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165
SOLUTIONNAIRE
Dans ce solutionnaire, nous donnons les réponses aux exercices, mais pas toujours le raisonnement
qui les justifie.
CHAPITRE 0
1. a) x(A B) \ ( A B) xA B et xA B x appartient à l’un mais pas aux
deux x A \ B ou xB\ A x( A\ B) (B \ A) .
b) xAB xA et xB xA et non (xB) xA et non (xA\ B)
xA\ ( A\ B) .
2. a) y f ( A B) x A B tel que y f (x)xA tel que y f (x) ou x B
tel que y f (x) y f ( A) ou y f (B) y f ( A) f (B) .
b) x f1
(C D) f (x) C D f (x)C ou f (x)D x f1
(C) ou
x f1
(D) x f1
(C) f1
(D) .
c) x f1
(C D) f (x) C D f (x)C et f (x)D x f1
(C) et
x f1
(D) x f1
(C) f1
(D) .
d) Soit f quelconque : y f ( A B) y f (x) pour un certain
xA B y f (A) et y f (B) y f ( A) f (B) .
Si f est injective, y f ( A) f ( B) y f (a) f (b) pour un a A et un b B. Mais
alors a b x AB et y f (x) avec xAB, i.e. y f ( A B) . On a donc
f (A) f (B) f ( A B) .
Si f : X Y n’est pas injective avec f (x1) f (x2), x1 x2, alors A{x1} et B{x2} est
un cas où f (AB) f () f (A) f (B) { f (x1)} .
3. C’est faux en général. Exemple : f : {1,2} {0}, X {1}, Y { 2} .
4. c g f ( X) xX tel que c g f (x) c g(b) avec b f (x) et xX c g(b)
avec b f (X ) cg f (X ) . Donc,
g f (x) g f (X) . Pour l’inclusion inverse, on a :
cg f (X ) b f ( X) tel que c g(b) xX tel que b f (x) et
SOLUTIONNAIRE
166
c g(b) xX tel que c g f (x) g f (x) cg f (X ). Donc
g f ( X) g f ( X) , d’où l’égalité de ces deux ensembles.
5. a) Soient a1, a2 A avec (g f )(a1) (g f )(a2) ; alors g f (a1) g f (a2)
f (a1) f (a2) car g est injective a1 a2 car f est injective. Donc g f est
injective.
b) Supposons g f injective et supposons f (a1) f (a2) avec a1, a2 A . Alors
(g f )(a1) (g f )(a2) , d’où a1 a2 car g f est injective. Donc f est injective.
c) C’est faux en général. Soit AC {1} et B {1, 2} avec f (1) 1, g(1) g(2) 1.
6. a) AB(x) 1xAB xA ou xBA(x) 1ouB(x)1
max A(x),B(x) 1max A,B (x) 1.
b) AB(x) 1xAB xA et xBA(x)1et B(x) 1
min A(x),B(x) 1min A,B (x) 1A(x) B(x) 1.
c) E f (x) 1 E f (x) 1 f (x)E x f
1(E)
f 1(E)(x) 1.
7. a) ni injective, ni surjective; b) injective et surjective;
c) injective, par surjective; d) surjective, pas injective.
8. x 20 2(x10) x 40.
9. Notons x y z les âges cherchés. Victor constate que xyz 36 implique 8 solutions
distinctes (1, 1, 36), …, (1, 6, 6), (2, 2, 9), …, (3, 3, 4). Il constate que dans les 8 cas, les
sommes x y z sont distinctes, sauf les deux cas centraux, où x y z 13. C’est donc
13 qui est le nombre d’étages. Comme il y a un seul aîné, la solution est 2, 2, 9.
