{\mathrm{\prime }}$.

2. Soient $y$ et $y^{\mathrm{\prime }}$ deux inverses de $x$. Alors

$$y=ye=y(x{y}^{\mathrm{\prime }})=(yx)y^{\mathrm{\prime }}=e{y}^{\mathrm{\prime }}=y^{\mathrm{\prime }},$$

en utilisant successivement le neutre, la définition de $y^{\mathrm{\prime }}$, l'associativité, puis la définition de $y$.

3. Par définition, $x^{-1}x=x{x}^{-1}=e$. Cette égalité, lue à l'envers, dit exactement que $x$ est un inverse de $x^{-1}$ ; par unicité, $(x^{-1}{)}^{-1}=x$.

4. Calculons directement :

$$(xy)(y^{-1}{x}^{-1})=x(y{y}^{-1})x^{-1}=xe{x}^{-1}=x{x}^{-1}=e,$$

et de même $(y^{-1}{x}^{-1})(xy)=y^{-1}(x^{-1}x)y=y^{-1}y=e$. Donc $y^{-1}{x}^{-1}$ est un inverse de $xy$, et par unicité c'est **l'**inverse. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Supposons $xy=xz$. En multipliant les deux membres à gauche par $x^{-1}$, il vient $x^{-1}(xy)=x^{-1}(xz)$, soit $(x^{-1}x)y=(x^{-1}x)z$ par associativité, c'est-à-dire $ey=ez$, donc $y=z$. Le second cas se traite en multipliant à droite par $x^{-1}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Montrons $x^{m+n}=x^m{x}^n$ pour $m$ fixé dans $\mathbb{N}$ et $n$ dans $\mathbb{N}$, par récurrence sur $n$. Pour $n=0$ : $x^{m+0}=x^m=x^{m}e=x^m{x}^0$. Si la propriété est vraie au rang $n$, alors

$$x^{m+(n+1)}=x^{(m+n)+1}=x^{m+n}x=(x^m{x}^n)x=x^m(x^{n}x)=x^m{x}^{n+1}\mathrm{.}$$

Le passage aux exposants négatifs se fait en observant que $x^n$ et $x^{-n}=(x^{-1}{)}^n$ sont inverses l'un de l'autre, ce qui se démontre par la même récurrence, puis en distinguant les signes de $m$, de $n$ et de $m+n$. Ces vérifications sont sans difficulté et nous les admettons.

Pour le point négatif : $(xy{)}^2=xyxy$, tandis que $x^2{y}^2=xxyy$. Ces deux éléments sont égaux si et seulement si $xyxy=xxyy$, ce qui, après simplification à gauche par $x$ et à droite par $y$ (licite par régularité), équivaut à $yx=xy$. $\mathrm{\square }$

Sous-groupes

Vérifier cette définition telle quelle serait pénible. Le critère suivant ramène tout à deux lignes de calcul, et c'est lui que l'on utilise systématiquement.

Démonstration. Nous montrons $1⟹2⟹3⟹1$.

$1⟹2$. Supposons $H$ sous-groupe. La stabilité donne $xy\in H$ pour $x,y$ dans $H$. Notons $e_H$ le neutre du groupe $(H,\times )$ : il vérifie $e_H{e}_H=e_H$ dans $H$, donc aussi dans $G$. En simplifiant par $e_H$ dans $G$ (régularité), on obtient $e_H=e$ : le neutre de $H$ est celui de $G$, et $e\in H$. Soit maintenant $x$ dans $H$ ; il possède un inverse $y$ dans $H$, qui vérifie $xy=e_H=e$. Ainsi $y$ est aussi un inverse de $x$ dans $G$, et par unicité $y=x^{-1}$. Donc $x^{-1}\in H$.

$2⟹3$. Comme $e\in H$, la partie $H$ est non vide. Si $x,y$ sont dans $H$, alors $y^{-1}\in H$, puis $x{y}^{-1}\in H$ par stabilité.

$3⟹1$. Supposons $H$ non vide et stable par $(x,y)\mapsto x{y}^{-1}$. Choisissons $a\in H$. En prenant $x=y=a$, on obtient $a{a}^{-1}=e\in H$. En prenant $x=e$ et $y\in H$, on obtient $e{y}^{-1}=y^{-1}\in H$ : $H$ est stable par inverse. Enfin, pour $x,y$ dans $H$, on sait que $y^{-1}\in H$, donc $x(y^{-1}{)}^{-1}=xy\in H$ : $H$ est stable par la loi. La loi induite sur $H$ est alors une loi de composition interne, associative (elle l'est dans $G$, donc a fortiori sur une partie), admettant $e$ pour neutre, et pour laquelle tout élément de $H$ a son inverse dans $H$. Donc $(H,\times )$ est un groupe. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $H={\bigcap }_{i\in I}{H}_i$. C'est une partie de $G$ comme intersection de parties de $G$.

Chaque $H_i$ est un sous-groupe, donc contient $e$ ; par conséquent $e\in H$ et $H\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$.

Soient $x,y$ dans $H$. Fixons $i\in I$. Comme $x$ et $y$ appartiennent à $H$, ils appartiennent en particulier à $H_i$, qui est un sous-groupe : donc $x{y}^{-1}\in H_i$. Ceci vaut pour tout $i$ de $I$, donc $x{y}^{-1}\in {\bigcap }_{i\in I}{H}_i=H$.

Par la caractérisation, $H$ est un sous-groupe de $G$. $\mathrm{\square }$

Le résultat correspondant pour la réunion est faux, et il faut savoir le dire avec un contre-exemple sous la main.

Démonstration. Si $H\subset K$, alors $H\cup K=K$ est un sous-groupe ; de même si $K\subset H$. Réciproquement, supposons $H\cup K$ sous-groupe et raisonnons par l'absurde en supposant $H\subset ̸K$ et $K\subset ̸H$. Il existe alors $h\in H$ avec $h\mathrm{\notin }K$, et $k\in K$ avec $k\mathrm{\notin }H$. L'élément $hk$ appartient à $H\cup K$ par stabilité. Deux cas :

• si $hk\in H$, alors $k=h^{-1}(hk)$ est un produit de deux éléments de $H$, donc $k\in H$ : contradiction ;
• si $hk\in K$, alors $h=(hk)k^{-1}$ est un produit de deux éléments de $K$, donc $h\in K$ : contradiction.

Dans les deux cas on aboutit à une absurdité, donc $H\subset K$ ou $K\subset H$. $\mathrm{\square }$

Sous-groupe engendré par une partie

La propriété d'intersection permet de définir, pour toute partie $X$ de $G$, le plus petit sous-groupe contenant $X$. C'est un procédé que l'on retrouvera tel quel pour les sous-espaces vectoriels engendrés, les sous-anneaux et les idéaux.

Cette intersection porte sur une famille non vide de sous-groupes, puisque $G$ lui-même contient $X$ : la définition a donc un sens, et $⟨X⟩$ est un sous-groupe d'après la propriété précédente.

Démonstration. 1. C'est une intersection de sous-groupes, donc un sous-groupe. Chacun des sous-groupes intersectés contient $X$ par construction, donc leur intersection contient $X$.

2. Si $H$ est un sous-groupe contenant $X$, alors $H$ figure parmi les ensembles de la famille dont on prend l'intersection ; or une intersection est contenue dans chacun de ses membres, donc $⟨X⟩\subset H$. $\mathrm{\square }$

Cette définition est élégante mais non calculatoire : elle ne dit pas à quoi ressemblent les éléments de $⟨X⟩$. Dans le cas d'un seul générateur, la description explicite est très simple, et c'est elle qu'on utilise en pratique.

Démonstration. Posons $P=\{x^k;k\in \mathbb{Z}\}$ et montrons la double inclusion.

$P\subset ⟨x⟩$. Le sous-groupe $⟨x⟩$ contient $x$. Étant stable par produit, il contient $x^k$ pour tout $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ (récurrence immédiate : si $x^k\in ⟨x⟩$ alors $x^{k+1}=x^{k}x\in ⟨x⟩$). Il contient $x^0=e$. Étant stable par inverse, il contient $(x^k{)}^{-1}=x^{-k}$ pour tout $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Au total, $x^k\in ⟨x⟩$ pour tout $k\in \mathbb{Z}$, c'est-à-dire $P\subset ⟨x⟩$.

$⟨x⟩\subset P$. Il suffit, d'après la caractérisation du plus petit sous-groupe, de montrer que $P$ est un sous-groupe de $G$ contenant $x$. Or $x=x^1\in P$, donc $P$ contient $x$ et $P\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$. Soient $u,v$ dans $P$ : il existe $k,l$ dans $\mathbb{Z}$ tels que $u=x^k$ et $v=x^l$. Alors

$$u{v}^{-1}=x^k(x^l{)}^{-1}=x^k{x}^{-l}=x^{k-l}\in P,$$

d'après les règles de calcul sur les puissances. Donc $P$ est un sous-groupe contenant $x$, d'où $⟨x⟩\subset P$.

Les deux inclusions donnent l'égalité. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $P$ l'ensemble de droite. Tout sous-groupe contenant $X$ est stable par produit et par inverse, donc contient chacun de ces produits finis : ainsi $P\subset ⟨X⟩$. Réciproquement, $P$ contient $e$ (produit vide) et $X$ (produits à un facteur avec $\epsilon =1$). Si $u=x_1^{{\epsilon }_1}\cdots x_m^{{\epsilon }_m}$ et $v=y_1^{{\eta }_1}\cdots y_r^{{\eta }_r}$ sont dans $P$, alors

$$u{v}^{-1}=x_1^{{\epsilon }_1}\cdots x_m^{{\epsilon }_m}{y}_r^{-{\eta }_r}\cdots y_1^{-{\eta }_1}$$

est encore un produit fini d'éléments de $X$ et d'inverses d'éléments de $X$, donc appartient à $P$. Ainsi $P$ est un sous-groupe contenant $X$, d'où $⟨X⟩\subset P$. $\mathrm{\square }$

Les sous-groupes de $(\mathbb{Z},+)$

Voici le premier théorème de classification du chapitre : on décrit tous les sous-groupes d'un groupe donné. Sa démonstration est exigible, et le schéma de raisonnement (prendre le plus petit élément strictement positif, puis diviser) se reproduira à l'identique pour les idéaux de $\mathbb{Z}$ puis pour ceux de $\mathbb{K}[X]$.

Démonstration. Sens facile : chaque $n\mathbb{Z}$ est un sous-groupe. Soit $n\in \mathbb{N}$. On a $n\mathbb{Z}\subset \mathbb{Z}$ et $0=n\times 0\in n\mathbb{Z}$. Si $x=nk$ et $y=nl$ sont dans $n\mathbb{Z}$, alors $x-y=n(k-l)\in n\mathbb{Z}$. Donc $n\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$.

Sens réciproque : il n'y en a pas d'autres. Soit $H$ un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$. Deux cas se présentent.

Cas 1 : $H=\{0\}$. Alors $H=0\mathbb{Z}$, et c'est fini.

