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\thispagestyle{empty}

\begin{document}
\noindent \textbf{Alg\`ebre et Th\'eorie des nombres - Printemps 2008} \hfill \textbf{Universit\'e Claude Bernard Lyon 1}
\vspace{0.3cm}
\hrule

\vspace{0.5cm}

\begin{center} {\bfseries \scshape R\'evisions : corrig\'e du devoir} \end{center}

\vspace{0.3cm}

\noindent {\bfseries Probl\`eme 1} --- 1. Quel que soit l'entier $n \geq 2$, les classes de $1$ et $-1$ dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ sont manifestement des solutions de l'\'equation $x^2 = 1$. Ces deux classes co\"{\i}ncident si et seulement si $2 \equiv 0 \ (\mathrm{mod} \ n)$, donc si et seulement si $n = 2$ ; par suite, $\lambda(2) = 1$ et $\lambda(n) \geq 2$ pour tout $n \geq 3$.

\vspace{0.1cm} Si $n$ est un nombre premier, l'anneau $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est un corps commutatif et le polyn\^ome $\X^2 - 1$ a alors au plus $2$ racines dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ ; on a par suite $\lambda(3) = \lambda(5) = \lambda(7) =2$.

\vspace{0.1cm} Il reste \`a \'etudier les cas $n=4$, $n=6$ et $n=8$, que l'on peut traiter directement en calculant $x^2$ pour tout \'el\'ement $x$ de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. On obtient $\lambda(4) = \lambda(6) = 2$ et $\lambda(8) = 4$ (les solutions sont les classes de $1$, $-1$, $3$ et $-3$).

\vspace{0.2cm} 2. Quels que soient les nombres entiers naturels $n$ et $n'$ premiers entre eux, l'application $$f : \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n'\mathbb{Z}, \ \ m \mapsto (m \ (\mathrm{mod} \ n), m \ (\mathrm{mod} \ n'))$$ induit un isomorphisme d'anneaux $\overline{f}$ entre $\mathbb{Z}/nn'\mathbb{Z}$ et l'anneau produit $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n'\mathbb{Z}$ (th\`eor\`eme chinois des restes). L'\'equation $x^2-1 = 0$ a par suite autant de solutions dans l'anneau $\mathbb{Z}/nn'\mathbb{Z}$ qu'elle en a dans l'anneau $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n'\mathbb{Z}$. \'Ecrivant les \'el\'ements de ce dernier anneau sous la forme $x = (y,y')$, $x^2 = (y^2, {y'}^2)$ et $1 = (1,1)$ donc les solutions de l'\'equation $x^2 - 1 = 0$ dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n'\mathbb{Z}$ sont les couples $(y,y')$ constitu\'es d'une solution de cette \'equation dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ et d'une solution dans $\mathbb{Z}/n'\mathbb{Z}$ ; comme il y a $\lambda(n)\lambda(n')$ couples de cette forme, nous en d\'eduisons $\lambda(nn') = \lambda(n)\lambda(n')$.

\vspace{0.2cm} 3. Consid\'erons un nombre premier $p \geq 3$ et un nombre entier $\alpha \geq 1$. Quel que soit le nombre entier $x$, $\mathrm{pgcd}(x-1, x+1) = 2$ et donc $p^{\alpha}$ divise $x^2-1 = (x-1)(x+1)$ si et seulement si $p^{\alpha}$ divise $x-1$ ou $x+1$, de sorte que les classes de $1$ et $-1$ sont les seules solutions de l'\'equation $x^2 - 1 = 0$ dans l'anneau $\mathbb{Z}/p^{\alpha} \mathbb{Z}$.

\vspace{0.2cm} 4. (i) On a d\'ej\`a calcul\'e $\lambda(2) = 1$, $\lambda(4)=2$, $\lambda(8)=4$. On peut d\'eterminer $\lambda(16)$ de mani\`ere directe en calculant $x^2$ pour tout \'el\'ement $x$ de $\mathbb{Z}/16\mathbb{Z}$, ce qui conduit \`a $\lambda(16) = 4$ (les solutions sont les classes de $1$, $-1$, $7$ et $-7$).

\vspace{0.1cm}  \indent (ii) Consid\'erons un nombre entier $\alpha \geq 3$ et un nombre entier $x \in \mathbb{Z}$ tel que $2^{\alpha} | x^2-1$. Comme $2 | x^2 - 1$, $x \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 2)$ et donc $x = 1 + 2y$ avec $y \in \mathbb{Z}$. On a alors $x^2-1 = (1+2y)^2 - 1 = 4y + 4y^2 = 4y(y+1)$ et donc $2^{\alpha - 2} | y(y+1)$ puisque $2^{\alpha} | x^2-1$.