CHAPITRE 1
1. Comme R est réflexive, xE on a (xRxet xRx) donc x ~ x. Si x ~ y alors
(xRyet yRx) donc ( yRxet xRy) et y ~ x . Si x ~ y et y ~ z alors (xRyet yRz) et
( yRzet zRy) donc (xRzet zRx) , car R est transitive; d’où x ~ z . On a donc vérifié que
~ est une relation d’équivalence sur E. Notons [x] la classe d’équivalence de x selon ~ et
E /~ {[ x] |xE} l’ensemble quotient, i.e. l'ensemble des classes d'équivalence. Sur E /~
on définit une relation par [x] [ y] ssi xRy. Attention si [x1] [x2] et [y1] [ y2] on doit
SOLUTIONNAIRE
167
s’assurer que : x1Ry1 x2 Ry2 . C’est le cas car
[x1] [x2], [ y1] [y2] (x1~ x2 et y1 ~ y2) x1Rx2 , x2 Rx1, y1Ry2, y2 Ry1 d’où : x1Ry1
x2Ry2 , par transitivité de R. Reste à voir que est une relation d’ordre sur E /~ . On a
[x] [ x] car xRx par réflexivité de R. On a [x] [ y] et [y] [x] xRy et yRx x ~ y
[x] [y] . Donc est anti-symétrique. On a [x] [ y] [z] xRyRz xRz [x] [z] par
transitivité de R.
2. Il n’y a que 2 classes : { x |x est pair} et { x |x est impair}.
3. Si f (e) a où eE , alors f1
(a) e E | f ( e ) a [e] .
4. Soit f : ER
{xR | 0 x } la fonction qui envoie un cercle sur son rayon. Pour,
r R
f1
(r ) { cercles de rayon r } la classe d’équivalence d’un cercle quelconque de
rayon r .
5. Soit f : EN , f (A) | A|; f1
(n) A X | A| n . On a f1
(0) {} ,
f1
(n) si n | X |, f1
(m) { X} si | X |m.
Plus concrètement si X { a,b,c} , E ,{a}, {b}, { c}, { a,b}, { a,c}, { b, c}, { a,b,c}. Il y a
quatre classes d’équivalence : {}, { a}, { b}, {c} , { a,b}, { a,c}, {b,c} et
{ a,b,c} .
6. Une partition P de E est donc intuitivement une façon de découper E en parties non-vides
(les éléments de P, appelés aussi les classes de la partition) deux-à-deux disjointes et qui
recouvrent E au complet.
a) C’est précisément ce que dit le théorème 1.13.
b) Bien sûr R est réflexive, symétrique et transitive. De plus pour xCP , on a par
définition [x] C . On a donc P { C |CP} {[ x] | xE} .
Le passage d’une relation d’équivalence R sur E à une partition P de E est
exactement l’inverse du passage d’une partition à une relation d’équivalence.
7. a) Soit a0 A un maximum. Donc aA , on a a a0 et a0 est bien un majorant.
b) Si mE est un majorant quelconque de A, alors en particulier a0 m , donc a0 est
bien le plus petit majorant de A.
c) [0, [ { majorants de ] , 0[ } . 0 est le suprémum de A ] , 0[ mais A n’a pas
d’élément maximum. Noter que 0 A .
SOLUTIONNAIRE
168
8. (transitivité) Si a divise b et b divise c alors c mb et b na d’où c (mn)a et a divise c.
(symétrie) Si a divise b et b divise a alors b na et a mb d’où nm 1 et n m 1, et
a b .
(réflexivité) Comme a 1a on a bien aRa,aN * . Cette relation d’ordre n’est pas
totale car, par exemple pour n 2 et m3 on n’a ni n divise m, ni m divise n , i.e. 2 et 3
ne sont pas comparables.
Les éléments minimaux de A sont 2, 3, 5, 7; les maximaux sont 6, 7, 8, 9, 10.
9. Non, car 2 divise 2 et 2 divise 2 sans avoir 22, i.e. on n’a pas l’antisymétrie. Avec les
notations de l’ex. 1.1, a~ b a b, [a] { a, a}, [a] [b] a divise b.
10. a) On a bien (x, y)R(x, y) car x x et y y. De plus, (x, y)R( x , y ) et
( x , y )R(x, y) x x , x x, y y et y y (x, y) ( x , y ). Si
(x, y)R( x , y ) et ( x , y )R( x , y ) , alors x x x et y y y , d’où
(x, y)R( x , y ) .
b) Si E {a, b, .. .} avec a b alors, (a, b) et (b, a) ne sont pas comparables dans
EE .