Cas 2 : $H\mathrm{\ne }\{0\}$. Il existe donc $x\in H$ avec $x\mathrm{\ne }0$. Comme $H$ est un sous-groupe, $-x\in H$ également ; or l'un des deux entiers $x$ et $-x$ est strictement positif. Ainsi l'ensemble

$$H^{+}=H\cap {\mathbb{N}}^{\ast }$$

est une partie non vide de $\mathbb{N}$. Toute partie non vide de $\mathbb{N}$ possède un plus petit élément : notons $n=\min H^{+}$. Par construction $n\in H$ et $n⩾1$. Montrons que $H=n\mathbb{Z}$.

Inclusion $n\mathbb{Z}\subset H$. Comme $n\in H$ et que $H$ est un sous-groupe, $H$ contient $⟨n⟩=n\mathbb{Z}$.

Inclusion $H\subset n\mathbb{Z}$. Soit $x\in H$. Effectuons la division euclidienne de $x$ par $n$ (licite car $n⩾1$) : il existe $q\in \mathbb{Z}$ et $r\in \mathbb{Z}$ tels que

$$x=nq+r\text{avec}0⩽r<n\mathrm{.}$$

Alors $r=x-nq$. Or $x\in H$ et $nq\in n\mathbb{Z}\subset H$, donc $r\in H$ par stabilité par différence. Supposons $r>0$ : alors $r\in H\cap {\mathbb{N}}^{\ast }=H^{+}$, et $r<n=\min H^{+}$, ce qui est contradictoire. Donc $r=0$, c'est-à-dire $x=nq\in n\mathbb{Z}$.

Les deux inclusions donnent $H=n\mathbb{Z}$.

Unicité de $n$. Soient $n,m$ dans $\mathbb{N}$ avec $n\mathbb{Z}=m\mathbb{Z}$. Si $n=0$, alors $m\mathbb{Z}=\{0\}$ donc $m=0$. Sinon $n⩾1$ et $m⩾1$. De $n\in n\mathbb{Z}=m\mathbb{Z}$ on tire $m\mid n$, et de $m\in m\mathbb{Z}=n\mathbb{Z}$ on tire $n\mid m$. Deux entiers naturels non nuls qui se divisent mutuellement sont égaux, donc $n=m$. $\mathrm{\square }$

Morphismes de groupes

Définition et premières propriétés

Un sous-groupe est un groupe à l'intérieur d'un autre. Un morphisme, lui, est une application qui relie deux groupes en respectant leurs lois : c'est le moyen de transporter des calculs d'un groupe vers un autre.

Dans toute la suite, pour alléger, on note multiplicativement les lois des deux groupes, $e$ le neutre de $G$ et $e^{\mathrm{\prime }}$ celui de $G^{\mathrm{\prime }}$. La condition s'écrit alors simplement $f(xy)=f(x)f(y)$.

Démonstration. 1. En appliquant la définition à $x=y=e$ :

$$f(e)=f(ee)=f(e)f(e)\mathrm{.}$$

On a donc $f(e)e^{\mathrm{\prime }}=f(e)f(e)$ dans $G^{\mathrm{\prime }}$. Par régularité dans le groupe $G^{\mathrm{\prime }}$, on simplifie par $f(e)$ à gauche et il vient $e^{\mathrm{\prime }}=f(e)$.

2. Soit $x\in G$. En appliquant la définition à $y=x^{-1}$ :

$$f(x)f(x^{-1})=f(x{x}^{-1})=f(e)=e^{\mathrm{\prime }},$$

et de même $f(x^{-1})f(x)=f(x^{-1}x)=f(e)=e^{\mathrm{\prime }}$. Donc $f(x^{-1})$ est un inverse de $f(x)$ dans $G^{\mathrm{\prime }}$, et par unicité de l'inverse, $f(x^{-1})=f(x{)}^{-1}$.

3. Pour $n\in \mathbb{N}$, récurrence sur $n$. Au rang $0$ : $f(x^0)=f(e)=e^{\mathrm{\prime }}=f(x{)}^0$ d'après le point 1. Si la propriété est vraie au rang $n$, alors

$$f(x^{n+1})=f(x^{n}x)=f(x^n)f(x)=f(x{)}^{n}f(x)=f(x{)}^{n+1}\mathrm{.}$$

Pour $n$ négatif, écrivons $n=-m$ avec $m\in \mathbb{N}$ ; alors, en utilisant le point 2 puis le cas positif,

$$f(x^{-m})=f((x^m{)}^{-1})=f(x^m{)}^{-1}=(f(x{)}^m{)}^{-1}=f(x{)}^{-m}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Soient $x,y$ dans $G$. Alors

$$(g\circ f)(xy)=g(f(xy))=g(f(x)f(y))=g(f(x))g(f(y))=(g\circ f)(x)(g\circ f)(y),$$

en utilisant d'abord que $f$ est un morphisme, puis que $g$ en est un. $\mathrm{\square }$

Image directe, image réciproque, image et noyau

Démonstration. 1. Rappelons que $f(H)=\{f(h);h\in H\}$. C'est une partie de $G^{\mathrm{\prime }}$. Comme $e\in H$ et $f(e)=e^{\mathrm{\prime }}$, on a $e^{\mathrm{\prime }}\in f(H)$, donc $f(H)\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$.

Soient $u,v$ dans $f(H)$ : il existe $h,k$ dans $H$ tels que $u=f(h)$ et $v=f(k)$. Alors, en utilisant les deux propriétés démontrées plus haut,

$$u{v}^{-1}=f(h)f(k{)}^{-1}=f(h)f(k^{-1})=f(h{k}^{-1})\mathrm{.}$$

Or $h{k}^{-1}\in H$ puisque $H$ est un sous-groupe. Donc $u{v}^{-1}\in f(H)$, et $f(H)$ est un sous-groupe de $G^{\mathrm{\prime }}$.

2. Rappelons que $f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})=\{x\in G;f(x)\in H^{\mathrm{\prime }}\}$ — cette notation ne présuppose pas que $f$ soit bijective. C'est une partie de $G$. Comme $f(e)=e^{\mathrm{\prime }}\in H^{\mathrm{\prime }}$, on a $e\in f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$, qui est donc non vide.

Soient $x,y$ dans $f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$, c'est-à-dire $f(x)\in H^{\mathrm{\prime }}$ et $f(y)\in H^{\mathrm{\prime }}$. Alors

$$f(x{y}^{-1})=f(x)f(y{)}^{-1}\in H^{\mathrm{\prime }}$$

car $H^{\mathrm{\prime }}$ est un sous-groupe de $G^{\mathrm{\prime }}$, donc stable par $(u,v)\mapsto u{v}^{-1}$. Ainsi $x{y}^{-1}\in f^{-1}(H^{\mathrm{\prime }})$, qui est bien un sous-groupe de $G$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. C'est le cas particulier de la propriété précédente : $\mathrm{Im}f=f(G)$ est l'image directe du sous-groupe $G$ de $G$, et $\mathrm{Ker}f=f^{-1}(\{e^{\mathrm{\prime }}\})$ est l'image réciproque du sous-groupe $\{e^{\mathrm{\prime }}\}$ de $G^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Sens direct. Supposons $f$ injectif. L'inclusion $\{e\}\subset \mathrm{Ker}f$ est acquise puisque $f(e)=e^{\mathrm{\prime }}$. Réciproquement, soit $x\in \mathrm{Ker}f$ : alors $f(x)=e^{\mathrm{\prime }}=f(e)$, et l'injectivité de $f$ donne $x=e$. Donc $\mathrm{Ker}f\subset \{e\}$, puis l'égalité.

Sens réciproque. Supposons $\mathrm{Ker}f=\{e\}$. Soient $x,y$ dans $G$ tels que $f(x)=f(y)$. En multipliant par $f(y{)}^{-1}$ :

$$f(x)f(y{)}^{-1}=e^{\mathrm{\prime }},\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}f(x{y}^{-1})=e^{\mathrm{\prime }}$$

d'après les propriétés des morphismes. Donc $x{y}^{-1}\in \mathrm{Ker}f=\{e\}$, soit $x{y}^{-1}=e$, c'est-à-dire $x=y$. Ainsi $f$ est injectif. $\mathrm{\square }$

Ce critère est l'un des plus rentables de tout le programme : il remplace l'étude d'une équation à deux inconnues, $f(x)=f(y)$, par la résolution d'une seule équation, $f(x)=e^{\mathrm{\prime }}$.

Isomorphismes

Démonstration. L'application $f^{-1}$ est bijective, comme réciproque d'une bijection. Reste à voir que c'est un morphisme. Soient $u,v$ dans $G^{\mathrm{\prime }}$. Posons $x=f^{-1}(u)$ et $y=f^{-1}(v)$, de sorte que $f(x)=u$ et $f(y)=v$. Comme $f$ est un morphisme,

$$f(xy)=f(x)f(y)=uv,$$

donc, en appliquant $f^{-1}$ aux deux membres,

$$f^{-1}(uv)=xy=f^{-1}(u)f^{-1}(v)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Deux groupes isomorphes ont exactement les mêmes propriétés exprimables avec la seule loi : même cardinal, même caractère abélien ou non, même nombre d'éléments vérifiant $x^2=e$, etc. C'est ce qui rend légitime de les considérer comme « le même groupe écrit deux fois ». C'est aussi l'outil pour prouver que deux groupes ne sont pas isomorphes : il suffit d'exhiber une telle propriété que l'un possède et l'autre non.

Ordre d'un élément

Définition

Ce minimum existe bien : l'ensemble considéré est une partie non vide de $\mathbb{N}$, donc admet un plus petit élément. Notons aussi que $\mathrm{o}(x)=1$ si et seulement si $x=e$.

Démonstration. Soit $G$ un groupe fini de cardinal $N$ et $x\in G$. Les $N+1$ éléments $x^0,x^1,\dots ,x^N$ appartiennent tous à $G$, qui n'a que $N$ éléments : ils ne peuvent être deux à deux distincts. Il existe donc $0⩽i<j⩽N$ avec $x^i=x^j$. En multipliant par $(x^i{)}^{-1}=x^{-i}$, il vient $x^{j-i}=e$ avec $j-i⩾1$. Donc $x$ est d'ordre fini. $\mathrm{\square }$

L'ordre est le cardinal du sous-groupe engendré

Démonstration. Notons $P=\{e,x,\dots ,x^{d-1}\}$.

Inclusion $⟨x⟩\subset P$. On sait que $⟨x⟩=\{x^k;k\in \mathbb{Z}\}$. Soit $k\in \mathbb{Z}$. Effectuons la division euclidienne de $k$ par $d$ (licite car $d⩾1$) : il existe $q\in \mathbb{Z}$ et $r$ tels que $k=dq+r$ avec $0⩽r<d$. Alors

$$x^k=x^{dq+r}=(x^d{)}^q{x}^r=e^q{x}^r=x^r,$$

et $x^r\in P$ puisque $0⩽r⩽d-1$. Donc $⟨x⟩\subset P$.