R\'eciproquement, tout nombre entier $x$ de la forme $1 +2y$ avec $y \in \mathbb{Z}$ et $y \equiv 0 \ (\mathrm{mod} \ 2^{\alpha - 2})$ v\'erifie \begin{eqnarray*} x^2 - 1 = 4y(y+1) & \equiv & 0 \ (\mathrm{mod} \ 4.2^{\alpha-2}) \\ & \equiv & 0 \ (\mathrm{mod} \ 2^{\alpha}). \end{eqnarray*}

\vspace{0.1cm} \indent (iii) Quel que soit le nombre entier $y$, $y$ et $y+1$ sont premiers entre eux donc $2^{\alpha - 2}$ divise $y(y+1)$ si et seulement si $2^{\alpha - 2}$ divise $y$ ou $y+1$. Vu la question pr\'ec\'edente, il en d\'ecoule que les nombres entiers $x$ tels que $x^2 - 1 \equiv 0 \ (\mathrm{mod} \ 2^{\alpha})$ sont pr\'ecis\'ement ceux de la forme $1+ 2^{\alpha - 1}z$ ou $1 + 2(-1 + 2^{\alpha - 2}z) = -1 + 2^{\alpha - 1}z$ avec $z \in \mathbb{Z}$. Ces conditions d\'eterminent exactement quatre classes modulo $2^{\alpha}$ : $$1, \ \ -1, \ \ 1+2^{\alpha - 1} \ \ \textrm{et} \ \ -1 + 2^{\alpha -1},$$ les deux premi\`eres correspondant \`a $z$ pair, les deux derni\`eres \`a $z$ impair.

Nous venons de prouver que, pour tout nombre entier $\alpha \geq 3$, l'\'equation $x^2 - 1 = 0$ admet exactement quatre solutions dans l'anneau $\mathbb{Z}/2^{\alpha}\mathbb{Z}$, c'est-\`a-dire $\lambda(2^{\alpha}) = 4$.

\vspace{0.2cm} 5. Soit $n$ un nombre entier naturel sup\'erieur ou \'egal \`a $2$ et soit $n = 2^{v_2(n)}\prod_{p > 2} p^{v_p(n)}$ la d\'ecomposition de $n$ en produit de facteurs premiers, o\`u l'on note $v_p(n)$ la plus grande puissance du nombre premier $p$ divisant $n$.

Soit $\ell$ le nombre de diviseurs premiers \emph{impairs} de $n$. En vertu des questions 2 et 3, \begin{eqnarray*} \lambda(n) & = & \lambda(2^{v_2(n)}) \prod_{p > 3} \lambda(p^{v_p(n)}) \\ & = & \lambda(2^{v_2(n)}) \prod_{p \geq 3 \ \textrm{ et } p|n} 2 \\ & = & \lambda(2^{v_2(n)})2^{\ell(n)} \end{eqnarray*} et donc, en vertu de la question 5, $$\lambda(n) = \left\{\begin{array}{ll} 2^{\ell(n)} & \textrm{ si } v_2(n) \leq 1 \\ 2^{\ell(n)+1} & \textrm{ si } v_2(n) = 2 \\ 2^{\ell(n) +2} & \textrm{ si } v_2(n) \geq 3 \end{array} \right. .$$

Exemple : $440 = 2^3.5.11$, donc $\lambda(440) = 2^{2+2} = 16$.

\vspace{0.5cm}
\noindent {\bfseries Probl\`eme 2} ---  1. (i) Soit $g \in \N$. Puisque $gxg^{-1} \in g\Hr g^{-1} = \Hr$, il existe un unique \'el\'ement $\nu(g) \in \{0, 1, \ldots, n-1\}$ tel que $gxg^{-1} = x^{\nu(g)}$. Deux \'el\'ements d'un groupe ayant le m\^eme ordre s'ils sont conjugu\'es, $x^{\nu(g)}$ est d'ordre $\mathrm{ord}(x) = n$. D'autre part, quel que soit le nombre entier $m$, $x^m$ est d'ordre $\frac{\mathrm{ord}(x)}{\mathrm{pgcd}(m, \mathrm{ord}(x))}$ ; on a donc $\mathrm{pgcd}(m,n) = 1$.