Si E {a, b, .. .} avec a et b non comparables, alors (a, a) et (b, b) ne sont pas
comparables.
11. a) On a bien (x, y)R(x, y) car x x et y y . Si (x, y)R( x , y ) et ( x , y )R(x, y) alors
x x et x x oblige x x et alors y y et y y y y . Si (x, y)R( x , y )
et ( x , y )R( x , y ) alors ou bien x x x et y y ou bien x x . Donc
x, y R x , y .
b) Soit (x, y) et ( x , y ) deux éléments de EE . Comme est un ordre total, on a
x x ou x x ou x x , et y y ou y y ou y y . Si x x alors
(x, y) ( x , y ) y y ; si x x ( resp. x x) alors (x, y) ( x , y ) (resp.
( x , y ) (x, y)) .
c) (x, y)R( x , y ) (y y et x x ) ou ( y y et x x ) .
12. Soient en a et b deux maximums. On a alors a b (car b est un maximum) et b a (car a
est un maximum. Donc a b .
13. aRb (x, x[a] xRa xRb (car aRb et par transitivité de R) x[b]) donc
[a] [b] . Comme on a aussi bRa, on a aussi [b] [a] et [a] [b] .
SOLUTIONNAIRE
169
14. Les classes d’équivalence sont {0} et { a, a} , aR *
.
Soit f : R R , x x2
. On a f1
(0) {0} et b 0 , f1
(b) { a, a} où a b .
15. Toute classe est l’ensemble des cercles d’un même centre.
CHAPITRE 2
1. Pour n0, n2n 0 et 2 divise 0. Si n
2 n est divisible par 2, n
2 n 2k et alors
(n1)2 (n 1) n
2 2n1 n1 n
2 n (n
2 n) 2n 2(k n). Donc (n1)
2
(n1) est aussi divisible par 2. Autre preuve (sans récurrence) : n2 n (n1)n est le
produit de 2 entiers consécutifs; comme l’un des deux est pair le produit est pair!
2. (n1)3 (n1) (n
3 n) n
33n
2 3n1 n
31 3(n
2 n) donc 3 divise n
3n3
divise (n1)3(n1) . Autre preuve : n
3 n (n1)n(n1) et comme l’un des trois
nombres consécutifs n1, n et n1 est multiple de 3, n3 n est divisible par 3.
3. Pour n 0 , 4n1 0 est divisible par 3, (4
n11) (4
n1) 4
n(41) 34
n donc : 3
divise 4n13 divise 4
n11. Autre preuve : on verra au chapitre 9 que x
n1 est
divisible par x 1, car x 1 est racine de xn1 ; on conclut en posant x 4 .
4. Pour n 0, 22n1
13 est divisible par 3. (22(n1)1
1) 22n1
1 22 n1
221
3 22n 1
; donc si 3 divise 22n1
1, alors 3 divise aussi 22(n1)1
1. Autre preuve : on
verra au chapitre 9 que comme x 1 est racine de x2n1
1, alors x 1 divise x2n1
1.
Et on pose x 2 . Plus précisément x2n1
1 (x1)(x2n x
2n1 ...1) donne
22n1
1 3 N avec x = 2.
5. (9n1
8(n1)1) (9n8n1) 89
n8 8(9
n1) . Reste à montrer que 8 divise
9n1. C’est par induction en utilisant (9
n11) (9
n1) 89
n. Donc 64 divise
9n8n 1, n 0 .
6. (7n1
3n1
) (7n3
n) 67
n 2 3
n 2(37
n 3
n) 22 k 4k .
Autre preuve : xn y
n (x y)(x
n1 x
n2y ... y
n1) est une identité; on pose x7,
y 3 et alors 7n3
n 4 N .
7. 2n n 2
n1 2
n 2
n n 1, car 2
n1.