Inclusion $P\subset ⟨x⟩$. Immédiate, puisque chaque $x^r$ avec $0⩽r⩽d-1$ est une puissance entière de $x$.

Les éléments sont deux à deux distincts. Supposons $x^i=x^j$ avec $0⩽i⩽j⩽d-1$. Alors $x^{j-i}=e$ avec $0⩽j-i⩽d-1$. Si l'on avait $j-i⩾1$, l'entier $j-i$ serait un entier strictement positif vérifiant $x^{j-i}=e$ et strictement inférieur à $d=\mathrm{o}(x)$, ce qui contredit la minimalité de $d$. Donc $j-i=0$, soit $i=j$.

Le sous-groupe $⟨x⟩$ a donc exactement $d$ éléments. $\mathrm{\square }$

Cette égalité $\mathrm{o}(x)=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}⟨x⟩$ est à retenir dans les deux sens : elle permet de calculer un ordre en comptant des éléments, et de compter des éléments en calculant un ordre.

Le théorème de divisibilité de l'ordre

Démonstration. Posons $d=\mathrm{o}(x)$.

Sens réciproque. Supposons $d\mid k$ : il existe $q\in \mathbb{Z}$ tel que $k=dq$. Alors

$$x^k=x^{dq}=(x^d{)}^q=e^q=e\mathrm{.}$$

Sens direct. Supposons $x^k=e$. Effectuons la division euclidienne de $k$ par $d$ : il existe $q\in \mathbb{Z}$ et $r$ tels que $k=dq+r$ avec $0⩽r<d$. Alors

$$e=x^k=x^{dq+r}=(x^d{)}^q{x}^r=x^r\mathrm{.}$$

Ainsi $x^r=e$ avec $0⩽r<d$. Si $r⩾1$, cela contredit la minimalité de $d=\mathrm{o}(x)$ dans la définition de l'ordre. Donc $r=0$, c'est-à-dire $k=dq$, soit $d\mid k$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. On a $x^k=x^l$ si et seulement si $x^{k-l}=e$ (en multipliant par $x^{-l}$, opération réversible), c'est-à-dire, d'après le théorème, si et seulement si $d\mid k-l$, ce qui est exactement $k\equiv l(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d)$. $\mathrm{\square }$

Une conséquence à connaître : les morphismes ne peuvent qu'abaisser l'ordre, et jamais l'augmenter.

Démonstration. Posons $d=\mathrm{o}(x)$. Alors $f(x{)}^d=f(x^d)=f(e)=e^{\mathrm{\prime }}$, donc $f(x)$ est d'ordre fini et, par le théorème, $\mathrm{o}(f(x))\mid d$.

Supposons $f$ injectif et notons $d^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{o}(f(x))$. De $f(x^{d^{\mathrm{\prime }}})=f(x{)}^{d^{\mathrm{\prime }}}=e^{\mathrm{\prime }}=f(e)$ et de l'injectivité on tire $x^{d^{\mathrm{\prime }}}=e$, donc $d\mid d^{\mathrm{\prime }}$. Comme $d^{\mathrm{\prime }}\mid d$ et $d\mid d^{\mathrm{\prime }}$ avec $d,d^{\mathrm{\prime }}$ entiers naturels non nuls, $d=d^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Ordre dans un groupe fini : le théorème de Lagrange

Ce résultat est admis : sa démonstration, qui repose sur la décomposition d'un groupe en classes suivant un sous-groupe, est hors programme en MP. On ne vous demandera jamais de le démontrer, mais son usage est constant. Sous la forme usuelle, le théorème de Lagrange dit que le cardinal de tout sous-groupe d'un groupe fini divise le cardinal du groupe ; l'énoncé ci-dessus en est le cas particulier appliqué au sous-groupe $⟨x⟩$, dont le cardinal vaut $\mathrm{o}(x)$.

Démonstration. Soit $x\in G$. D'après le théorème de Lagrange, $\mathrm{o}(x)\mid N$. D'après le théorème de divisibilité de l'ordre, la relation $\mathrm{o}(x)\mid N$ équivaut à $x^N=e$. $\mathrm{\square }$

Ce corollaire, appliqué au groupe $(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}{)}^{\times }$, donnera en section 7 le théorème d'Euler, puis le petit théorème de Fermat. C'est dire son importance.

Démonstration. Posons $a=\mathrm{o}(x)$, $b=\mathrm{o}(y)$, avec $a\wedge b=1$. Comme $x$ et $y$ commutent, $(xy{)}^k=x^k{y}^k$ pour tout $k$ (récurrence immédiate).

L'ordre divise $ab$. On a $(xy{)}^{ab}=x^{ab}{y}^{ab}=(x^a{)}^b(y^b{)}^a=e$, donc $\mathrm{o}(xy)\mid ab$.

Réciproquement. Notons $c=\mathrm{o}(xy)$. De $(xy{)}^c=e$ on tire $x^c=y^{-c}$. Élevons à la puissance $b$ :

$$x^{cb}=(y^{-c}{)}^b=(y^b{)}^{-c}=e,$$

donc $a\mid cb$. Comme $a\wedge b=1$, le théorème de Gauss donne $a\mid c$. Le raisonnement symétrique, en élevant à la puissance $a$, donne $b\mid c$. Comme $a$ et $b$ sont premiers entre eux et divisent tous deux $c$, leur produit divise $c$ : $ab\mid c$.

De $c\mid ab$ et $ab\mid c$ avec $c,ab$ entiers naturels non nuls, on conclut $c=ab$. $\mathrm{\square }$

Groupes monogènes et cycliques

Définitions

Démonstration. Soit $G=⟨x⟩$. Tout élément de $G$ s'écrit $x^k$ avec $k\in \mathbb{Z}$. Soient $u=x^k$ et $v=x^l$ deux éléments de $G$. Alors

$$uv=x^k{x}^l=x^{k+l}=x^{l+k}=x^l{x}^k=vu,$$

la commutativité provenant de celle de l'addition dans $\mathbb{Z}$, au niveau des exposants. $\mathrm{\square }$

La réciproque est fausse : $(\mathbb{Q},+)$ est abélien mais n'est pas monogène, et ${\mathbb{U}}_2\times {\mathbb{U}}_2$ est un groupe abélien à quatre éléments dont tous les éléments $x$ vérifient $x^2=e$, donc sont d'ordre $1$ ou $2$ : aucun n'est d'ordre $4$, donc aucun n'engendre le groupe.

Construction du groupe $(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z},+)$

Fixons un entier $n⩾1$. Vous connaissez depuis la première année la relation de congruence : pour $a,b$ dans $\mathbb{Z}$,

$$a\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)⟺n\mid b-a\mathrm{.}$$

C'est une relation d'équivalence sur $\mathbb{Z}$ : elle est réflexive ($n\mid 0$), symétrique (si $n\mid b-a$ alors $n\mid a-b$) et transitive (si $n\mid b-a$ et $n\mid c-b$, alors $n$ divise leur somme $c-a$). La nouveauté de cette année consiste à regarder les paquets d'entiers congrus entre eux comme des objets à part entière, et à les additionner.

Démonstration. Équivalence. Supposons $\bar{a}=\bar{b}$. Comme $a=a+0\times n\in \bar{a}=\bar{b}$, il existe $q$ tel que $a=b+qn$, donc $n\mid a-b$. Réciproquement, si $a\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$, écrivons $a=b+q_{0}n$. Alors tout élément $a+qn$ de $\bar{a}$ s'écrit $b+(q+q_0)n\in \bar{b}$, donc $\bar{a}\subset \bar{b}$, et l'inclusion inverse s'obtient de la même façon.

Description. Soit $k\in \mathbb{Z}$. La division euclidienne de $k$ par $n$ s'écrit $k=qn+r$ avec $0⩽r⩽n-1$, donc $k\equiv r(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$ et $\bar{k}=\bar{r}$ : toute classe est l'une des $n$ classes annoncées. Enfin, si $\bar{r}=\overline{r^{\mathrm{\prime }}}$ avec $0⩽r,r^{\mathrm{\prime }}⩽n-1$, alors $n\mid r-r^{\mathrm{\prime }}$ ; or $\mathrm{\mid }r-r^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }⩽n-1<n$, ce qui force $r-r^{\mathrm{\prime }}=0$. Les $n$ classes sont donc deux à deux distinctes. $\mathrm{\square }$

Il s'agit maintenant d'additionner ces classes. La définition naturelle consiste à additionner des représentants, mais il faut s'assurer que le résultat ne dépend pas des représentants choisis : c'est le point délicat, et il ne faut jamais l'escamoter.

Démonstration. Soient $a,a^{\mathrm{\prime }},b,b^{\mathrm{\prime }}$ des entiers tels que $\bar{a}=\overline{a^{\mathrm{\prime }}}$ et $\bar{b}=\overline{b^{\mathrm{\prime }}}$. Il s'agit de montrer que $\overline{a+b}=\overline{a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}}$.

Par hypothèse, $n\mid a-a^{\mathrm{\prime }}$ et $n\mid b-b^{\mathrm{\prime }}$ : écrivons $a-a^{\mathrm{\prime }}=qn$ et $b-b^{\mathrm{\prime }}=q^{\mathrm{\prime }}n$. Alors

$$(a+b)-(a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }})=(a-a^{\mathrm{\prime }})+(b-b^{\mathrm{\prime }})=(q+q^{\mathrm{\prime }})n,$$

donc $n\mid (a+b)-(a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }})$, c'est-à-dire $a+b\equiv a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$, soit $\overline{a+b}=\overline{a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'associativité et la commutativité se lisent sur les représentants :

$$(\bar{a}+\bar{b})+\bar{c}=\overline{(a+b)+c}=\overline{a+(b+c)}=\bar{a}+(\bar{b}+\bar{c}),$$

et de même $\bar{a}+\bar{b}=\overline{a+b}=\overline{b+a}=\bar{b}+\bar{a}$. On a $\bar{a}+\bar{0}=\bar{a}$, donc $\bar{0}$ est neutre, et $\bar{a}+\overline{-a}=\bar{0}$, donc $\bar{a}$ est inversible d'opposé $\overline{-a}$.

Enfin, en notation additive, $k\bar{1}=\bar{1}+\cdots +\bar{1}=\bar{k}$ pour tout $k\in \mathbb{N}$, donc $⟨\bar{1}⟩$ contient toutes les classes : $⟨\bar{1}⟩=\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$. Le groupe est monogène et fini, donc cyclique. $\mathrm{\square }$

Démonstration. C'est un morphisme par définition même de l'addition des classes : $\pi (a+b)=\overline{a+b}=\bar{a}+\bar{b}=\pi (a)+\pi (b)$. Il est surjectif puisque toute classe est de la forme $\bar{k}$. Enfin

$$k\in \mathrm{Ker}\pi ⟺\bar{k}=\bar{0}⟺n\mid k⟺k\in n\mathbb{Z}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Le théorème de structure

Voici le théorème central de cette partie : les groupes monogènes sont tous connus, et il n'y en a essentiellement qu'un par cardinal.