\vspace{0.1cm} \indent (ii) Quels que soient les \'el\'ements $g$ et $h$ de $\N$, $$(gh)x(gh)^{-1} = g(hxh^{-1})g^{-1} = gx^{\nu(h)}g^{-1} = (gxg^{-1})^{\nu(h)} = (x^{\nu(h)})^{\nu(g)} = x^{\nu(g)\nu(h)} \ ;$$ on a donc $x^{\nu(gh)} = x^{\nu(g)\nu(h)}$, soit encore $x^{\nu(gh) - \nu(g)\nu(h)} = 1$. Comme $x$ est d'ordre $n$, il en d\'ecoule $\nu(gh) - \nu(g)\nu(h) \equiv 0 \ (\mathrm{mod} \ n)$ et l'application $$\overline{\nu} : \N \rightarrow \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, \ g \mapsto \nu(g) \ (\mathrm{mod} \ n)$$ est donc un homomorphisme de groupes.

\vspace{0.1cm} Le noyau de l'homomorphisme $\overline{\nu}$ est compos\'e des \'el\'ements $g$ de $\N$ tels que $x^{\nu(g)} = x$, c'est-\`a-dire tels que $g^{-1}xg = x$ ; il s'agit donc du sous-groupe $\C$ de $\N$.

\vspace{0.2cm} 2. \indent (i) Une permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_m$ est un cycle de longueur $\ell$ si et seulement si elle poss\`ede dans $\{1, \ldots, m\}$ une orbite de cardinal $\ell$ et $m-\ell$ orbites r\'eduites \`a un point.

Soit $c$ un cycle de longueur $\ell$ et soit $k$ un nombre entier premier \`a $\ell$. \begin{itemize} \item Toute orbite ponctuelle de $c$ est \'egalement une orbite ponctuelle de $c^k$ puisque, si $c(x)=x$, alors $c^k(x) = x$. \item Soit $\Or = \{a_1, \ldots, a_{\ell}\}$ l'orbite de $c$ de cardinal $\ell$ et choisissons des entiers $u$ et $v$ tels que $1 = uk+v\ell$. Comme $\Or$ est une orbite de $c$, il existe pour chaque $i \in \{1, \ldots, \ell\}$ un entier $m$ tel que $a_i=c^m(a_1)$ ; on a alors $$a_i = c^{m}(a_1) = c^{muk+mv\ell}(a_1) = c^{muk}(a_1) = (c^{k})^{mu}(a_1),$$ et donc $\Or$ est l'orbite de $a_1$ sous $c^k$. \end{itemize} Nous venons de v\'erifier que la permutation $c^k$ poss\`ede $m-\ell$ orbites ponctuelles et une orbite de longueur $\ell$, ce qui prouve qu'il s'agit d'un cycle de longueur $\ell$.

\vspace{0.1cm} \indent (ii) Les g\'en\'erateurs du groupe cycle $\Hr$ sont les \'el\'ements de la forme $x^k$ avec $\mathrm{pgcd}(k,\mathrm{ord}(x))=1$. Consid\'erons la d\'ecomposition de la permuation $x$ en un produit de cycles de supports disjoints : $x = c_1 \ldots c_r$ ; l'ordre de $x$ est le plus plus petit commun multiple des ordres des cycles $c_1, \ldots, c_r$. Quel que soit le nombre entier $k$ premier \`a l'ordre $n$ de $x$, $k$ est ainsi premier \`a l'ordre $\ell_i$ du cycle $c_i$ et donc, en vertu de la question pr\'ec\'edente, $c_i^k$ est encore un cycle de longueur $\ell_i$. Les cycles $c_1, \ldots, c_r$ ayant des supports disjoints, ils commutent deux \`a deux et donc $x^k = (c_1 \ldots c_r)^k = c_1^k \ldots c_r^k$. Les deux permutations $x$ et $x^k$ ont par suite des d\'ecompositions en produits de cycles de supports disjoints faisant intervenir des cycles de m\^emes longueurs, ce qui garantit qu'elles sont conjugu\'ees par un \'el\'ement de $\mathfrak{S}_m$.

Ainsi, tout g\'en\'erateur du groupe cyclique $\Hr$ est conjugu\'e \`a $x$.

\vspace{0.1cm} \indent (iii) L'homomorphisme $\overline{\nu} : \N \rightarrow (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ est surjectif en vertu de la question pr\'ec\'edente ; comme son noyau est le sous-groupe $\C$ de $\N$ (question 1, (ii)), cet homomorphisme induit un isomorphisme entre les groupes $\N/\C$ et $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ par application de la propri\'et\'e universelle du noyau (th\'eor\`eme de Noether).