8. 2n1
n!2n 22
n1 2n! (n1)n! (n1)! pour n 1.
SOLUTIONNAIRE
170
9.
1
2 2
2 ... n
2 (n1)
2
n(n1)(2n 1)
6 (n1)
2 (n1)
n(2n1)
6 n1
(n1)(2n2 7n6)
6
(n1)(n 2)(2n3)
6
(n1)((n1)1)(2(n1)1)
6, qui est la
bonne formule avec n remplacé par n 1 .
Autre preuve : l’identité (x1)3 x
3 3x
2 3x1. Posons x 1, 2, .. .,n et sommons :
n 1 3 13 3 1
2 2
2 ... n
2 3n n 1
2 n. On trouve ensuite : 1
2 2
2 .. . n
2.
10. 12...2n2
n12
n112
n122
n112
(n1)11.
Selon la légende, c’est le nombre de grains de blé reçus par l’inventeur du jeu d’échecs (s’il
y avait n cases sur l’échiquier). Ajoutons 1 (grain) à gauche :
1 (1 2 22 ... 2
n) 2 2 2
2 ... 2
n 2
2 2
2 2
3 ... 2
n
23 2
3 2
4 .. . 2
n .. . 2
n 2
n 2
n1, ce qui donne une autre preuve.
11. 00!11!... nn!(n1)(n1)! (n1)!1 (n1)(n1)! (n 2)!1.
Autre preuve : ajoutons 1 à gauche :
1!11!2 2!... n n! 2 1!2 2!3 3!... n n!
2!2 2!33!... nn! 3 2!33!... n n!
3!3 3!.. . n n! n 1 n! n 1 !.
12. 13 2
3 ... n
3 (n1)
3 (1 2 ... n)
2 (n1)
3
n(n 1)
2
2
(n1)3 (n1)
2 n2
4 n1
(n1)(n 2)
2
2
(1 2 ... (n1))2
.
On peut aussi écrire : (x1)4 x
4 4x
3 6x
2 4x1 et sommer de 1 à n.
13. Vérifier P (0) revient à vérifier P(0) . Ensuite, démontrer que P (n) implique P (n1)
revient à démontrer que P(0), , P(n) implique P(n1) .
Donc, le principe 2.2 appliqué à P implique le principe 2.5 pour P.
CHAPITRE 3
1. Avec l’addition usuelle, on a N Z Q R ,N Q R et ce sont des monoïdes et
sous-monoïdes. Cependant Q*
et R *
ne le sont pas (car ils n’ont pas de neutre). De plus, Z
est un sous-groupe de Q, qui l’est de R.
SOLUTIONNAIRE
171
2. Avec la multiplication, on a N Z QR et Z*, N Q R et ce sont des monoïdes
et sous-monoïdes. De plus Q*
est un sous-groupe de R *
.
3. 0 * b b b* 0, b, donc 0 est le neutre. (1) * b 1,b , donc 1 n’a pas d’inverse car
(1) * b 0 (le neutre) est impossible. Notez que la fonction f : Q\ {1} Q*Q \{ 0}
définie par f (x) x 1 est une bijection telle que f (ab) ab a b1
(a1)(b1) f (a) f (b) et f (0) 1 (0 étant le neutre pour * dans Q \ {1} et 1 le neutre
pour (la multiplication usuelle) dans Q*). C’est un premier exemple d’isomorphisme de
groupes (voir chapitre 13).
4. On a ( A B)C A (BC),A, B,CP (X ); A A A . ( est le neutre
pour ). On a ( A B)C A (BC) et A X A X A (donc X est le neutre
pour ).
5. (32)1 0, 3 (2 1) 31 2, 0 2.
6. 4 2 / 2 2 2 1,
4 / 2 2 4 1 4 .
7. eH (i); pour (ii) soient a, b H , on a b1H et ab
1H .
Soit aH (car H ). On a aa1
e H . Soit b H . On a eb1
b1
H . Soit
a, b H , on a a, b1H et donc par (ii), a(b
1)1 abH .
