algèbre 1 logique, ensembles et arithmétique ablet des

Université Chouaïb Doukkali � Faculté des SciencesDépartement de Mathématiques

Algèbre 1Responsable : A. Haïly

Algèbre 1

Logique, ensembles et arithmétique

Table des matières

1 Logique et ensembles 21.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Notion de proposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Prédicat et quanti�cateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4 Négation d'un prédicat avec quanti�cateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.5 Connecteurs logiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.6 Raisonnements mathématiques. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.7 Inclusion et égalité d'ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.8 Ensemble dé�ni par un prédicat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.9 Opérations sur les ensembles : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.10 Partitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Correspondance, applications et relations binaires 82.1 Couples et produit cartésien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Correspondances . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.4 Injection, surjection, bijection . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.5 Familles d'éléments et familles de parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.6 Relations binaires sur un ensemble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.7 Relation d'équivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.8 Relation d'ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.9 Ordre naturel sur N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3 Arithmétique dans Z 133.1 Relation de divisibilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2 Division euclidienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.3 PGCD et PPCM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.4 Algorithme d'Euclide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.5 L'équation ax + by = c dans Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.6 Nombres premiers et factorisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

4 L'anneau Z/nZ, et arithmétique modulaire 184.1 Relation de congruence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.2 Le théorème des restes chinois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.3 Eléments inversibles modulo n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.4 Complément : Application du logarithme discret à la sécurité de l'information . . . . . . . . . . . 22

5 Exercices Résolus 23

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1 Logique et ensembles

1.1 Introduction

I La logique mathématique s'intéresse aux règles de construction de phrases mathématiques correctes : propo-sitions ou énoncés, et aux règles permettant d'établir la vérité de ces phrases.I Le but de ce chapitre est de rappeler et de compléter les notions fondamentales sur les ensembles et la logique.I La notion d'ensemble est une notion première, qu'on admet et qu'on ne peut pas dé�nir à partir d'autresnotions.I Intuitivement, on peut considérer un ensemble E comme une �collection� d'objets qui sont ses éléments.I Les éléments d'un ensemble sont écrits entre deux accolades {...}. On note x ∈ E pour dire que x appartientà E ou que x est un élément de E. Si x n'est pas un élément de E on note x /∈ E

Exemples 1.1. E = {1, 2, 3} est l'ensemble constitué des nombres 1,2 et 3. On a 2 ∈ E mais 5 /∈ E.

I Certains ensembles de nombres sont supposés connus, aussi nous les considérerons d'une manière systématique,sans les redé�nir. On rapelle les notations usuelles :N, l'ensemble des nombres entiers naturels, N = {0, 1, 2, . . .}.Z, l'ensemble des entiers relatifs, Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}.Q, l'ensemble des nombres rationnels, Q = {p

q : p ∈ Z, q ∈ Z∗}R, l'ensemble des nombres réels contenant Q et les nombres irrationnels tels que

√2, π, e.

C, l'ensemble des nombres complexes, C = {a + bi : a, b ∈ R}, où i2 = −1.

1.2 Notion de proposition

I Les énoncés mathématiques sont constitués de phrases qu'on appelle propositions ou assertions. Une pro-position est un enoncé qui peut être vrai ou faux. Par exemple " 4 est un nombre pair" est une propositionvraie, " 5 < 3" est une proposition fausse. A toute proposition P on attribue sa valeur de vérité, 1 ou �V� sielle est vraie et 0 ou �F� si elle est fausse.I Deux propositions P et Q sont dites équivalentes si elles ont la même valeur de vérité (elles expriment alorsle même contenu). On note P ≡ Q pour signi�er que P et Q sont équivalentes. Ainsi, pour x ∈ N, les deuxpropositions P :′′ x ≤ 7′′ et Q :′′ x + 2 ≤ 9′′, sont équivalentes.I Si P ≡ Q, on dira aussi que �P est vraie, si et seulement si, Q est vraie�, ou que Q est une condition nécessaireet su�sante pour P .I Négation d'une proposition. A partir d'une proposition P on peut former sa négation nonP notée aussi¬P ou encore P , qui a la valeur de vérité contraire à celle de P , suivant la table de vérité suivante :

P PV FF V

Par exemple la négation de x ∈ E est x /∈ E. La négation de x = y est x 6= y.

Proposition 1.2. P ≡ P .

1.3 Prédicat et quanti�cateurs

I On appelle prédicat ou forme propositionnelle, une proposition P (x, y, . . .), contenant des variablesx, y, ... , et dont la valeur de vérité dépend de ces variables. "x est pair" est un prédicat. (La variable ici est x).Les prédicats sont souvent précédés par des quanti�cateurs en lien avec les variables. On distingue deux typesde quanti�cateurs :I Le quanti�cateur universel : ∀ (quelque soit ou pour tout). L'enoncé ∀x ∈ E on a P (x), veut dire que toutx ∈ E véri�e P (x).

Exemple 1.3. ∀x ∈ R, x2 ≥ 0.

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I Le quanti�cateur existentiel : ∃ (il existe). L'énoncé ∃x ∈ E : P (x) veut dire qu'il existe x ∈ E qui véri�eP (x).