\vspace{0.1cm} \indent (iv) Supposons que $x$ soit un cycle de longueur $m$ et soit $g$ un \'el\'ement de $\mathfrak{S}_m$ tel que $gx = xg$. Si l'on \'ecrit $x$ sous la forme $x= (a_1, \ldots, a_m)$, $gxg^{-1} = (g(a_1), \ldots, g(a_m))$ et donc les cycles $(a_1, \ldots, a_m)$ et $(g(a_1), \ldots, g(a_m))$ sont \'egaux. D\'efinissant $s$ comme l'unique \'el\'ement de $\{1, \ldots, m\}$ tel que $g(a_1) = a_s$, on a $$g(a_i) = \left\{\begin{array}{ll} a_{i+(s-1)} & \textrm{ si } i+s-1 \leq m \\ a_{i+s-1-m} & \textrm{ si } i+s-1 > m \end{array} \right.$$ Comme d'autre part $$x^r(a_i) = \left\{ \begin{array}{ll} a_{i+r} & \textrm{ si } i+r \leq m \\ a_{i+r-m} & \textrm{ si } i+r > m \end{array} \right. ,$$ pour tout nombre entier $r \in \{0, \ldots, m-1\}$, nous obtenons $g = x^{s-1}$ et donc finalement $\C = \Hr$.

\vspace{0.1cm}
Comme les groupes $\N/\C$ et $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ sont isomorphes, $|\N/\C| = \varphi(n)$ (fonction indicatrice d'Euler) et donc $|\N| = |\C||\N/\C| = \varphi(n)|\C|$. Dans le cas que l'on consid\`ere, $\Hr$ est le sous-groupe cyclique de $\mathfrak{S}_m$ engendr\'e par un cycle de longueur $m$ et $\Hr = \C$ ; on a donc $|\C| = |\Hr| = m$, d'o\`u $|\N| = \varphi(n)m$.

%Notant $s$ l'\'el\'ement de $\{1, \ldots, m\}$ tel que $g(a_1)=a_s$, on a alors $g(a_{1+i}) = a_{s+i}$ pour tout $0 \leq i \leq m-s$ et $g(a_{1+i}) = a_{s+i-m}$ pour tout $i \in \{m-s+1, \ldots, m-1\}$ ; comme, pour tout nombre entier $r$, $c^r(a_i) = a_{i+r}$ si $1 \leq i \leq m-r$ et $c^r(a_i) = a_{

\vspace{0.5cm}
\noindent {\bfseries Probl\`eme 3} --- 1. Si une permutation $\sigma$ est \'ecrite comme un produit $c_1 \ldots c_r$ de cycles de supports disjoints, $\varepsilon(\sigma) = \varepsilon(c_1) \ldots \varepsilon(c_r) = (-1)^{\ell(c_1) - 1 + \ldots + \ell(c_r)-1}$ et donc $\sigma$ appartient au sous-groupe $\mathfrak{A}_n$ de $\mathfrak{S}_n$ si et seulement si $\ell(c_1) + \ldots + \ell(c_r) - r$ est un nombre pair.

Pour chaque $n \in \{2,3,4,5\}$, les suites $(\ell(c_1), \ldots, \ell(c_r))$ convenables sont les suivantes : \begin{itemize} \item $(1,1)$ si $n = 2$, \item $(1,1,1)$ et $(3)$ si $n = 3$, \item $(1,1,1,1)$, $(1,3)$ et $(2,2)$ si $n = 4$, \item $(1,1,1,1,1)$, $(1,1,3)$, $(1,2,2)$ et $(5)$ si $n=5$. \end{itemize} Autrement dit, $\mathfrak{A}_2 = \{1\}$, $\mathfrak{A}_3$ est constitu\'e de l'identit\'e et des cycles de longueur $3$, $\mathfrak{A}_4$ est constitu\'e de l'identit\'e, des cycles de longueur $3$ et des produits de deux transpositions de supports disjoints, $\mathfrak{A}_5$ est constitu\'e de l'identit\'e, des cycles de longueurs $3$ et $5$ et des produits de deux transpositions de supports disjoints.

\vspace{0.2cm} 2. \indent (i) D'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede, $\mathfrak{A}_3 = \{1, (1,2,3), (1,3,2)\}$ et il s'agit du groupe cyclique engendr\'e par le cycle $(1,2,3)$. L'application $\mathbb{Z} \rightarrow \mathfrak{A}_3, \ m \mapsto (1,2,3)^m$ induit donc un isomorphisme entre les groupes $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ et $\mathfrak{A}_3$.

\vspace{0.1cm} \indent (ii) Le groupe $\mathfrak{S}_4$ agit naturellement sur l'ensemble $\{\{\{1, 2\}, \{3,4\}\}, \{\{1,3\},\{2,4\}\}, \{\{1,4\},\{2,3\}\}\}$ des partitions de $\{1,2,3,4\}$ en r\'eunion de deux sous-ensembles disjoints \`a deux \'el\'ements en posant $\sigma \big( \{\{a,b\},\{c,d\}\} \big) = \{\{\sigma(a), \sigma(b)\}, \{\sigma(c),\sigma(d)\}\}$. 