8. N \{1,2,4} {0,3,5,6,7, } est bien un sous-monoïde de N (avec l’addition). Mais
comme 224, N• \{1,4} {0, 2,3,5,6, } n’est pas un sous-monoïde.
9. ( AB)C { xX |x appartient à un seul ou aux trois sous-ensembles A, B et C}
A(BC) , car AB { x |(xA et xB) ou (xA et xB)} { x | x appartient à un
seul des deux sous-ensembles A et B} . Le neutre est car A A et l’inverse de A est
A lui-même car AA, A.
10. Le neutre est idX , la fonction identité de X, définie par idX (x) x,xX .
11. Soient A et B deux sous-monoïdes de M. Comme e A et eB on a eAB . De plus
si a, b A B alors a, b A et a, b B donc a b A et a b B , car A et B sont des
sous-monoïdes; on a donc a b A B . Notez que ce résultat est également vrai pour une
intersection de plus de deux ou même une intersection d’une infinité de sous-monoïdes.
Notez que la réunion AB de deux sous-monoïdes n’en est pas nécessairement un. Par
exemple (2N ) (3N ) n’est pas un sous-monoïde de N, car 2 3 5(2N ) (3N ) .
SOLUTIONNAIRE
172
12. Soit a AB ; alors a1A et a
1B car A et B sont des sous-groupes. On a donc bien
a A B a1A B . Notez que 2Z et 3Z sont des sous-groupes de Z mais que
(2Z ) (3Z ) n’en est pas un.
13. (a1a2...an)(b1b2...bm) a1a2...anb1b2...bm Anm
si a1, a2, ..., an An
et b1,b2, , bmAm
.
14. On a 0 b 0; de plus bn bm b(n m) et b(n) (bn) . Donc {bn| nZ} est un sous-
groupe de Z , noté nZ ou Z n.
15. Notez que MR4,
a, b
c, d
(a,b,c,d) est un autre exemple d’isomorphisme de
groupes. L’addition vectorielle dans R4
correspond à l’addition terme à terme des matrices
carrées d’ordre 2.
16. 1 0
0 0
0 1
0 0
0 1
0 0
0 0
0 0
0 1
0 0
1 0
0 0
.
17. Par induction sur m prouvons : n, ana
m a
nm.
(1) ana
0 a
n1 a
na
n0; vrai pour m 0.
(2) ana
m1 a
n(a
ma) (a
na
m)a a
nma a
n(m1)
(par l’associativité et la
définition an1
an a ).
Par induction sur m prouvons : n, (an)m a
nm;
(1) (an)1 a
n a
n1; (a
n)01 a
n0 a
0, donc c’est vrai pour m 0 et m 1 .
(2) (an)m1
(an)ma
n a
nma
n a
nmn a
n(m1).
18. Notez que an
est l’inverse de an
, i.e. an
(an)1
; car ana
n (a
1)na
n
(a1
)n1
a1a a
n1 (a
1)n1
an1
... 1. Il faut regarder plusieurs cas.
CHAPITRE 4
1. Soit a Z*
. On a a bq r, 0 r b . Si r 0, a b(q) (r ) b(q 1) (b r)
b q r avec q q 1 et r b r , 0 r b . Si r 0 , a b q r avec q q et
r 0. L’unicité se prouve comme dans le th. 4.1.
2. Si bZ aZ alors bb1aZ a divise b. Si a divise b, b aq; alors xbZ ,
x bn aqn aZ .
SOLUTIONNAIRE
173
3. Par 2, nZ mZ nZ mZ et mZ nZ m| n et n |m n m.
4. a) {a1p1 ...ak pk |pi Z} mZ pour un mN
; alors i, m divise ai et donc m
pgdc (a1, a2, ...,ak). Par contre, n pgdc(a1,a2, ...,ak) divise les ai et donc aussi
tout élément de mZ et donc m, d’où m pgdc(a1, ...,ak).
b) b{a1p1 ...ak pk |pi Z}bpgdc(a1, ...,ak)Z pgdc(a1,...,ak) divise b.
c) Imiter la preuve du cor. 4.5.
d) Imiter la preuve du th. 4.7.
e) On montre que le groupe {a1p1 akpk | pi Z} est identique au groupe
{ pgdc(a1, , ak1) pak q| p,qZ} .
f) On calcule pgdc(a1,a2) puis pgdc(pgdc(a1, a2), a3) etc.
g) On a pgdc(a,b) c 0 si aZ bZ cZ .