Démonstration. Considérons l'application

$$f:\mathbb{Z}⟶G,k⟼x^k\mathrm{.}$$

C'est un morphisme de $(\mathbb{Z},+)$ dans $(G,\times )$ : $f(k+l)=x^{k+l}=x^k{x}^l=f(k)f(l)$.

Il est surjectif : son image est $\{x^k;k\in \mathbb{Z}\}=⟨x⟩=G$.

Son noyau est un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$, donc, d'après le théorème de classification de la section 1, il existe un unique $d\in \mathbb{N}$ tel que $\mathrm{Ker}f=d\mathbb{Z}$. Deux cas.

Cas 1 : $d=0$. Alors $\mathrm{Ker}f=\{0\}$, donc $f$ est injectif. Étant de plus surjectif, $f$ est un isomorphisme de $(\mathbb{Z},+)$ sur $G$, et $G\simeq (\mathbb{Z},+)$. Notons que $G$ est alors infini, puisqu'en bijection avec $\mathbb{Z}$.

Cas 2 : $d⩾1$. Alors $\mathrm{Ker}f=d\mathbb{Z}$ signifie exactement : $x^k=e⟺d\mid k$. En particulier $x^d=e$ avec $d⩾1$, donc $x$ est d'ordre fini et, par le théorème de divisibilité de l'ordre, $\mathrm{o}(x)=d$. D'après la section 3, $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}G=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}⟨x⟩=d$ : le groupe $G$ est fini de cardinal $n=d$.

Construisons alors

$$g:\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}⟶G,\bar{k}⟼x^k\mathrm{.}$$

$g$ est bien définie. C'est le point à ne pas oublier. Si $\bar{k}=\bar{l}$, alors $n\mid k-l$, donc $x^{k-l}=e$ d'après ce qui précède, d'où $x^k=x^l$. L'image ne dépend donc pas du représentant choisi.

$g$ est un morphisme de $(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z},+)$ dans $(G,\times )$ :

$$g(\bar{k}+\bar{l})=g\left(\overline{k+l}\right)=x^{k+l}=x^k{x}^l=g\left(\bar{k}\right)g\left(\bar{l}\right)\mathrm{.}$$

$g$ est surjective : son image contient tous les $x^k$, $k\in \mathbb{Z}$, c'est-à-dire $G$ tout entier.

$g$ est injective : si $g(\bar{k})=e$, alors $x^k=e$, donc $n\mid k$, donc $\bar{k}=\bar{0}$. Le noyau est réduit au neutre.

Ainsi $g$ est un isomorphisme et $G\simeq (\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z},+)$. $\mathrm{\square }$

Retenez la portée du résultat : à isomorphisme près, il existe un seul groupe cyclique de cardinal $n$, et un seul groupe monogène infini. Toute question sur un groupe cyclique de cardinal $n$ peut donc se traiter dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$, c'est-à-dire par de l'arithmétique dans $\mathbb{Z}$.

Ordre des éléments et générateurs de $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$

Démonstration. Posons $d=n\wedge k$, et écrivons $n=d{n}^{\mathrm{\prime }}$, $k=d{k}^{\mathrm{\prime }}$ avec $n^{\mathrm{\prime }}\wedge k^{\mathrm{\prime }}=1$. En notation additive, l'ordre de $\bar{k}$ est le plus petit entier $m⩾1$ tel que $m\bar{k}=\bar{0}$, c'est-à-dire tel que $\overline{mk}=\bar{0}$, c'est-à-dire tel que $n\mid mk$.

Or

$$n\mid mk⟺d{n}^{\mathrm{\prime }}\mid md{k}^{\mathrm{\prime }}⟺n^{\mathrm{\prime }}\mid m{k}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

Comme $n^{\mathrm{\prime }}\wedge k^{\mathrm{\prime }}=1$, le théorème de Gauss donne $n^{\mathrm{\prime }}\mid m{k}^{\mathrm{\prime }}⟺n^{\mathrm{\prime }}\mid m$. Le plus petit entier $m⩾1$ vérifiant $n^{\mathrm{\prime }}\mid m$ est $m=n^{\mathrm{\prime }}$. Donc

$$\mathrm{o}\left(\bar{k}\right)=n^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{n}{d}}={\displaystyle \frac{n}{n\wedge k}}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. L'élément $\bar{k}$ engendre $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ si et seulement si $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}⟨\bar{k}⟩=n$, c'est-à-dire $\mathrm{o}(\bar{k})=n$ d'après la section 3. Or la propriété précédente donne $\mathrm{o}(\bar{k})=n\mathrm{/}(n\wedge k)$, et

$${\displaystyle \frac{n}{n\wedge k}}=n⟺n\wedge k=1.\mathrm{\square }$$

Voici une seconde démonstration, purement arithmétique, qui met en évidence le rôle de Bézout et qu'il est bon d'avoir en tête pour la suite. Si $k\wedge n=1$, le théorème de Bézout fournit $u,v$ entiers tels que $uk+vn=1$ ; en passant aux classes, $\bar{1}=\overline{uk}+\overline{vn}=u\bar{k}$, donc $\bar{1}\in ⟨\bar{k}⟩$, et comme $\bar{1}$ engendre le groupe, $⟨\bar{k}⟩=\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$. Réciproquement, si $\bar{k}$ engendre, il existe $u$ tel que $u\bar{k}=\bar{1}$, donc $n\mid uk-1$, donc il existe $v$ avec $uk-1=-vn$, soit $uk+vn=1$ : tout diviseur commun de $k$ et $n$ divise $1$, d'où $k\wedge n=1$.

Le modèle multiplicatif : le groupe ${\mathbb{U}}_n$

Démonstration. Rappelons que ${\mathbb{U}}_n=\{z\in \mathbb{C};z^n=1\}=\{{\omega }^k;0⩽k⩽n-1\}$, ensemble à $n$ éléments. C'est un sous-groupe de $({\mathbb{C}}^{\ast },\times )$, comme noyau du morphisme $z\mapsto z^n$.

Considérons

$$h:\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}⟶{\mathbb{U}}_n,\bar{k}⟼{\omega }^k\mathrm{.}$$

Bonne définition : si $\bar{k}=\bar{l}$, alors $n\mid k-l$, donc ${\omega }^{k-l}=({\omega }^n{)}^{(k-l)\mathrm{/}n}=1$, d'où ${\omega }^k={\omega }^l$.

Morphisme : $h(\bar{k}+\bar{l})=h(\overline{k+l})={\omega }^{k+l}={\omega }^k{\omega }^l=h(\bar{k})h(\bar{l})$.

Surjectivité : tout élément de ${\mathbb{U}}_n$ est de la forme ${\omega }^k$.

Injectivité : une application surjective entre deux ensembles finis de même cardinal $n$ est nécessairement injective. (On peut aussi le voir directement : si ${\omega }^k=1$ alors $n\mid k$ donc $\bar{k}=\bar{0}$.)

Donc $h$ est un isomorphisme, et ${\mathbb{U}}_n=h(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})=⟨h(\bar{1})⟩=⟨\omega ⟩$ est cyclique de cardinal $n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Si $G$ est cyclique de cardinal $n$, alors $G\simeq \mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ par le théorème de structure, et $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}\simeq {\mathbb{U}}_n$ ; en composant les deux isomorphismes (et en utilisant que la composée de deux isomorphismes en est un), $G\simeq {\mathbb{U}}_n$.

Un isomorphisme transporte les générateurs sur les générateurs : comme $h(\bar{k})={\omega }^k$ et que les générateurs de $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ sont les $\bar{k}$ avec $k\wedge n=1$, ceux de ${\mathbb{U}}_n$ sont les ${\omega }^k$ correspondants. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $G=⟨x⟩$ et $H$ un sous-groupe de $G$. Reprenons le morphisme surjectif $f:\mathbb{Z}\to G$, $k\mapsto x^k$. Alors $f^{-1}(H)$ est un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$, donc de la forme $d\mathbb{Z}$ pour un $d\in \mathbb{N}$. Comme $f$ est surjective, $H=f(f^{-1}(H))$, donc

$$H=f(d\mathbb{Z})=\{x^{dq};q\in \mathbb{Z}\}=⟨x^d⟩,$$

et $H$ est monogène, engendré par $x^d$. $\mathrm{\square }$

Anneaux : rappels et compléments

Définition, exemples, produit

Attention : dans ce cours, un anneau est toujours unitaire (il possède un $1_A$), et il n'est pas supposé commutatif. Les deux distributivités sont donc à écrire séparément tant qu'on ne sait pas que l'anneau est commutatif.

Démonstration. Tous les axiomes portent sur des égalités entre éléments du produit, et deux éléments du produit sont égaux si et seulement si leurs composantes le sont. Chaque axiome se ramène donc au même axiome dans chaque $A_i$, où il est vrai par hypothèse. Le groupe $(A_1\times \cdots \times A_p,+)$ est abélien d'après la propriété analogue pour les groupes produits. $\mathrm{\square }$

Règles de calcul

Démonstration. Pour la première : $0_{A}x=(0_A+0_A)x=0_{A}x+0_{A}x$ par distributivité. En ajoutant $-(0_{A}x)$ aux deux membres dans le groupe $(A,+)$, il vient $0_A=0_{A}x$. Le calcul symétrique donne $x{0}_A=0_A$.

Pour la deuxième : $xy+(-x)y=(x+(-x))y=0_{A}y=0_A$, donc $(-x)y$ est l'opposé de $xy$ dans le groupe $(A,+)$, c'est-à-dire $(-x)y=-(xy)$. De même pour $x(-y)$.

Pour la troisième : $(-x)(-y)=-(x(-y))=-(-(xy))=xy$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Récurrence sur $n$. Pour $n=0$, les deux membres valent $1_A$.

Supposons la formule vraie au rang $n$. Alors

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (a+b{)}^{n+1}}& {\displaystyle =(a+b)(a+b{)}^n=(a+b)\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^{k+1}{b}^{n-k}+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)b{a}^k{b}^{n-k}\mathrm{.}}\end{array}$$

C'est ici qu'intervient l'hypothèse de commutation : de $ab=ba$ on tire, par une récurrence immédiate, $b{a}^k=a^{k}b$ pour tout $k$, donc $b{a}^k{b}^{n-k}=a^k{b}^{n-k+1}$. Ainsi

$$(a+b{)}^{n+1}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^{k+1}{b}^{n-k}+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n+1-k}\mathrm{.}$$

Dans la première somme, le changement d'indice $j=k+1$ donne ${\sum }_{j=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)a^j{b}^{n+1-j}$. En regroupant avec la seconde somme et en utilisant la formule de Pascal $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)$, on obtient

$$(a+b{)}^{n+1}=\sum _{j=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)a^j{b}^{n+1-j}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Développons le membre de droite en utilisant $b{a}^k=a^{k}b$ :

$$(a-b)\sum _{k=0}^{n-1}{a}^k{b}^{n-1-k}=\sum _{k=0}^{n-1}{a}^{k+1}{b}^{n-1-k}-\sum _{k=0}^{n-1}{a}^k{b}^{n-k}\mathrm{.}$$

Posons $u_k=a^k{b}^{n-k}$ pour $0⩽k⩽n$. La première somme vaut ${\sum }_{k=0}^{n-1}{u}_{k+1}$ et la seconde ${\sum }_{k=0}^{n-1}{u}_k$ : leur différence est télescopique et vaut $u_n-u_0=a^n-b^n$. $\mathrm{\square }$

Sous-anneaux

Démonstration. Sens direct. Si $B$ est un sous-anneau, il contient $1_A$ par définition, et $(B,+)$ est un sous-groupe de $(A,+)$ — car c'est un groupe pour la loi induite — donc stable par différence ; enfin il est stable par produit.