On peut v\'erifier directement que $\Hr$ est stable par multiplication et inversion, de sorte qu'il s'agit bien d'un sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$ ; il s'agit en fait d'un sous-groupe de $\mathfrak{A}_4$ car tous les \'el\'ements de $\Hr$ sont des permuations paires. Enfin, comme le conjugu\'e d'un produit de cycles de supports disjoints et de longueurs $\ell_1, \ldots, \ell_r$ est un produit de cycles de supports disjoints et de longueurs $\ell_1, \ldots,\ell_r$, $\Hr$ est stable par conjugaison et il s'agit donc d'un sous-groupe distingu\'e de $\mathfrak{A}_5$.

Le groupe quotient $\mathfrak{S}_4/\Hr$ est de cardinal $|\mathfrak{S}_4|/|\Hr| = \frac{12}{4} = 3$ et donc est n\'ecessairement isomorphe au groupe $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$.

\vspace{0.2cm} 3. \indent (i) Supposons $n \geq 3$ et soient $t$, $t'$ deux transpositions distinctes dans $\mathfrak{S}_3$.

\begin{itemize}
\item Si les supports de $t$ et $t'$ ne sont pas disjoints, ils ont exactement un \'el\'ement un commun et donc ces transpositions sont de la forme $t=(a,b)$, $t'=(b,c)$ avec $c \neq a$. On a alors $tt' = (a,b)(b,c) = (a,b,c)$ et donc $tt'$ est un cycle de longueur $3$. 
\item Si les supports de $t$ et $t'$ sont disjoints, $t=(a,b)$ et $t'=(c,d)$ avec $\{a,b\} \cap \{c,d\} = \varnothing$ et alors $tt' = (a,b)(c,d) = (a,b)(b,c)^2(c,d) = (a,b,c)(b,c,d)$ est le produit de deux cycles de longueur $3$.
\end{itemize}

\vspace{0.1cm} \indent (ii) Comme les cycles de longueur $3$ sont des permutations de signatures $1$, le sous-groupe de $\mathfrak{S}_n$ engendr\'e par les cycles de longueur $3$ est contenu dans $\mathfrak{A}_n$.

R\'eciproquement, les transpositions engendrant le groupe sym\'etrique, toute permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ s'\'ecrit comme un produit de $r$ transpositions et, comme $\varepsilon(\sigma) = (-1)^r$, $r$ est pair si $\sigma$ appartient au groupe altern\'e $\mathfrak{A}_n$. Tout \'el\'ement $\sigma$ de $\mathfrak{A}_n$ s'\'ecrit par cons\'equent sous la forme $\sigma = \sigma_1 \ldots \sigma_m$, o\`u $\sigma_1, \ldots, \sigma_m$ sont des produits de deux transpositions ; vu la question pr\'ec\'edente, $\sigma$ s'\'ecrit alors \'egalement sous la forme d'un produit de cycles de longueur $3$. 

Nous avons ainsi prouv\'e que le sous-groupe altern\'e $\mathfrak{A}_n$ de $\mathfrak{S}_n$ est engendr\'e par les cycles de longueur $3$ d\`es que $n \geq 3$.

\vspace{0.2cm} 4. Soit $\N$ un sous-groupe distingu\'e de $\mathfrak{A}_5$.

\indent (i) Tous les cycles de longueur $3$ sont conjugu\'es dans le groupe $\mathfrak{A}_5$ (attention, c'est plus restrictif que la conjugaison dans $\mathfrak{S}_5$!). En effet, \'etant donn\'es deux cycles $c$ et $c'$ de longueur $3$, on sait tout d'abord qu'il existe une permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_5$ telle que $c' = \sigma c \sigma^{-1}$. Si $\sigma \in \mathfrak{A}_5$, il n'y a plus rien \`a faire ; sinon, il faut modifier $\sigma$ pour obtenir une conjugaison par un \'el\'ement de $\mathfrak{A}_5$. Supposons donc que l'on ait $\varepsilon(\sigma) = -1$. Comme le support du cycle $c$ est de cardinal $3$, il existe deux \'el\'ements distincts $a$ et $b$ de $\{1, \ldots, 5\}$ n'appartenant pas au support de $c$ ; on a alors $(a,b)c = c (a,b)$ et, posant $\sigma' = \sigma (a,b)$, \begin{eqnarray*}\sigma' c {\sigma'}^{-1} & = & \sigma (a,b) c (a,b) \sigma^{-1} \\ & = & \sigma c \sigma^{-1} \\ & = & c'. \end{eqnarray*} Comme $\varepsilon(\sigma') = -\varepsilon(\sigma) = 1$, nous avons obtenu la conjugaison par un \'el\'ement de $\mathfrak{A}_5$.