Exemple 1.4. ∃x ∈ R : x2 = 2.

I On utilise aussi parfois le symbole ∃! pour l'existence et l'unicité. ∃!x ∈ E : P (x), veut dire qu'il existe unseul x tel que P (x).

Exemple 1.5. ∃!x ∈ R+ : x2 = 2.

1.4 Négation d'un prédicat avec quanti�cateur

La négation de ∀x ∈ E,P (x) est ∃x ∈ E : P (x).

Exemple 1.6. la négation de ′′∀x ∈ R, x2 ≥ 0′′, est ′′∃x ∈ R : x2 < 0′′.

De même, la négation de ∃x ∈ E : P (x) est ∀x ∈ E, P (x).

I Un enoncé peut contenir deux ou même plusieurs quanti�cateurs, l'ordre dans lequel ils sont écrits est impor-tant. Ainsi une assertion qui commence par ∀x, ∃y n'est pas nécessairement équivalente à celle qui commencepar ∃y, ∀x.

Exemple 1.7. ∀x ∈ R,∃y ∈ R : x < y est vraie, alors que ∃y ∈ R : ∀x ∈ R, x < y est fausse.

1.5 Connecteurs logiques

I A partir de deux propositions P et Q on peut former d'autres propositions à l'aide de connecteurs logiques :et, ou,⇒,⇔, . . . .

I La conjonction : P et Q, notée aussi P∧Q, qui est vraie seulement si les deux propositions P et Q sont vraies :

P Q P etQV V VV F FF V FF F F

Exemple 1.8. Soit x ∈ N, on considère les propositions P :′′ x est un diviseur de 24 (x | 24)′′ et Q :′′ x ≤ 6′′ .P etQ est vraie pour x = 1, 2, 3, 4, 6, elle est fausse pour 8, par exemple.

Proposition 1.9. Soient P,Q,R trois propositions, alors :1 - P et Q ≡ QetP2 - (P et Q) etR ≡ Pet (Q etR)3 - P et P ≡ P.4 - Principe de non contradiction : P et (nonP) est toujours fausse.

Une théorie (ou un raisonnement) est dite contradictoire, si elle contient une proposition et sa négation quisoient toutes les deux vraies.

I La disjonction P ou Q, notée aussi P ∨Q qui est vraie si l'une au moins des propositions P et Q est vraie :

P Q P ouQV V VV F VF V VF F F

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Exemple 1.10. Dans l'exemple 1.8 précédent P ouQ est vraie pour x = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 12, 24.

Proposition 1.11. Soient P,Q,R trois propostions :1 - P ouQ ≡ Qou P.2 - (P ouQ) ou R ≡ Pou (Q ouR).3 - P ouP ≡ P4 - Principe du tiers exclu : P ou (nonP) est toujours vraie.

Proposition 1.12. Lois de De Morgan :P et Q ≡ P ouQP ouQ ≡ P et Q

I L'implication logique P implique Q, notée aussi P ⇒ Q, est donnée par la table de vérité :

P Q P ⇒ QV V VV F FF V VF F V

Proposition 1.13. Soient P et Q deux propositions, alors :1 - P ⇒ Q ≡ P ouQ.2 - P ⇒ Q ≡ Q ⇒ P (principe de contraposition).3 - (P ⇒ Q) ≡ P et Q

Exemple 1.14. La proposition ∀x ∈ R : x ≤ 2 ⇒ x ≤ 4 est vraie. Sa négation est ∃x ∈ R : x ≤ 2 et x > 4 estfausse.

I Double implication notée P ⇔ Q, c'est la proposition (P ⇒ Q) et (Q ⇒ P) :

P Q P ⇔ QV V VV F FF V FF F V

Remarque 1.15. Soient P et Q deux propositions. P ⇔ Q est vraie, si et seulement si, P ≡ Q. Aussi, onécrira P ⇔ Q pour signi�er que P ≡ Q.

Remarque 1.16. On peut combiner plusieurs connecteurs logiques avec plusieurs propositions par exemple(P et Q) ⇒ R ; (P ⇒ Q) ⇒ P , etc.

1.6 Raisonnements mathématiques.

Les théories mathématiques se basent sur un certain nombre de résultats admis qu'on appelle axiomes. Le butest, à partir de ces axiomes et la logique, de démontrer des résultats vrais qu'on appelle théorèmes, propo-sitions, lemmes, propriétés, etc. . Les démonstrations ou preuves de ces résultats, s'appuient sur desraisonnements logiques. Les principales méthodes de raisonnements sont les suivantes :

1 - Raisonnement par déduction ou raisonnement direct : On veut montrer que P ⇒ Q. On supposeque P est vraie et avec une succession d'implications, on montre que Q est vraie.

Exemple 1.17. Montrons que ∀x ∈ N, 4 | x ⇒ 2 | x. Supposons que 4 | x, on a x = 4.k, pour un k ∈ N. Doncx = 2.2.k = 2.k′ avec k′ = 2.k. Par suite 2 | x.