Sens réciproque. Supposons les trois conditions. Le point 1 assure $B\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$, et avec le point 2 la caractérisation des sous-groupes donne que $(B,+)$ est un sous-groupe de $(A,+)$, donc un groupe abélien contenant $0_A$. Le point 3 assure que $\times$ induit une loi interne sur $B$ ; elle est associative et distributive sur $B$ puisqu'elle l'est sur $A$, et $1_A\in B$ en est le neutre. Donc $(B,+,\times )$ est un anneau. $\mathrm{\square }$

Inversibles, intégrité, corps

Démonstration. La multiplication induit une loi interne sur $A^{\times }$ : si $x$ et $y$ sont inversibles, alors $(xy)(y^{-1}{x}^{-1})=1_A$ et $(y^{-1}{x}^{-1})(xy)=1_A$, donc $xy\in A^{\times }$. Cette loi est associative (elle l'est dans $A$), $1_A$ est inversible d'inverse lui-même donc $1_A\in A^{\times }$ est neutre, et tout $x\in A^{\times }$ a son inverse $x^{-1}$ dans $A^{\times }$ (car $x^{-1}$ est inversible, d'inverse $x$). $\mathrm{\square }$

Démonstration. De $xy=xz$ on tire $x(y-z)=xy-xz=0_A$ par distributivité. Comme $A$ est intègre et $x\mathrm{\ne }{0}_A$, il vient $y-z=0_A$, donc $y=z$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $\mathbb{L}$ un corps et $x,y$ tels que $xy=0$ avec $x\mathrm{\ne }0$. Comme $x$ est inversible, en multipliant par $x^{-1}$ :

$$y=1\cdot y=(x^{-1}x)y=x^{-1}(xy)=x^{-1}\cdot 0=0.$$

Donc $\mathbb{L}$ est intègre. Pour la réciproque, $\mathbb{Z}$ est intègre mais n'est pas un corps ($2$ n'y est pas inversible), et $\mathbb{K}[X]$ est intègre sans être un corps ($X$ n'y est pas inversible). $\mathrm{\square }$

Morphismes d'anneaux

La troisième condition fait partie de la définition : elle ne se déduit pas des deux autres. Ainsi, l'application $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$, $k\mapsto (k,0)$, respecte l'addition et la multiplication, mais envoie $1$ sur $(1,0)\mathrm{\ne }(1,1)$ : ce n'est pas un morphisme d'anneaux.

Démonstration. 1. C'est la première condition de la définition, et les propriétés des morphismes de groupes s'appliquent.

2. On a $1_B=f(1_A)\in \mathrm{Im}f$. Soient $u=f(x)$ et $v=f(y)$ dans $\mathrm{Im}f$ : alors $u-v=f(x)-f(y)=f(x-y)\in \mathrm{Im}f$ et $uv=f(x)f(y)=f(xy)\in \mathrm{Im}f$. La caractérisation des sous-anneaux conclut.

3. C'est le noyau du morphisme de groupes associé, d'où les deux affirmations.

4. Si $xy=yx=1_A$, alors $f(x)f(y)=f(xy)=f(1_A)=1_B$ et de même $f(y)f(x)=1_B$. $\mathrm{\square }$

Le point 4 signifie que $f$ induit, par restriction, un morphisme de groupes de $A^{\times }$ dans $B^{\times }$. On s'en servira pour le théorème chinois.

Démonstration. Pour la composée, les trois conditions se vérifient l'une après l'autre comme pour les groupes, la troisième donnant $(g\circ f)(1_A)=g(1_B)=1_C$. Pour la réciproque : on sait déjà que $f^{-1}$ respecte l'addition (cas des groupes). Pour la multiplication, soient $u,v$ dans $B$ et $x=f^{-1}(u)$, $y=f^{-1}(v)$ ; de $f(xy)=f(x)f(y)=uv$ on tire $f^{-1}(uv)=xy=f^{-1}(u)f^{-1}(v)$. Enfin $f(1_A)=1_B$ donne $f^{-1}(1_B)=1_A$. $\mathrm{\square }$

Idéaux d'un anneau commutatif

Dans toute cette section, $A$ désigne un anneau commutatif. La notion d'idéal n'est définie ici que dans ce cadre : c'est une restriction voulue du programme, et l'on ne parlera jamais d'idéal d'un anneau non commutatif.

Définition et premiers exemples

La différence avec un sous-anneau est essentielle et se résume ainsi : un sous-anneau est stable par produit entre ses éléments et contient $1_A$ ; un idéal est stable par produit par n'importe quel élément de l'anneau ambiant et ne contient en général pas $1_A$.

Démonstration. $1⟹2$ est clair, et $2⟹3$ aussi puisque $1_A$ est inversible.

$3⟹1$. Soit $u\in I\cap A^{\times }$. Pour tout $a\in A$, l'absorption donne $\left(a{u}^{-1}\right)u\in I$, c'est-à-dire $a\in I$. Donc $A\subset I$, et comme $I\subset A$, on a $I=A$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $I$ un idéal de $\mathbb{L}$ non réduit à $\{0\}$. Il contient un élément $x\mathrm{\ne }0$, qui est inversible puisque $\mathbb{L}$ est un corps. D'après la propriété précédente, $I=\mathbb{L}$. $\mathrm{\square }$

Idéal engendré par un élément

Démonstration. C'est un idéal. On a $0_A=a{0}_A\in (a)$. Si $u=ax$ et $v=ay$ sont dans $(a)$, alors $u-v=a(x-y)\in (a)$ : c'est un sous-groupe additif. Enfin, pour $b\in A$ et $u=ax\in (a)$, la commutativité donne $bu=b(ax)=a(bx)\in (a)$.

Il contient $a$ : $a=a{1}_A\in (a)$. C'est ici que l'on utilise que l'anneau est unitaire.

C'est le plus petit. Soit $I$ un idéal contenant $a$. Pour tout $x\in A$, l'absorption donne $ax\in I$. Donc $(a)\subset I$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Intersection. C'est un sous-groupe de $(A,+)$ comme intersection de sous-groupes. Si $a\in A$ et $x\in I\cap J$, alors $ax\in I$ (car $I$ est un idéal) et $ax\in J$ (car $J$ en est un), donc $ax\in I\cap J$.

Somme. On a $0_A=0_A+0_A\in I+J$. Si $u=x+y$ et $u^{\mathrm{\prime }}=x^{\mathrm{\prime }}+y^{\mathrm{\prime }}$ avec $x,x^{\mathrm{\prime }}\in I$ et $y,y^{\mathrm{\prime }}\in J$, alors

$$u-u^{\mathrm{\prime }}=(x-x^{\mathrm{\prime }})+(y-y^{\mathrm{\prime }})\in I+J\mathrm{.}$$

Enfin, pour $a\in A$, $au=ax+ay$ avec $ax\in I$ et $ay\in J$, donc $au\in I+J$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. On sait déjà que $\mathrm{Ker}f$ est un sous-groupe de $(A,+)$. Soient $a\in A$ et $x\in \mathrm{Ker}f$. Alors

$$f(ax)=f(a)f(x)=f(a)\cdot 0_B=0_B,$$

donc $ax\in \mathrm{Ker}f$. $\mathrm{\square }$

Divisibilité et inclusion d'idéaux

Démonstration. $a\mid b⟺b\in (a)$ : dire qu'il existe $c$ avec $b=ac$, c'est exactement dire que $b$ appartient à $aA=(a)$.

$b\in (a)⟹(b)\subset (a)$ : si $b\in (a)$ et comme $(a)$ est un idéal, tout multiple $bx$ de $b$ appartient à $(a)$ par absorption ; donc $(b)=bA\subset (a)$.

$(b)\subset (a)⟹b\in (a)$ : car $b\in (b)$. $\mathrm{\square }$

Cette équivalence est le cœur de la section : elle traduit une relation arithmétique (« diviser ») en une relation ensembliste (« contenir »). Retenez le sens des inclusions, qui surprend au début : plus un élément divise, plus son idéal est gros. Ainsi $(6)\subset (2)$ car $2$ divise $6$, et $(1)=A$ est le plus gros de tous.

Démonstration. Sens réciproque. Si $b=ua$ avec $u$ inversible, alors $a\mid b$ et $b\mid a$ (car $a=u^{-1}b$), donc $(b)\subset (a)$ et $(a)\subset (b)$.

Sens direct. Supposons $(a)=(b)$. Alors $a\mid b$ et $b\mid a$ : il existe $u,v$ avec $b=ua$ et $a=vb$. Si $a=0$, alors $b=0$ et $b=1\cdot a$ convient. Sinon, $a=vb=vua$, donc $a(1-vu)=0$ ; comme $A$ est intègre et $a\mathrm{\ne }0$, il vient $vu=1$, donc $u$ est inversible. $\mathrm{\square }$

Les idéaux de $\mathbb{Z}$

Démonstration. Chaque $n\mathbb{Z}=(n)$ est un idéal, comme idéal engendré par un élément.

Réciproquement, soit $I$ un idéal de $\mathbb{Z}$. En particulier, $I$ est un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$, donc, d'après le théorème de la section 1, il existe un unique $n\in \mathbb{N}$ tel que $I=n\mathbb{Z}$. $\mathrm{\square }$

Ce théorème mérite un commentaire : dans $\mathbb{Z}$, les idéaux et les sous-groupes additifs coïncident. Ce n'est pas un phénomène général (dans $\mathbb{Q}$, $\mathbb{Z}$ est un sous-groupe additif qui n'est pas un idéal) ; c'est une particularité de $\mathbb{Z}$, due au fait que la multiplication par un entier n'est qu'une addition répétée.

Démonstration. Première égalité. L'ensemble $a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}$ est un idéal de $\mathbb{Z}$ (somme de deux idéaux), donc il existe un unique $d\in \mathbb{N}$ tel que $a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}=d\mathbb{Z}$. Montrons que $d=a\wedge b$, c'est-à-dire que $d$ est un diviseur commun de $a$ et $b$, et qu'il est divisible par tout diviseur commun.