Maintenant, si le sous-groupe $\N$ de $\mathfrak{A}_5$ contient un cycle $c$ de longueur $3$, il contient tous les conjugu\'es de $c$ puisque $\N$ est distingu\'e dans $\mathfrak{A}_5$. Comme tous les cycles de longueur $3$ sont conjugu\'es dans $\mathfrak{A}_5$, $\N$ contient alors tous les cycles de longueur $3$ et, vu la question 3, cela implique aussit\^ot $\N = \mathfrak{A}_5$.

\vspace{0.1cm} \indent (ii) La permutation $g = (2,5)(3,4)$ appartient au groupe altern\'e $\mathfrak{A}_5$ et $g\sigma g^{-1} = (g(1),g(2))(g(3),g(4)) = (1,5)(4,3) = \tau$.

Si l'on suppose que $\N$ contient $\sigma$, $\N$ contient alors $\tau$ et donc \'egalement $\sigma \tau = (1,5,2)$.

\vspace{0.1cm} \indent (iii) La permutation $h = (2,3)(4,5)$ appartient au groupe altern\'e $\mathfrak{A}_5$ et $h\sigma h^{-1} = (h(1),h(2),h(3),h(4),h(5)) = (1,3,2,5,4) = \tau$.

Si l'on suppose que $\N$ contient $\sigma$, $\N$ contient alors $\tau$ et donc \'egalement $\sigma \tau = (1,4,2)$.

\vspace{0.1cm} \indent (iv) Si le sous-groupe distingu\'e $\N$ de $\mathfrak{A}_5$ n'est pas r\'eduit \`a l'identit\'e, $\N$ contient une permutation $\sigma \neq 1$ de signature $1$. Les possibilit\'es sont : un cycle de longueur $3$, le produit de deux transpositions de supports disjoints ou encore un cycle de longueur $5$. Dans chaque cas, il d\'ecoule des deux derni\`eres questions que $\N$ contient n\'ecessairement un cycle de longueur $3$ et donc $\N = \mathfrak{A}_5$ en vertu de (i). 
 
Les seuls sous groupes distingu\'es du groupe $\mathfrak{A}_5$ sont donc $\{1\}$ et $\mathfrak{A}_5$, ce qui prouve que ce groupe est \emph{simple}.

\vspace{0.5cm}
\noindent {\bfseries Probl\`eme 4} --- Dans tout cet exercice, $p$ et $q$ sont deux nombres premiers distincts.

1. On a effectivement $$(\X-1)(\X^{q-1} + \ldots + \X + 1) = (\X^q + \ldots + \X^2 + \X) - (\X^{q-1} + \ldots + \X +1) = \X^q - 1.$$ Comme $f(1) = q  \neq 0$ dans $\mathbb{F}_p$, $1$ n'est pas une racine de $f$ dans $\mathbb{F}_p$.

\vspace{0.2cm} 2. \indent (i) L'anneau quotient $\mathbb{F}_p[\X]/(g)$ est un corps car le polyn\^ome $g$ est irr\'eductible. Rappelons la d\'emonstration : un \'el\'ement non nul $x$ de $\mathbb{F}_p[\X]/(g)$ est la classe d'un polyn\^ome $h \in \mathbb{F}_p[\X]$ non divisible par $g$ ; comme $g$ est irr\'eductible, $h$ et $g$ sont alors premiers entre eux et satisfont par cons\'equent \`a une identit\'e de B\'ezout $1 = ug + vh$ avec $u, v \in \mathbb{F}_p[\X]$. Notant $y$ la classe de $v$ dans l'anneau quotient $\mathbb{F}_p[\X]/(g)$, cette identit\'e fournit la relation  $1 = yx$ dans $\mathbb{F}_p[\X]/(g)$ et ceci prouve que $x$ est inversible. Tout \'el\'ement non nul \'etant inversible, l'anneau $\mathbb{F}_p[\X]/(g)$ est un corps. 

\vspace{0.1cm} \indent (ii) Par division euclidienne, tout polyn\^ome $h \in \mathbb{F}_p[\X]$ s'\'ecrit sous la forme $h = qg+r$ avec $q, r \in \mathbb{F}_p[\X]$ et $\mathrm{deg}(r) \leq \mathrm{deg}(g)-1 = d-1$ ; comme $g$ divise $h - r$, $h$ et $r$ d\'efinissent la m\^eme classe dans $\mathbb{F}_p[\X]/(g)$ et donc chaque classe contient effectivement un polyn\^ome de degr\'e au plus $d-1$. 

