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\def\saut{\vskip 3mm}
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\begin{document}

\begin{center}
\topskip 3mm {\bf L3 Math\'ematiques, Structures alg\'ebriques}

\end{center}
\begin{center}
{\bf Epreuve du 21 Janvier  2009}
\end{center}
\vskip 1cm

\def\C{{\bf C}}
\def\S{{\mathcal S}}
\def\A{{\mathcal A}}
\def\N{{\bf N}}
\def\Z{{\bf Z}}
\def\F{{\bf F}}

\textbf{1.} {\bf Cours} Donner la d\'efinition d'un anneau
principal. Donner la d\'efinition d'un \'el\'ement irr\'eductible.

D\'emontrer que si $A$ est un anneau principal et si $a
\in A$ est un \'el\'ement (non-nul, non-inversible) les trois
conditions suivantes sont \'equivalentes : l'\'el\'ement $a$ est irr\'eductible,  l'id\'eal $(a)$ est premier,
l'id\'eal $(a)$ est maximal.




\vskip 3mm





\textbf{2.}
 Montrer que le polyn\^ome $P=X^2+ \bar 3X+ \bar 3$  dans le corps $\F_5$ est
irr\'eductible. 

 Puisque c'est un polyn\^ome de degr\'e $2$ il suffit de v\'erifier qu'il n'a pas de racines. Or $P(0)=3$, $P(\bar 1)=\bar 2$, $P(\bar 2)=\bar 3$, $P(\bar 3)=\bar 1$, $P(\bar 4)=\bar 1$.

Quel est le nombre d'\'el\'ements de $ k = \F_5[X]/(P)$?

C'est $|k|^{{\rm deg }(P)}=5^2=25$.

Soit $\alpha= \bar X \in k = \F_5[X]/(P)$. Montrer que
$\alpha$ est d'ordre $24$ dans le groupe $k^*$.

Les ordres possibles sont les diviseurs de $24$, or
\begin{itemize}
\item $\alpha^2 = 2\alpha +2$,
\item  $\alpha^3 = \alpha +4$,
\item  $\alpha^4 = \alpha +2$,
\item   $\alpha^6 = 3$,
\item   $\alpha^8 = \alpha + 1$,
\item \b $\mathbf{\alpha^{12}} = 4$.
\end{itemize}

Combien y a t'il d'\'el\'ements d'ordre $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $24$ dans $\Z/24\Z$ (on rappelle que dans $\Z/n\Z$ l'ordre de $\bar k$ est $\frac{n}{pgcd(k,n)}$).



On trouve \begin{itemize}
                        \item  ${\rm ord }(\bar k)=24$ est \'equivalent \`a $ pgcd{\mbox{\b)}}(k,24)=1$. Donc $k$ n'est pas divisible par
$2$ et $3$. On trouve $\varphi(24)=8$ \'el\'ements : $1, 5,7,11, 13,17, 19, 23$.
                        \item ${\rm ord }(\bar k)=12$ est \'equivalent \`a $ pgcd(k,24)=2$. Donc $k$ n'est pas divisible par
 $3$, et l'est par $2$ mais pas par $4$. On trouve  $4$ \'el\'ements : $2, \mbox{\LARGE, }10,14, 22$.
                        \item ${\rm ord }(\bar k)=8$ est \'equivalent \`a $pgcd(k,24)=3$. Donc $k$ n'est pas divisible par
 $2$, et l'est par $3$. On trouve $4$ \'el\'ements : $3,9,15,21$.
                        \item ${\rm ord }(\bar k)=6$ est \'equivalent \`a $ pgcd(k,24)=4$. Donc $k$ n'est pas divisible par
 $3$, et l'est par $4$ mais pas par $8$. On trouve $2$ \'el\'ements : $4, 20$.
                        \item ${\rm ord} (\bar k)=4$ est \'equivalent \`a $ pgcd(k,24)=6$. Donc $k$ est  divisible par
 $3$, et l'est par $2$ mais pas par $4$. On trouve $2$ \'el\'ements :  $6, 18$.
                        \item ${\rm ord }(\bar k)=3$ est \'equivalent \`a $ pgcd(k,24)=8$. Donc $k$ n'est  pas divisible par
 $3$, et l'est par $8$ . On trouve $2$ \'el\'ements :  $8, 16$.
                        \item ${\rm ord }(\bar k)=2$ est \'equivalent \`a $ pgcd(k,24)=12$. Donc  On trouve $1$ \'el\'ement :  $12$.
                      \end{itemize}



Donner la liste des d'\'el\'ements d'ordre $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $24$ dans $k^*$ (cette derni\`ere question est r\'ep\'etitive et un peu longue, on pourra donc se contenter de donner le nombre d'\'el\'ements d'ordre $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $24$ et des exemples).