5. a) pgdc(233,144) 1 233(55)14489.
b) pgdc(4181,2584) 1.
c) pgdc(2091,1479) 3.
La suite de Fibonacci (Fn)n0 est définie par : F0 F1 1 et n2, Fn Fn1 Fn2. Les
premiers nombres de Fibonacci sont : 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610,
987, 1597, 2584, 4181, ... On peut démontrer par récurrence les deux résultats suivants :
n0, (Fn, Fn1) 1; Fn2Fn1 Fn1 (1)
n (voir exercice 2.21). Comme 233 F12 et
144 F11, ceci explique la réponse trouvée en a). Comme 4181 F18 et 2584 F17 , on
trouve pour b), F16 F18 (F17) F171 ou 41811597 2584(2584) 1.
6. Par définition d est un diviseur commun de a et b, donc a d a et bd b pour a ,
b N
. Si pgdc( a , b ) d 1 alors d d sera un diviseur commun de a et b strictement
plus grand que d , ce qui est impossible.
7. a) On sait que aZ bZ est un sous-groupe de Z ; posons aZ bZ mZ . Comme
maZ et mbZ , on a que m est un multiple de a et de b. Le ppmc de a , b est
dans aZ bZ ; donc m divise ppmc(a,b) . D’où m ppmc(a,b) .
SOLUTIONNAIRE
174
b) a et b divisent m maZ bZ mppmc(a,b)Z .
m est un multiple de ppmc(a,b) .
ppmc(a,b) divise m.
c) Puisque a et b divise ab, la partie b) s’applique (cf. ex. 5.3).
8. On utilise le théorème 4.4. Ensuite, on a 1 pgdc(a,b) pgdc(a bq, b) et on fait une
récurrence.
9. Si pgdc(a,c) d 1 (le cas pgdc(b, c) 1 est semblable), alors d divise a et d divise c ,
donc d divise a b . Donc d 1 divise à la fois a et b. Contradiction.
10. 1(k1) (1)k 1. Donc ppdc(k, k 1) 1 par le théorème de Bezout.
11. 1(k 2) (1)k 2 montre que pgdc(k, k 2) divise 2. C’est donc 1 ou 2. Ce sera 1 si et
seulement si k est impair.
12. On a pgdc(k, k 6) pgdc(k, 6). Donc c’est 1 si et seulement si pgdc(k, 6) 1, i.e. k est
de la forme 6l 1 ou 6l 1.
13. pgdc(k, 2k1) pgdc(k, k1) . La première égalité découle de
pgdc(a, a b) pgdc(a,b).
14. pgdc(3k 2,5k 3) pgdc(3k 2,2k 1) (k 1,2k 1) pgdc(k 1, k) 1.
15. Soit (Fn)n0 la suite de Fibonacci définie par F0 F1 1 et Fn1 Fn Fn1 pour n 1.
Fn1k Fn et Fnk Fn1 sont toujours premiers entre eux (k 0) . Preuve par induction.
CHAPITRE 5
1. p1r1 p2
r2 ...pkrk est clairement un diviseur commun de a et b tel que tout diviseur commun de
a et b le divise (on utilise le th. 5.6).
2. Comme 1.
3. min(ni ,mi )max(ni , mi ) ni mi .
4. La réciproque est vraie, i.e. si p est premier et pgdc(a2,b
2) p
2 alors pgdc(a, b) p . Le
résultat est vrai aussi si p n’est pas premier.
SOLUTIONNAIRE
175
5. 1er cas : a 23
p2a2 ...pk
ak et b 2b1 p2
b2 ...pkbk avec b1 3, pi 2 .