D'autre part, deux polyn\^omes $r, r' \in \mathbb{F}_p[\X]$ de degr\'es au plus $d-1$ d\'efinissent la m\^eme classe si et seulement s'ils sont \'egaux : en effet, comme $\mathrm{deg}(r-r') \leq d-1 < \mathrm{deg}(g)$, $r-r' = 0$ si $g | r-r'$.

\vspace{0.1cm} \indent (iii) D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, le cardinal du corps $\K = \mathbb{F}_p[\X]/(g)$ est le nombre de polyn\^omes de degr\'e au plus $d-1$ dans $\mathbb{F}_p[\X]$, ou encore le nombre de $d$-uplets $(a_0, \ldots, a_{d-1})$ d'\'el\'ements de $\mathbb{F}_p$ ; on a donc $\mathrm{Card}(\K) = p^d$. 

\vspace{0.2cm} 3. Soit $x$ la classe de $\X$ dans $\K$.

\vspace{0.1cm}
\indent (i) Puisque $g$ divise $f$, $g$ divise $\X^q - 1$ et donc $x^q - 1 = 0$ dans $\K$ ; cela montre que $x$ est un \'el\'ement de $\K^{\times}$ dont l'ordre divise $q$. Puisque $q$ est un nombre premier, $x$ est donc d'ordre $1$ ou d'ordre $q$. 

Dire que $x$ est d'ordre $1$, c'est dire que $x - 1 = 0$ dans $\K$ et cela \'equivaut \`a $g | \X-1$. Ceci conduit \`a une contradiction car alors $g = \X-1$ et donc $\X - 1 |f$, ce qui n'est pas le cas en vertu de la question 1. Ainsi, l'\'el\'ement $x$ de $\K^{\times}$ est d'ordre $q$.

\vspace{0.1cm} \indent (ii) Le groupe multiplicatif $\K^{\times} = \K - \{0\}$ est d'ordre $p^d - 1$ en vertu de la question 2, (iii). Comme l'ordre de $x$ divise l'ordre de $\K^{\times}$ (th\'eor\`eme de Lagrange), $q | p^d - 1$ et donc $p^d \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ q)$. 

\vspace{0.2cm} 4. Soit $n$ l'ordre de $p$ dans le groupe $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^{\times}$. 

\indent (i) Comme $p^d \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ q)$, l'ordre de $p$ dans $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^{\times}$ divise $d$ : $n|d$. 

\vspace{0.1cm} \indent (ii) Quels que soient $a, b \in \K$, $\F(ab)= (ab)^p = a^pb^p = \F(a)\F(b)$ car $\K$ est commutatif. D'autre part, comme $p | \binom{p}{i}$ pour tout $i \in \{1, \ldots, p-1\}$,$\binom{p}{i} = 0$ dans le sous-corps $\mathbb{F}_p$ de $\K$, donc $\binom{p}{i} = 0$ dans $\K$ et $$\F(a+b) = (a+b)^p = a^p + \sum_{1 \leq i \leq p-1} \binom{p}{i} a^{p-i}b^i + b^p = a^p + b^p = \F(a) + \F(b).$$

\vspace{0.1cm} Il reste \`a v\'erifier que $\F$ est une bijection. Pour cela, il suffit d'observer que $\F$ est un endomorphisme du groupe additif $(\K,+)$ dont le noyau, constitu\'e des \'el\'ements $a$ de $\K$ tels que $a^p = 0$, est r\'eduit \`a $0$ puisque $\K$ est un corps ; $\F$ est par suite une injection, et donc bijection puisque l'ensemble $\K$ est fini.

Ainsi, $\F$ est un automorphisme du corps $\K$.

\vspace{0.1cm} \indent (iii) Par d\'efinition de l'entier $n$, $q$ divise $p^n - 1$ et donc $x^{p^n} = x$ puisque $x^q = 1$. On a donc $\F^n(x) = x^{p^n} = x$.

En vertu de la question 2 (ii), tout \'el\'ement $z$ de $\K$ s'\'ecrit (de mani\`ere unique) sous la forme $a_0 + a_1x + \ldots + a_{d-1}x^{d-1}$ avec $a_i \in \mathbb{F}_p$. Comme $\F$ est un automorphisme de corps, $$\F(z) = \F(a_0 + a_1x + \ldots + a_{d-1}x^{d-1}) = \F(a_0)+\F(a_1)\F(x) + \ldots + \F(a_{d-1})\F(x)^{d-1}$$ et donc $\F(z) = z$ car $\F(x) = x$ et $\F(a) = a$ pour tout $a \in \mathbb{F}_p$ en vertu du petit th\'eor\`eme de Fermat.