D'une part, $a=a\times 1+b\times 0\in a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}=d\mathbb{Z}$, donc $d\mid a$ ; de même $d\mid b$. Ainsi $d$ est un diviseur commun de $a$ et de $b$.

D'autre part, soit $c$ un diviseur commun de $a$ et $b$. Comme $d\in d\mathbb{Z}=a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}$, il existe $u,v$ entiers tels que $d=au+bv$. Puisque $c\mid a$ et $c\mid b$, on en déduit $c\mid au+bv=d$.

Donc $d$ est un diviseur commun de $a$ et $b$ divisible par tout diviseur commun : c'est le PGCD, $d=a\wedge b$.

Seconde égalité. L'ensemble $a\mathbb{Z}\cap b\mathbb{Z}$ est un idéal de $\mathbb{Z}$, donc de la forme $m\mathbb{Z}$ avec $m\in \mathbb{N}$. Or $x\in a\mathbb{Z}\cap b\mathbb{Z}$ signifie exactement que $x$ est un multiple commun de $a$ et de $b$. Ainsi $m\mathbb{Z}$ est l'ensemble des multiples communs ; en particulier $m$ est un multiple commun, et tout multiple commun est dans $m\mathbb{Z}$ donc multiple de $m$. C'est la définition du PPCM : $m=a\vee b$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. 1. Posons $d=a\wedge b$. D'après la propriété précédente, $d\in d\mathbb{Z}=a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}$, ce qui signifie précisément qu'il existe $u,v$ entiers avec $d=au+bv$.

2. Si $a\wedge b=1$, le point 1 fournit $u,v$ avec $au+bv=1$. Réciproquement, supposons $au+bv=1$. Alors $1\in a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}=(a\wedge b)\mathbb{Z}$, donc $(a\wedge b)\mid 1$, et comme $a\wedge b$ est un entier naturel, $a\wedge b=1$. $\mathrm{\square }$

L'anneau $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$

Dans toute cette section, $n$ désigne un entier supérieur ou égal à $2$.

La structure d'anneau

Nous avons muni $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ d'une addition. Il reste à y définir une multiplication, et la question de la bonne définition se pose exactement comme pour l'addition.

Démonstration. Bonne définition. Soient $a,a^{\mathrm{\prime }},b,b^{\mathrm{\prime }}$ tels que $\bar{a}=\overline{a^{\mathrm{\prime }}}$ et $\bar{b}=\overline{b^{\mathrm{\prime }}}$, c'est-à-dire $a=a^{\mathrm{\prime }}+qn$ et $b=b^{\mathrm{\prime }}+q^{\mathrm{\prime }}n$ pour certains entiers $q,q^{\mathrm{\prime }}$. Alors

$$ab=(a^{\mathrm{\prime }}+qn)(b^{\mathrm{\prime }}+q^{\mathrm{\prime }}n)=a^{\mathrm{\prime }}{b}^{\mathrm{\prime }}+n(a^{\mathrm{\prime }}{q}^{\mathrm{\prime }}+q{b}^{\mathrm{\prime }}+q{q}^{\mathrm{\prime }}n),$$

donc $n\mid ab-a^{\mathrm{\prime }}{b}^{\mathrm{\prime }}$, c'est-à-dire $\overline{ab}=\overline{a^{\mathrm{\prime }}{b}^{\mathrm{\prime }}}$.

Structure d'anneau. On sait déjà que $(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z},+)$ est un groupe abélien. L'associativité, la commutativité et la distributivité se lisent sur les représentants, par exemple

$$\bar{a}(\bar{b}+\bar{c})=\bar{a}\cdot \overline{b+c}=\overline{a(b+c)}=\overline{ab+ac}=\overline{ab}+\overline{ac}=\bar{a}\bar{b}+\bar{a}\bar{c},$$

en utilisant à chaque étape la définition des lois et la distributivité dans $\mathbb{Z}$. Enfin $\bar{a}\cdot \bar{1}=\bar{a}$, donc $\bar{1}$ est l'unité. $\mathrm{\square }$

Démonstration. On a déjà vu que $\pi$ est un morphisme de groupes additifs surjectif de noyau $n\mathbb{Z}$. De plus $\pi (ab)=\overline{ab}=\bar{a}\bar{b}=\pi (a)\pi (b)$ par définition du produit, et $\pi (1)=\bar{1}$. $\mathrm{\square }$

Concrètement, ce morphisme dit que l'on peut calculer avant ou après réduction, au choix. C'est ce qui justifie la pratique du calcul modulo $n$ : pour trouver le reste de $37\times 41$ modulo $6$, on peut réduire d'abord ($\overline{37}=\bar{1}$, $\overline{41}=\bar{5}$) puis multiplier ($\bar{1}\times \bar{5}=\bar{5}$).

Les inversibles de $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$

Démonstration. Sens réciproque. Supposons $k\wedge n=1$. D'après le théorème de Bézout, il existe $u,v$ entiers tels que

$$uk+vn=1.$$

Passons aux classes modulo $n$ en appliquant le morphisme $\pi$ :

$$\bar{u}\bar{k}+\bar{v}\bar{n}=\bar{1}\mathrm{.}$$

Or $\bar{n}=\bar{0}$, donc $\bar{u}\bar{k}=\bar{1}$. Ainsi $\bar{k}$ est inversible, d'inverse $\bar{u}$.

Sens direct. Supposons $\bar{k}$ inversible : il existe $u\in \mathbb{Z}$ tel que $\bar{u}\bar{k}=\bar{1}$, c'est-à-dire $\overline{uk}=\bar{1}$, c'est-à-dire $n\mid uk-1$. Il existe donc $w$ tel que $uk-1=wn$, soit

$$uk-wn=1.$$

Tout diviseur commun de $k$ et de $n$ divise le membre de gauche, donc divise $1$. Ainsi $k\wedge n=1$. $\mathrm{\square }$

Cette démonstration est à connaître dans les deux sens : c'est le pont entre l'arithmétique de $\mathbb{Z}$ et l'algèbre de $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$. Notez qu'elle est constructive : l'inverse de $\bar{k}$ se lit directement sur une relation de Bézout, que l'algorithme d'Euclide fournit.

Démonstration. Les éléments de $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ sont les $\bar{k}$ pour $k\in \{1,\dots ,n\}$, deux à deux distincts (c'est la même liste que $\{0,\dots ,n-1\}$, l'entier $n$ y jouant le rôle de $0$). D'après le théorème, $\bar{k}$ est inversible si et seulement si $k\wedge n=1$. Le cardinal de $(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}{)}^{\times }$ est donc le nombre de tels $k$, c'est-à-dire $\phi (n)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. $1⟹2$ : tout corps est intègre.

$2⟹3$. Par contraposée. Supposons $n$ non premier. Comme $n⩾2$, il s'écrit $n=ab$ avec $2⩽a⩽n-1$ et $2⩽b⩽n-1$. Alors

$$\bar{a}\bar{b}=\overline{ab}=\bar{n}=\bar{0},$$

tandis que $\bar{a}\mathrm{\ne }\bar{0}$ et $\bar{b}\mathrm{\ne }\bar{0}$ (car $n$ ne divise ni $a$ ni $b$, tous deux compris strictement entre $0$ et $n$). L'anneau possède donc des diviseurs de zéro : il n'est pas intègre.

$3⟹1$. Supposons $n=p$ premier. Soit $\bar{k}\mathrm{\ne }\bar{0}$, c'est-à-dire $p\nmid k$. Comme $p$ est premier, ses seuls diviseurs positifs sont $1$ et $p$ ; le PGCD $k\wedge p$ est l'un des deux, et il ne peut valoir $p$ puisque $p\nmid k$. Donc $k\wedge p=1$, et le théorème sur les inversibles donne $\bar{k}\in (\mathbb{Z}\mathrm{/}p\mathbb{Z}{)}^{\times }$. Tout élément non nul est inversible, et l'anneau est commutatif non nul : c'est un corps. $\mathrm{\square }$

Le théorème chinois

Démonstration. $\mathrm{\Phi }$ est bien définie. Soient $k,k^{\mathrm{\prime }}$ tels que $\bar{k}=\overline{k^{\mathrm{\prime }}}$ dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}mn\mathbb{Z}$, c'est-à-dire $mn\mid k-k^{\mathrm{\prime }}$. Alors en particulier $m\mid k-k^{\mathrm{\prime }}$ et $n\mid k-k^{\mathrm{\prime }}$, donc ${\pi }_m(k)={\pi }_m(k^{\mathrm{\prime }})$ et ${\pi }_n(k)={\pi }_n(k^{\mathrm{\prime }})$. L'image ne dépend pas du représentant.

$\mathrm{\Phi }$ est un morphisme d'anneaux. Les lois du produit étant définies composante par composante, on a pour tous $k,l$ :

$$\mathrm{\Phi }(\bar{k}+\bar{l})=({\pi }_m(k+l),{\pi }_n(k+l))=({\pi }_m(k),{\pi }_n(k))+({\pi }_m(l),{\pi }_n(l))=\mathrm{\Phi }\left(\bar{k}\right)+\mathrm{\Phi }\left(\bar{l}\right),$$

et de même pour le produit, puisque ${\pi }_m$ et ${\pi }_n$ sont des morphismes d'anneaux. Enfin $\mathrm{\Phi }(\bar{1})=({\pi }_m(1),{\pi }_n(1))$ est l'unité du produit.

$\mathrm{\Phi }$ est injective. Calculons son noyau. Soit $\bar{k}$ tel que $\mathrm{\Phi }(\bar{k})$ soit nul, c'est-à-dire

$$m\mid k\text{et}n\mid k\mathrm{.}$$

Écrivons $k=m{k}^{\mathrm{\prime }}$. Comme $n\mid m{k}^{\mathrm{\prime }}$ et $n\wedge m=1$, le théorème de Gauss donne $n\mid k^{\mathrm{\prime }}$, donc $k^{\mathrm{\prime }}=n{k}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ et $k=mn{k}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$. Ainsi $mn\mid k$, c'est-à-dire $\bar{k}=\bar{0}$ dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}mn\mathbb{Z}$. Le noyau est réduit à $\{\bar{0}\}$, donc $\mathrm{\Phi }$ est injective.

$\mathrm{\Phi }$ est surjective. Les deux ensembles sont finis de même cardinal :

$$\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}\left(\mathbb{Z}\mathrm{/}mn\mathbb{Z}\right)=mn=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(\mathbb{Z}\mathrm{/}m\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z})\mathrm{.}$$

Une application injective entre deux ensembles finis de même cardinal est bijective. Donc $\mathrm{\Phi }$ est un isomorphisme d'anneaux. $\mathrm{\square }$

L'hypothèse $m\wedge n=1$ est indispensable, et c'est l'oubli le plus fréquent. Pour $m=n=2$, les anneaux $\mathbb{Z}\mathrm{/}4\mathbb{Z}$ et $\mathbb{Z}\mathrm{/}2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\mathrm{/}2\mathbb{Z}$ ont bien tous deux quatre éléments, mais ils ne sont pas isomorphes : dans le second, tout élément $x$ vérifie $x+x=0$, alors que $\bar{1}+\bar{1}=\bar{2}\mathrm{\ne }\bar{0}$ dans le premier.