2ème cas : a 2a1 p2
a2 ...pkak et b 2
3p2
b2 ...pkbk avec a1 3, pi 2 .
On a max(ai , bi ) 0 pour i 2, , k.
6. Factoriser le numérateur et le dénominateur du rationnel.
7. On utilise l’exercice 6. La bijection inverse est définie par : si x p1m1 pk
mk , avec des mi
dans Z, soit ni 2mi si mi 0, 2mi 1 si mi 0; alors g(x) p1
n1 pknk . On a
f1
(N) g(N
) l’ensemble des carrés de N
.
8. Joli.
9. n 2a1 p2
a2 .. .pkak où les pi sont premiers et 2 donc impairs.
10. Remarquez qu’on a (voir exercice 3) ppmc(a,b)
(d a )(d b )
d
ab
pgdc(a,b).
11. min D(n) 1, maxD(n) n. Si n admet deux diviseurs premiers distincts p et q , alors p
et q ne sont pas comparables dans D(n).
12. L’ordinateur est bienvenu.
13. Chaque facteur 10 2 5 fait apparaître un zéro. Dans 10000!123 10000, il y a un
facteur 5 à chaque multiple de 5 (2000 fois) et un facteur 52 25 (400 fois), un facteur
53 125 (80 fois), un facteur 625 5
4 (16 fois) et un facteur 3125 5
5 (3 fois). Au total :
2499 zéros. Pour la base 2 on trouve : 9995 zéros!
CHAPITRE 6
1. 0 0
100 , 11
100 ;n1
10p1
n2
10p2
n110p2 p1 n2
10 p2, p1 p2 ;
n1
10 p1
n2
10 p2
n1n2
10 p1 p2. Notez
que a
b (une fraction réduite) où b admet un diviseur premier autre que 2 ou 5 est dans Q
sans être une fraction décimale, par exemple 1 3 .
2. L’inverse de a b 2 est a2 2b
2 1
a b 2 . a b 2 a b 2 a 2 b a b a b 2 .
SOLUTIONNAIRE
176
3. ab 0 et a 0 0 a1
ab 1b b .
4. Long mais facile. Ce n’est pas un corps car 0 1
0 0
n’a pas d’inverse, car son carré est nul.
5. Long mais facile.
6. Soit aI , a 0. On a a1
a 1I et xK , x1 xI .
7. 1 est inversible; ab est inversible si a et b le sont, et (ab)1 b
1a1
. Si a est inversible,
d’inverse a1
, alors a1
est inversible d’inverse a, i.e. (a1
)1 a , car aa
1 1 a
1a .
8. Les lois se font coordonnée à coordonnée; l’associativité et la distributivité en découlent.
9. Même si dans A et dans B il n’y a aucun diviseur de zéro, dans A B il y en aura car
a,b, (a, 0) (0,b) (0,0). Les éléments (a, 0), a 0, et (0, b), b 0 , sont des diviseurs de
zéro et ce sont les seuls.
10. Calculons a8 (b c) et (a8 b) (a8 c); on trouve a8 (bc) a(b c) a (b c) 2
ab acabc2; (a8 b) (a8 c) ab a b 2 ac a c 2 ab ac 2a b c
4 . On constate qu’il n’y a pas égalité (sauf lorsque a 2 ).
CHAPITRE 7
1. b [a] k Z , b a nk k Z , b a nk ba nZ , donc [a] a nZ .
(anZ )(bnZ ) k1, k2Z , ank1 bnk2 abnZ abmod.n.
2. a) Non ; b) Non ; c) x 31; d) Non ;
e) x 21; f) x 7 ; g) x 17 .
3. { x |x est solution de ax 0 mod.n} { x | x multiple de n/ pgdc(a, n)}
n
dZ, où
d pgdc(a, n) . Par exemple 6x 0 mod.9 (resp. 6x 0 mod.3) a comme solutions 3Z
(resp. Z ).
4. (par 3. qui précède) x0 n Z où n n /pgdc(n, a) .