Puisqu'il y a un \'el\'ement d'ordre $24$ dans $k^*$ ce groupe qui a $24$ \'el\'ements est isomorphe \`a $\Z/24\Z$. Il y a donc autant d'\'el\'ements d'ordre $2$, $3$, etc que dans $\Z/24\Z$.

En particulier $\alpha$ est d'ordre $24$, $\alpha^2=2\alpha+2$ est d'ordre $12$, $\alpha^3 =\alpha + 4$ d'ordre $8$, \ldots ,  $4$ d'ordre $2$.


\vskip 3mm
\textbf{3.} Donner la liste des polyn\^omes irr\'eductibles sur le
corps $\F_2$ de degr\'e inf\'erieur ou \'egal \`a $2$, $3$ et $4$.

En degr\'e $2$ et $3$ ceux qui n'ont pas de racines, ce sont $X^2+X+1$, $X^3+X+1$, $X^3+X^2+1$ (on devait donner quelques pr\'ecisions).

En degr\'e $4$ on a montr\'e en cours qu'il fallait \'eliminer, outre les polyn\^omes qui ont des racines, ceux qui sont le produit de deux polyn\^omes irr\'eductibles de degr\'e $2$. Ce qui revient \`a \'eliminer $(X^2+X+1)^2=X^4+X^2+1$.

La condition sur les racines pour $X^4+aX^3+bX^2+cX+d$ s'\'ecrit $d \not=0$, donc $d=1$, et $1+a+b+c+1 \not = 0$. il reste donc la condition $a+b+c \not =0$. On trouve (\'eliminant $X^4+X^2+1$) $X^4+X+1$, $X^4+X^3+1$, $X^4+X^3+X^2+X+1$.

On pourra admettre dans la suite que le polyn\^ome $P=X^4+X^3+1$ est irr\'eductible. Quel est le nombre d'\'el\'ements du corps $L=\F_2[X]/(X^4+X^3+1)$. On notera comme il est d'usage $\alpha$ la classe $\bar X$, si bien que $\{1, \alpha, \alpha^2, \alpha^3\}$ est une base de $L$ sur $\F_2$.

Calculer l'inverse de $\alpha +1$ et celui de $\alpha^2+1$ dans cette base (on partira soit de $P$, soit on cherchera \`a r\'esoudre un syst\`eme lin\'eaire appropri\'e) et celui de $\alpha^2+1$ dans cette base.


Soit $\alpha^4+\alpha^3=1$ donc $\alpha^3(\alpha+1)=1$, et $\alpha^6(\alpha^2+1)=1$, $\alpha^6=\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1$.

\smallskip
{\em J'ai du mal \`a comprendre les calculs qui suivants (est-ce que tu veux dire que $\alpha^6 = a\alpha^3+b\alpha^2+c\alpha+d$ et calculer $a, b, c$ et $d$?)  Mais je suis d'accord : $\alpha^6=\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1$.  A mon avis le mieux pour le trouver serait de faire une division de polyn\^omes et de prendre le reste. Il y a donc des corrections \`a faire dans ce qui suit, mais je ne sais pas exactement lesquelles :} 
\smallskip

Soit on r\'esout le syst\`eme lin\'eaire { \b $(\alpha^2+1)(\alpha^6=\alpha^3+\alpha^2+\alpha+1\biggr)=1$}, $a,b,c,d \in \F_2$, soit
$c=0$, $b+c=0$, $a+b${\b$\mathbf{=}$}$0$, $a+d=1$.

\smallskip
\smallskip

Soit (utilisant Fermat) (ce n'est pas aussi ag\'eable, et est juste donn\'e pour m\'emoire) on note que $(1+\alpha)^{\mathbf 15}=1$ et donc l'inverse est $(1+\alpha)^{\mathbf 14}$  qui est \'egal \`a $(1+\alpha)^8(1+\alpha)^4(1+\alpha)^2=(1+\alpha^8)(1+\alpha^4)(1+\alpha^2)$ qui, comme $\alpha^4=\alpha^3+1$, est encore \'egal \`a
$(1+\alpha^8)(1+\alpha^4)(1+\alpha)^2=\alpha^6\alpha^3(1+\alpha^2)=\alpha^{9}(1+\alpha)^2$. Mais $\alpha^{9}=
\alpha^8\alpha=(\alpha^6+1)\alpha=\alpha^7+\alpha$, on calcule $\alpha^7=\alpha^2+\alpha+1$.
Il suit que $\alpha^{9}=\alpha^2+1$. Donc $\alpha^{9}(1+\alpha)^2=(1+\alpha)^4=1+\alpha^4=\alpha^3$.

Quel est l'ordre de $\alpha $ dans $L^*$? Donner les \'el\'ements d'ordre $3$, $5$ et $15$ dans $L^*$.