Démonstration. Soit $(x,y)\in A\times B$. Dire que $(x,y)$ est inversible, c'est dire qu'il existe $(x^{\mathrm{\prime }},y^{\mathrm{\prime }})$ tel que $(x,y)(x^{\mathrm{\prime }},y^{\mathrm{\prime }})=(1_A,1_B)$ et $(x^{\mathrm{\prime }},y^{\mathrm{\prime }})(x,y)=(1_A,1_B)$. Comme les lois sont définies composante par composante, cela équivaut à $x{x}^{\mathrm{\prime }}=x^{\mathrm{\prime }}x=1_A$ et $y{y}^{\mathrm{\prime }}=y^{\mathrm{\prime }}y=1_B$, c'est-à-dire à : $x\in A^{\times }$ et $y\in B^{\times }$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Un isomorphisme d'anneaux $f:A\to B$ induit une bijection de $A^{\times }$ sur $B^{\times }$ : en effet $f(A^{\times })\subset B^{\times }$, $f^{-1}(B^{\times })\subset A^{\times }$ (car $f^{-1}$ est aussi un morphisme d'anneaux), et $f$ est injective. Donc $\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}{A}^{\times }=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}{B}^{\times }$.

Appliquons ceci à l'isomorphisme chinois, puis le corollaire précédent :

$$\phi (mn)=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(\mathbb{Z}\mathrm{/}mn\mathbb{Z}{)}^{\times }=\mathrm{c}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}((\mathbb{Z}\mathrm{/}m\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}{)}^{\times })=\phi (m)\phi (n)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Calcul de $\phi (n)$

Démonstration. Comptons les entiers $k$ de $\{1,\dots ,p^{\alpha }\}$ non premiers avec $p^{\alpha }$. Comme $p$ est premier, les diviseurs de $p^{\alpha }$ autres que $1$ sont tous multiples de $p$ ; donc $k\wedge p^{\alpha }\mathrm{\ne }1$ si et seulement si $p\mid k$.

Les multiples de $p$ dans $\{1,\dots ,p^{\alpha }\}$ sont $p,2p,\dots ,p^{\alpha -1}p$ : il y en a exactement $p^{\alpha -1}$. Par différence,

$$\phi (p^{\alpha })=p^{\alpha }-p^{\alpha -1}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Les entiers $p_1^{{\alpha }_1},\dots ,p_r^{{\alpha }_r}$ sont deux à deux premiers entre eux, puisque les $p_i$ sont des premiers distincts. Une récurrence sur $r$, appuyée sur la multiplicativité de $\phi$, donne

$$\phi (n)=\phi \left(p_1^{{\alpha }_1}\right)\cdots \phi \left(p_r^{{\alpha }_r}\right),$$

puis la formule de $\phi (p^{\alpha })$ conclut. Pour la seconde écriture, il suffit de factoriser $p_i^{{\alpha }_i}$ dans chaque facteur et de reconnaître $n=\prod p_i^{{\alpha }_i}$. $\mathrm{\square }$

Théorème d'Euler et petit théorème de Fermat

Démonstration. Comme $a\wedge n=1$, la classe $\bar{a}$ appartient au groupe $G=(\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}{)}^{\times }$, qui est un groupe fini de cardinal $\phi (n)$.

Le corollaire du théorème de Lagrange (section 3) affirme que, dans un groupe fini de cardinal $N$, tout élément $x$ vérifie $x^N=e$. Appliqué à $G$, cela donne

$${\bar{a}}^{\phi (n)}=\bar{1}\mathrm{.}$$

Or ${\bar{a}}^{\phi (n)}=\overline{a^{\phi (n)}}$ puisque $\pi$ est un morphisme d'anneaux. L'égalité $\overline{a^{\phi (n)}}=\bar{1}$ signifie exactement $a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. 1. Si $p\nmid a$, alors $a\wedge p=1$ (les seuls diviseurs positifs de $p$ étant $1$ et $p$). Le théorème d'Euler s'applique avec $n=p$ et $\phi (p)=p-1$, d'où $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$.

2. Deux cas. Si $p\mid a$, alors $a\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ et $a^p\equiv 0\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$. Sinon, le point 1 donne $a^{p-1}\equiv 1$, et en multipliant par $a$ : $a^p\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$. $\mathrm{\square }$

Systèmes de congruences

Application : le chiffrement RSA

Tout ce qui précède se réunit dans un objet bien concret : le système de chiffrement RSA, publié en 1978, utilisé aujourd'hui pour authentifier les communications bancaires et les sites web. Son idée est qu'il est facile de multiplier deux grands nombres premiers, et — pour l'instant — très coûteux de retrouver ces deux facteurs à partir du produit.

Construction des clés. On choisit deux nombres premiers distincts $p$ et $q$, et l'on pose

$$N=pq,\phi (N)=(p-1)(q-1),$$

la seconde égalité venant de la multiplicativité de $\phi$ et de $\phi (p)=p-1$. On choisit ensuite un entier $e$ tel que $e\wedge \phi (N)=1$, puis $d$ un inverse de $e$ modulo $\phi (N)$, obtenu par l'algorithme d'Euclide. La clé publique est le couple $(N,e)$, la clé privée est $d$ ; les nombres $p$ et $q$ sont détruits ou gardés secrets.

Chiffrement et déchiffrement. Un message est un entier $M$ de $\{0,\dots ,N-1\}$. On chiffre par $C\equiv M^e(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}N)$ et l'on déchiffre par $C^d(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}N)$.

Démonstration. Par construction, $ed\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (N))$ : il existe $k\in \mathbb{N}$ tel que

$$ed=1+k(p-1)(q-1)\mathrm{.}$$

Modulo $p$. Si $p\mid M$, alors $M\equiv 0$ et $M^{ed}\equiv 0\equiv M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$. Sinon, le petit théorème de Fermat donne $M^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$, donc

$$M^{ed}=M\times (M^{p-1}{)}^{k(q-1)}\equiv M\times 1=M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\mathrm{.}$$

Dans les deux cas, $p\mid M^{ed}-M$.

Modulo $q$. Le même raisonnement, en échangeant les rôles de $p$ et $q$, donne $q\mid M^{ed}-M$.

Conclusion. Les entiers $p$ et $q$ sont deux nombres premiers distincts, donc premiers entre eux, et ils divisent tous deux $M^{ed}-M$. D'après la relation $p\mathbb{Z}\cap q\mathbb{Z}=(p\vee q)\mathbb{Z}$ et $p\vee q=pq$ pour deux premiers distincts, on en déduit $pq\mid M^{ed}-M$, c'est-à-dire $M^{ed}\equiv M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}N)$. $\mathrm{\square }$

Idéaux de $\mathbb{K}[X]$

L'anneau $\mathbb{K}[X]$

Démonstration. Intégrité. Soient $P$ et $Q$ non nuls, de degrés $p$ et $q$, de coefficients dominants $a$ et $b$ non nuls. Le coefficient de $X^{p+q}$ dans $PQ$ vaut $ab$, non nul car $\mathbb{K}$ est un corps donc intègre. Ainsi $PQ\mathrm{\ne }0$, et l'on a au passage $\mathrm{deg}(PQ)=\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}Q$.

Inversibles. Si $PQ=1$, alors $P$ et $Q$ sont non nuls et $\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}Q=\mathrm{deg}1=0$. Comme les degrés sont des entiers naturels, $\mathrm{deg}P=\mathrm{deg}Q=0$ : $P$ est une constante non nulle. Réciproquement, toute constante $\lambda \mathrm{\ne }0$ est inversible d'inverse $1\mathrm{/}\lambda$. $\mathrm{\square }$

C'est cette égalité $\mathbb{K}[X{]}^{\times }={\mathbb{K}}^{\ast }$ qui explique la convention des polynômes unitaires : deux polynômes engendrent le même idéal si et seulement s'ils sont associés, c'est-à-dire proportionnels ; normaliser le coefficient dominant à $1$ lève l'ambiguïté et rend le générateur unique.

Tous les idéaux de $\mathbb{K}[X]$

Démonstration. Existence. Deux cas.

Cas 1 : $I=\{0\}$. Alors $I=(0)$ et le polynôme nul convient.

Cas 2 : $I\mathrm{\ne }\{0\}$. L'ensemble

$$D=\{\mathrm{deg}Q;Q\in I,Q\mathrm{\ne }0\}$$

est une partie non vide de $\mathbb{N}$ : elle admet donc un plus petit élément. Choisissons $P_0\in I$ non nul de degré minimal, et notons $a$ son coefficient dominant. Comme $a^{-1}\in \mathbb{K}\subset \mathbb{K}[X]$ et que $I$ est un idéal, le polynôme $P=a^{-1}{P}_0$ appartient encore à $I$ ; il est unitaire, de même degré que $P_0$, donc de degré minimal lui aussi. Montrons $I=(P)$.

Inclusion $(P)\subset I$. Comme $P\in I$ et que $I$ est un idéal, $PQ\in I$ pour tout $Q$ de $\mathbb{K}[X]$.

Inclusion $I\subset (P)$. Soit $A\in I$. Effectuons la division euclidienne de $A$ par $P$, licite car $P\mathrm{\ne }0$ : il existe $Q,R$ dans $\mathbb{K}[X]$ tels que

$$A=PQ+R\text{avec}R=0\text{ ou }\mathrm{deg}R<\mathrm{deg}P\mathrm{.}$$

Alors $R=A-PQ$. Or $A\in I$ et $PQ\in I$ (absorption), donc $R\in I$ par stabilité par différence. Si $R$ était non nul, ce serait un élément non nul de $I$ de degré strictement inférieur à $\mathrm{deg}P$, ce qui contredit la minimalité du degré de $P$. Donc $R=0$ et $A=PQ\in (P)$.

Unicité. Soient $P$ et $P^{\mathrm{\prime }}$ nuls ou unitaires avec $(P)=(P^{\mathrm{\prime }})$. Si $P=0$, alors $(P^{\mathrm{\prime }})=\{0\}$ donc $P^{\mathrm{\prime }}=0$. Sinon, $P$ et $P^{\mathrm{\prime }}$ sont tous deux non nuls et, l'anneau $\mathbb{K}[X]$ étant intègre, ils sont associés : il existe $u\in \mathbb{K}[X{]}^{\times }={\mathbb{K}}^{\ast }$ tel que $P^{\mathrm{\prime }}=uP$. En comparant les coefficients dominants, tous deux égaux à $1$, il vient $u=1$, donc $P^{\mathrm{\prime }}=P$. $\mathrm{\square }$

Le schéma de la démonstration est exactement celui des sous-groupes de $\mathbb{Z}$, avec le degré à la place de la valeur absolue et la division euclidienne des polynômes à la place de celle des entiers. Ce parallèle n'est pas une coïncidence : il repose sur la seule existence d'une division euclidienne dans les deux anneaux.