5. a) 19 20k ; b) 11 30k ; c) 17 35k ; d) x 11 6k .
SOLUTIONNAIRE
177
6. On peut démontrer (théorème de Wilson) que
i 1
i1
p1
mod.p pour tout nombre premier
p. Si p 2 , c’est clair. Supposons p 3. Alors dans le corps Z / pZ l’équation x21
admet deux solutions : x 1 et x 1. En effet x21 (x1)(x1) 0 x 1 ou
x 1. En d’autres mots les p 1 (un nombre pair) nombres 1,2, , p1 ont tous, sauf 1
et 1 p1 , un inverse distinct d’eux-même. On a donc
i 1 (1)1
p3
2
i1
p1
1mod.p . Il
y a une autre preuve au chapitre 12.
7. On peut démontrer : np n mod.p si p est premier. Ce résultat, démontré au chapitre 12,
s'appelle le petit théorème de Fermat.
8. Pour x 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10 , x2 0,1, 4,9,5,3,3,5,9,4,1.
Rép. {0,1, 3, 4,5, 9} .
CHAPITRE 8
1. a) 2 10i ; b) 1 3i 9 27i 81 243i 73 267i ; c) 13 5i ;
d) 5 2 4 3 3 2 2 3 ; e) 13; f) 11
13
16
13i ;
g) 1
2 i ; h)
5
4 2i ; i)
5
17
31
17i .
2. Utiliser r a2 b
2;
arctan
b
a
; |z1 z2 | |z1 | |z2 |; arg(z1 z2) arg(z1) arg(z2) .
3. z a bi, z1 z / (a
2 b
2) z .
4. Les racines sont toutes de même module, soit rn , et leurs arguments sont
n,
n
2
n,
n 2
2
n
, ,
n(n1)
2
n.
5. Si z x iy , z2 x
2 y
22ixy a bi x
2 y
2 a et 2xy b. De plus
| z2
| | z |2 a
2 b
2| z | x
2 y
2 a
2 b
2. On a donc x
2
1
2a a
2 b
2 ,
SOLUTIONNAIRE
178
y2
1
2a a
2 b
2 . Si b 0 alors (à cause de 2xy b) x et y sont de même signe; si
b 0 alors x et y sont de signes opposés.
b 0, x a
2 b
2 a
/ 2 et y a
2 b
2 a
/ 2
b 0, x a
2 b
2 a
/ 2 et y a
2 b
2 a
/ 2
Exemple : abi 34i , b0; a2 b
2 5, x iy (2 i ).
6. a) x 1; b) x i ; c) x 2 ; d) x i 2 ;
e) x 2, 3 ; f) 1 i 3 / 2 ; g) 7 41 / 4 ; h) 3 i 71
10.
7. Développer (cos i sin)n avec la formule du binôme.
cos(2) cos2 sin
2, sin(2) 2(sin)(cos) ;
cos(3) cos3 3(cos)(sin
2), sin(3) 3(cos
2)(sin) (sin
3) ;
cos(4) cos4 6(cos
2)(sin
2) (sin
4), sin(4) 4(cos
3)(sin) 4(cos)(sin
3) ;
cos(5) cos510(cos
3)(sin) 5(cos)(sin
4) ;
sin(5) 5(cos4)(sin)10(cos
2)(sin
3) (sin
5) .
8. On constate que pour a,b, c, dQ ,
(a bi) (c di) (a c) (b d )i K , car a c, b dQ ;
(a bi) (c di) (acbd) (bc ad) iK , car ac bd,bc adQ ;
si a
2b
20, (abi)
1
a
a2 b2
b
a2 b2i K ,
a
a2 b2,
b
a2 b2Q (on utilise ici le
fait que Q est un sous-corps de R ).
CHAPITRE 9
1. Utiliser le th. 9.1.
2. Si P AB avec deg(A) 1 et deg(B) 1, alors deg(P) 2. Un polynôme réductible est
donc forcément de degré 2. Aussi P axb, a 0 x0 ba1
est l'unique racine de
P.