On a fait des calculs plus haut, les ordres possibles sont $3$, $5$ et $15$, or $\alpha^3$ est dans la base et
$\alpha^5=\alpha^3+\alpha+1$. Donc $\alpha$ est d'ordre $15$.
Comme plus haut on trouve les \'el\'ements de la forme $\alpha^i$, avec $pgcd(1,15)=1$ d'ordre $15$, il y en a $\varphi(15)=8$ : $\alpha,\alpha^2,\alpha^4=\alpha^3+1,\alpha^8=\alpha+\alpha^2+\alpha^3$, et $\alpha^7=1+\alpha+\alpha^2$ (voir plus haut), $\alpha^{11}=1+\alpha+\alpha^3$, $\alpha^{13}=\alpha+\alpha^2$,  $\alpha^{14}=\alpha^2+\alpha^3$.

Egalement $\alpha^3$, $\alpha^6$, $\alpha^9$, $\alpha^{12}$ sont d'ordre $5$ (on laisse l'\'ecriture  dans la base \`a faire).


Trouver dans $L$ une racine du polyn\^ome $X^4+X^3+X^2+X+1$ (on pourra se servir de l'identit\'e $(X+1)(X^4+X^3+X^2+X+1)=1=X^5+1$).

A cause de l'identit\'e on voit que l'on cherche un \'el\'ement d'ordre $5$,  $\alpha^3$ convient.

Trouver dans $L$ une racine du polyn\^ome $X^2+X+1$. A cause de $(X+1)(X^2+X+1)=1=X^3+1$ on cherche un \'el\'ement d'ordre $5$, $\alpha^5=1+\alpha+\alpha^3$ convient.




\vskip 3mm

\saut \textbf{4.} On admet dans la suite que l'anneau $\Ga$ des entiers de Gauss est  principal. D\'ecomposer $x=5+3i$ en produit d'\'el\'ements irr\'eductibles. (N'\'etait pasz dans l'\'epreuve)

 \smallskip

 On a $N(x) = 5^2 + 3^2 = 34 = 2 \times 17$. D'o\`u $x \bar x =  (1+i)(1-i)(4+i)(4-i)$. Les \'el\'ements $1+i$, $1-i$, $4+i$ et $4-i$ sont irr\'eductibles dans $\Ga$ car ils sont de la forme $a+ib$ avec $a^2+b^2$ premiers. Par unicit\'e de la d\'ecomposition en irr\'eductibles dans un anneau principal, on sait que $x$ (ainsi que $\bar x$) est un produit de certains d'entre eux. On voit imm\'ediatement que $5+3i=(1+i)(4-i)$ (ou bien que $5+3i=(1-i)(4+i)$ - ce qui donne la m\^eme r\'eponse du fait que $(1+i)$ et $(1-i)$ sont associ\'es).

\saut \textbf{5.}
 Soit l'entier de Gauss $3+2i$.  On cherche \`a montrer que 
 $\Ga/(3+2i)$ est isomophe   \`a $\F_{13}$. A cette fin, montrer que l'application $\phi$ de $\Ga$ dans $\F_{13}$,  donn\'ee par $a+ib \mapsto \overline{a +5b}$ est un homomorphisme d'anneaux, dans la formule $\overline{a +5b}$ d\'esigne la classe de congruence modulo $13$ de $a+5b$. On v\'erifiera en particulier que $\phi(xx')=\phi(x)\phi(x')$.
 
 
 Pour cette derni\`ere formule il faut montrer que si on a $x=a+ib$ et $x'=a'+ib'$, alors
 $$
 aa'-bb'+5(ab'+a'b) \cong (a+5b)(a'+5b') \, \, \, \, {\rm mod} \, \, \, \, 13
 $$
 soit $
 -bb' \cong 25 bb' \, \, \, \, {\rm mod} \, \, \, \, 13
 $. 

 Montrer qu'elle est surjective sur $\F_{13}$.
  
 Il suffit de prendre la classe de $a \in \Z$.
 
 Montrer que $3+2i$ est dans son noyau, 
 
 $3+2 \times 5= 13$
 
 puis que ce noyau est l'id\'eal $(3+2i)$ (on pourra se servir du fait  que $3+2i$ est irr\'eductible, en le justifiant). 
 
 Un \'el\'ement $a+ib$  de $\Ga$ tel que $a^2+b^2$ est premier (dans $\Z$!) est irr\'eductible. Le noyau de $\phi$
 contient l'id\'eal maximal $(3+2i)$ (citer le cours, voir 1!) , n'est pas \'egal \`a $\Ga$ et est \'egal \`a $(3+2i)$.
 
 En d\'eduire que que $\Ga/(3+2i)$ est isomorphe
 \`a $\F_{13}$.
 
 Th\'eor\`eme d'isomorphisme.









\end{document}