PGCD et Bézout relus par les idéaux

Démonstration. C'est une somme de deux idéaux, donc un idéal ; il est non nul car il contient $A$ et $B$. D'après le théorème précédent, il existe un unique polynôme unitaire $D$ tel que $A\mathbb{K}[X]+B\mathbb{K}[X]=D\mathbb{K}[X]$.

$D$ est un diviseur commun. On a $A=A\times 1+B\times 0\in D\mathbb{K}[X]$, donc $D\mid A$ ; de même $D\mid B$.

Tout diviseur commun divise $D$. Comme $D\in D\mathbb{K}[X]=A\mathbb{K}[X]+B\mathbb{K}[X]$, il existe $U,V$ tels que $D=AU+BV$. Si $C$ divise $A$ et $B$, alors $C$ divise $AU+BV=D$.

Ainsi $D$ est un diviseur commun unitaire de $A$ et $B$ divisible par tout diviseur commun : c'est le PGCD. $\mathrm{\square }$

Démonstration. 1. On vient de le voir : $A\wedge B$ appartient à $A\mathbb{K}[X]+B\mathbb{K}[X]$.

2. Si $A\wedge B=1$, le point 1 conclut. Réciproquement, si $AU+BV=1$, alors $1\in (A\wedge B)\mathbb{K}[X]$, donc $A\wedge B$ divise $1$ ; étant unitaire, il vaut $1$. $\mathrm{\square }$

De la même façon, si $A$ et $B$ sont non nuls, $A\mathbb{K}[X]\cap B\mathbb{K}[X]$ est un idéal non nul, dont le générateur unitaire est le PPCM $A\vee B$ : la démonstration est identique à celle menée dans $\mathbb{Z}$, l'intersection étant l'ensemble des multiples communs.

L'idéal des polynômes annulateurs d'un endomorphisme

Démonstration. Le polynôme nul annule $u$, donc $I_u\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$. Si $P,Q$ sont dans $I_u$, alors $(P-Q)(u)=P(u)-Q(u)=0$, donc $P-Q\in I_u$ : c'est un sous-groupe additif.

Soit enfin $R\in \mathbb{K}[X]$ et $P\in I_u$. On admet, ou l'on vérifie en développant sur les monômes, que $(RP)(u)=R(u)\circ P(u)$. Alors

$$(RP)(u)=R(u)\circ P(u)=R(u)\circ 0=0,$$

donc $RP\in I_u$ : l'idéal est absorbant. $\mathrm{\square }$

Une autre façon de le dire, plus rapide et que nous exploiterons en section 9 : $I_u$ est le noyau du morphisme d'anneaux $P\mapsto P(u)$, et un noyau de morphisme d'anneaux est un idéal.

Démonstration. L'existence et l'unicité de $\mu$ viennent du théorème. L'équivalence finale est la traduction de $P\in I_u=(\mu )$ par la caractérisation de la divisibilité. Enfin, la démonstration du théorème construit précisément $\mu$ comme l'élément unitaire de degré minimal de l'idéal, c'est-à-dire comme le polynôme unitaire annulateur de degré minimal. $\mathrm{\square }$

Ce générateur unitaire est un objet central du chapitre de réduction, où il porte un nom et sert d'outil ; ici, on se contente de constater son existence et la propriété de divisibilité ci-dessus, qui suffit déjà à beaucoup de raisonnements.

Démonstration. L'espace $\mathcal{L}(E)$ est de dimension $n^2$. La famille

$$({\mathrm{i}\mathrm{d}}_E,u,u^2,\dots ,u^{n^2})$$

compte $n^2+1$ vecteurs de $\mathcal{L}(E)$ : elle est donc liée. Il existe des scalaires $a_0,\dots ,a_{n^2}$ non tous nuls tels que ${\sum }_k{a}_k{u}^k=0$. Le polynôme $P={\sum }_k{a}_k{X}^k$ est alors non nul et annule $u$. $\mathrm{\square }$

Le théorème de d'Alembert-Gauss

Ce théorème est admis : sa démonstration, qui utilise des arguments d'analyse ou de topologie, est hors programme. On en retient les deux conséquences usuelles, déjà connues de première année : les polynômes irréductibles de $\mathbb{C}[X]$ sont exactement les polynômes de degré $1$, et ceux de $\mathbb{R}[X]$ sont les polynômes de degré $1$ et les polynômes de degré $2$ de discriminant strictement négatif.

Algèbres

Définition

Certains ensembles rencontrés cette année, comme $\mathbb{K}[X]$, $\mathcal{L}(E)$ ou ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, portent trois opérations : une addition, une multiplication, et une multiplication par les scalaires. Ce sont à la fois des anneaux et des espaces vectoriels, et les deux structures sont compatibles. C'est ce que formalise la notion d'algèbre.

Les trois compatibilités que réunit cette définition sont : la distributivité à gauche et la distributivité à droite du produit sur l'addition (contenues dans l'axiome d'anneau), et le fait que le produit commute aux scalaires (axiome 3). Réunies, elles disent exactement que l'application $(x,y)\mapsto xy$ est bilinéaire. C'est la formulation à retenir : une $\mathbb{K}$-algèbre est un espace vectoriel muni d'un produit bilinéaire, associatif et unitaire.

Sous-algèbres

Démonstration. Sens direct. Si $B$ est une sous-algèbre, elle contient $1_A$ (sous-anneau), est stable par combinaison linéaire (sous-espace vectoriel) et par produit (sous-anneau).

Sens réciproque. Le point 1 donne $B\mathrm{\ne }\mathrm{\varnothing }$, et avec le point 2 c'est exactement la caractérisation des sous-espaces vectoriels : $B$ est un sous-espace vectoriel de $A$, donc un groupe pour l'addition, stable par différence (prendre $\lambda =-1$). Avec les points 1 et 3, la caractérisation des sous-anneaux s'applique. Donc $B$ est à la fois sous-espace vectoriel et sous-anneau : c'est une sous-algèbre. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Sous-algèbre. On a ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E=P(u)$ pour $P=1$, donc ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E\in \mathbb{K}[u]$. Si $v=P(u)$ et $w=Q(u)$, alors pour $\lambda \in \mathbb{K}$

$$\lambda v+w=\lambda P(u)+Q(u)=(\lambda P+Q)(u)\in \mathbb{K}[u],v\circ w=P(u)\circ Q(u)=(PQ)(u)\in \mathbb{K}[u]\mathrm{.}$$

Commutativité. Avec les mêmes notations, la commutativité de $\mathbb{K}[X]$ donne $PQ=QP$, donc

$$v\circ w=(PQ)(u)=(QP)(u)=w\circ v\mathrm{.}$$

Ainsi deux polynômes en un même endomorphisme commutent toujours, alors même que $\mathcal{L}(E)$ n'est pas commutative. $\mathrm{\square }$

Cette commutativité est utilisée en permanence : c'est elle qui autorise à appliquer la formule du binôme à $u$ et ${\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$, ou à factoriser $u^n-{\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$.

Morphismes d'algèbres

Un morphisme d'algèbres est donc simultanément une application linéaire et un morphisme d'anneaux. La condition 3, comme pour les anneaux, ne se déduit pas des autres et doit être vérifiée.

Démonstration. Linéarité. Pour $P=\sum a_k{X}^k$ et $Q=\sum b_k{X}^k$ et $\lambda \in \mathbb{K}$, on a $\lambda P+Q=\sum (\lambda a_k+b_k)X^k$, donc

$$(\lambda P+Q)(u)=\sum _k(\lambda a_k+b_k)u^k=\lambda \sum _k{a}_k{u}^k+\sum _k{b}_k{u}^k=\lambda P(u)+Q(u)\mathrm{.}$$

Multiplicativité. Il suffit de le vérifier sur les monômes, puis d'étendre par bilinéarité. Pour $P=X^i$ et $Q=X^j$ : $(PQ)(u)=u^{i+j}=u^i\circ u^j=P(u)\circ Q(u)$. Le cas général s'obtient en développant les deux produits et en comparant terme à terme.

Unité. ${\mathrm{\Psi }}_u(1)={\mathrm{i}\mathrm{d}}_E$.

Image et noyau. L'image est $\{P(u);P\in \mathbb{K}[X]\}=\mathbb{K}[u]$ par définition, et le noyau est $\{P;P(u)=0\}=I_u$. $\mathrm{\square }$

On retrouve ainsi, d'un seul coup, tous les résultats de la section 8 sur $I_u$ : c'est un idéal parce que c'est un noyau de morphisme d'anneaux, et $\mathbb{K}[u]$ est une sous-algèbre de $\mathcal{L}(E)$ parce que c'est une image de morphisme d'algèbres.

En résumé

Les erreurs classiques.

1. Confondre sous-anneau et idéal. Un sous-anneau contient $1_A$ et n'est stable que par produits internes ; un idéal est absorbant et ne contient $1_A$ que s'il vaut l'anneau entier. Modèle à garder en tête : $2\mathbb{Z}$ est un idéal de $\mathbb{Z}$ mais pas un sous-anneau ; $\mathbb{Z}$ est un sous-anneau de $\mathbb{Q}$ mais pas un idéal.
2. Croire que la réunion de deux sous-groupes est un sous-groupe. Elle ne l'est que si l'un est contenu dans l'autre. Contre-exemple immédiat : $2+3=5$ n'est pas dans $2\mathbb{Z}\cup 3\mathbb{Z}$. L'intersection, elle, est toujours un sous-groupe.
3. Appliquer le théorème chinois sans vérifier que les modules sont premiers entre eux. $\mathbb{Z}\mathrm{/}4\mathbb{Z}$ n'est pas isomorphe à $\mathbb{Z}\mathrm{/}2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\mathrm{/}2\mathbb{Z}$, et la formule $\phi (mn)=\phi (m)\phi (n)$ tombe en défaut sans l'hypothèse $m\wedge n=1$ : pour $m=n=2$, on a $\phi (4)=2$ alors que $\phi (2)\phi (2)=1$.
4. Écrire que $\bar{k}$ est inversible dès que $k$ est premier. Le critère porte sur $k\wedge n=1$, pas sur la primalité de $k$ : $\bar{3}$ n'est pas inversible dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}6\mathbb{Z}$, alors que $\bar{4}$ l'est dans $\mathbb{Z}\mathrm{/}9\mathbb{Z}$.
5. Appliquer la formule du binôme sans justifier la commutation. Dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ ou $\mathcal{L}(E)$, $(a+b{)}^n=\sum \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}$ exige $ab=ba$, et cette égalité se démontre en une ligne ou ne s'utilise pas.
6. Oublier de vérifier qu'une application définie sur $\mathbb{Z}\mathrm{/}n\mathbb{Z}$ est bien définie. Dès qu'on définit quelque chose à partir d'un représentant $k$ de la classe $\bar{k}$, il faut prouver que le résultat ne change pas si l'on remplace $k$ par $k+n$.