Ainsi, $\F^n = \mathrm{id}_{\K}$.

\vspace{0.1cm} \indent (iv) D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, tout \'el\'ement du corps $\K$ est racine du polyn\^ome $\T^{p^n} - \T$. 

\vspace{0.1cm} \indent (v) Le polyn\^ome $\T^{p^{n}} - \T$ ayant au plus $p^n$ racines dans le corps $\K$, $p^d \leq p^n$ et donc $d \leq n$. Comme d'autre part $n | d$ (question 4,(i)), $n \leq d$ et donc finalement $d=n$. 

\vspace{0.1cm} \`A l'issue de ces questions, nous avons d\'emontr\'e que chaque facteur irr\'eductible de $f$ dans $\mathbb{F}_p[\X]$ est de degr\'e \'egal \`a l'ordre de $p$ dans $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^{\times}$ ; en particulier, \emph{tous} les facteurs irr\'eductibles de $f$ dans $\mathbb{F}_p[\X]$ ont le \emph{m\^eme} degr\'e.

\vspace{0.2cm} 5. Nous fixons dans cette question un nombre premier $q$.

\vspace{0.1cm} \indent (i) Soit $a$ un nombre entier et soit $p$ un nombre premier distinct de $q$ qui divise $a^{q-1} + \ldots + a + 1$. Dans ces conditions, la classe $\overline{a}$ de $a$ dans $\mathbb{F}_p$ est une racine du polyn\^ome $f = \X^{q-1} + \ldots + \X + 1$ et donc $\X - \overline{a}$ est un facteur irr\'eductible de $f$ dans $\mathbb{F}_p[\X]$. En vertu de la question 4, ceci implique que la classe de $p$ dans $(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^{\times}$ soit d'ordre $1$, c'est-\`a-dire $p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ q)$. En outre, tous les facteurs irr\'eductibles de $f$ dans $\mathbb{F}_p[\X]$ ayant le m\^eme degr\'e, tous sont de degr\'e $1$ et le polyn\^ome $f$ est scind\'e sur $\mathbb{F}_p$.

\vspace{0.1cm} \indent (ii) \'Etant donn\'e un nombre entier $m \geq 2$ et un facteur premier $p$ de $(m!)^{q-1}+ \ldots + (m!) + 1$, $p$ ne divise pas $m!$ et donc $p \geq m+1$.

\vspace{0.1cm} \indent (iii) Le nombre entier $(q!)^{q-1} + \ldots + q! +1$ est sup\'erieur ou \'egal \`a $q+1 \geq 3$ donc est divisible par un nombre premier $p_1$ ; comme $p_1 \geq q+1$ en vertu de la question pr\'ec\'edente, $p_1$ et $q$ sont distincts et il d\'ecoule alors de la question (i) que l'on a $p_1 \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ q)$. 

On d\'efinit alors par induction une suite strictement croissante $(p_n)_{n \geq 1}$ de nombres premiers comme suit : $p_1$ est choisi comme ci-dessus et $p_{n+1}$ est un nombre premier divisant $(p_n!)^{q-1} + \ldots + p_n + 1 > 1$ ; on a bien $p_{n+1} > p_n$ en vertu de la question (ii), donc $p_{n+1} > p_1 > q$, et $p_{n+1} \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ q)$ en vertu de la question (i). 

\vspace{0.1cm}
Quel que soit le nombre premier $q$, nous avons ainsi d\'emontr\'e l'existence d'une infinit\'e de nombres premiers $p$ tels que $p \equiv \ 1 (\mathrm{mod} \ q)$.

\vspace{0.2cm} \noindent \textbf{Remarque et exercice.} \emph{Soit $p$ un nombre premier sup\'erieur ou \'egal \`a $3$. En rempla{\c c}ant le polyn\^ome $\X^q - 1$ (resp. $f$) par $\X^4 - 1$ (resp. $\X^2 +1$) et en suivant le m\^eme raisonnement que pr\'ec\'edemment, on prouve que tous les facteurs irr\'eductibles de $\X^2 +1$ ont le m\^eme degr\'e, \'egal \`a l'ordre de $p$ dans $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^{\times}$. On en d\'eduit alors comme \`a la question 5 qu'il existe une infinit\'e de nombres premiers de la forme $1 + 4k$, $k \in \mathbb{N}$.}

\vspace{0.1cm} \emph{Plus g\'en\'eralement, une variante de cet exercice permet de d\'emontrer qu'il existe, pour tout entier naturel $n \geq 2$, une infinit\'e de nombres premiers $p$ tels que $p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ n)$.}

  
\end{document} 