2 - Raisonnement par contraposition : Pour montrer que P ⇒ Q, il est parfois plus simple de démontrerque Q ⇒ P .

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Exemple 1.18. Montrons que ∀x ∈ N, 2 | x2 ⇒ 2 | x. Par contraposition, supposons que 2 - x et montrons que2 - x2. On a : x = 2k + 1 avec k ∈ N. Donc x2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2k′ + 1, où k′ = 2k2 + 2k, donc2 - x2.

Exemple 1.19. Pour montrer que ∀x ∈ R;x2 /∈ Q ⇒ x /∈ Q, il est plus facile de montrer que x ∈ Q ⇒ x2 ∈ Q.

3 - Raisonnement par l'absurde : Si on suppose qu'une propriété P est fausse et qu'à la �n du raisonnementon aboutit à une contradiction, alors P est vraie. (une contadiction est une assertion du type Q et non Q).

Exemple 1.20. Montrons la proposition P”√

2 /∈ Q”. On suppose que P est fausse. i.e.√

2 ∈ Q. Par conséquent∃x = p

q ∈ Q, avec p, q ∈ N premiers enre eux, tels que 2 = x2 = p2

q2 . Donc 2q2 = p2. Ce qui implique que 2 | p.On pose alors p = 2p′. On a 2q2 = 4p′2. Ce qui entraîne q2 = 2p′2, ou encore 2 | q. On a 2 | p et 2 | q, ce qui estabsurde car p et q sont supposés premiers entre eux. Cette contradiction montre que non P est fausse. Donc Pest vraie. C'est à dire que

√2 /∈ Q. �

4 - Raisonnement par contre-exemple : Pour montrer que la proposition P :′ ∀x, P (x)′ est fausse on montreque ∃x : P (x) n'est pas véri�é.

Exemple 1.21. l'assertion ∀n ∈ N, 3 | 2n2 + 1 est fausse car, par exemple, n = 3 ne véri�e pas cette propriété.C'est un contre-exemple.

Exemple 1.22. l'assertion ∀n ∈ N, n! + 1 est un nombre premier est fausse car, par exemple, pour n = 4,4! + 1 = 25 n'est pas premiern.

5 - Raisonnement par récurrence : Soit P une propriété, et n0 ∈ N. Si P (n0) est vraie et si ∀n ≥ n0, P (n) ⇒P (n + 1), alors ∀n ≥ n0, P (n) est vraie.Ainsi pour démontrer une propriété P (n) est vraie ∀n ≥ n0, on adopte alors le schéma suivant :Initialisation : On véri�e que P (n0) est vraie.Hérédité : On montre que ∀n ≥ n0, P (n) ⇒ P (n + 1).

Exemple 1.23. Pour n ∈ N, posons Sn =∑n

k=0 k. Montrons la propriété ;

P (n) : ∀n ∈ N, Sn =n(n + 1)

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Initialisation : P (0) est vraie.Hérédité : Soit n ∈ N, On suppose que P (n) est vraie (Hypothèse de récurrence H.R). On a Sn+1 = Sn +n+1 =n(n+1)

2 + n + 1 = n(n+1)+2(n+1)2 = (n+1)(n+2)

2 . Donc P (n + 1) est vraie. On en déduit qu'elle est vraie pour toutn.

Exemple 1.24. Montrons que ∀n ∈ N, n ≥ 4 ⇒ n2 ≤ 2n.Initialisation : pour n = 4, 42 = 24 = 16. L'inégalité est vraie.Hérédité : soit n ≥ 4, supposons que n2 ≤ 2n. On a 2n+1 = 2.2n = 2n + 2n. D'après l'hypothèse de récurrence,2n+1 ≥ n2 + n2. Or n2 ≥ 2n + 1,∀n ≥ 4, il en résulte que 2n+1 ≥ n2 + 2n + 1 = (n + 1)2.

Récurrence forte dans la récurrence forte on procède selon le schéma de démonstration suivant :Initialisation : On véri�e que P (n0) est vraie.Hérédité : On montre que ∀n0 ≤ k < n, P (k) ⇒ P (n).Alors ∀n ≥ n0, P (n) est vraie.

Exemple 1.25. Montrer que tout entier naturel supérieur ou égal à 2 possède un diviseur premier.Initialisation : On démontre que 2 possède un diviseur premier qui est lui-même.Hérédité : Soit n un entier supérieur ou égal à 2, on suppose que tous les entiers k tels que 2 ≤ k < n possèdentun diviseur premier (hypothèse de récurrence) et l'on cherche à prouver qu'il en est de même pour n.Ou bien n est premier alors il possède un diviseur premier qui est lui-mêmeOu bien n est composé et il existe un entier d supérieur ou égal à 2 et strictement inférieur n qui divise n. Alors,par hypothèse de récurrence, d possède un diviseur premier, qui est aussi un diviseur de n.

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1.7 Inclusion et égalité d'ensembles

De�nition 1.26. Soient E et F deux ensembles. On dit que E est inclus dans F , noté E ⊂ F , si ∀x ∈ E ona x ∈ F . On dit aussi que E est un sous-ensemble ou une partie de F .La négation est E 6⊂ F . On a E 6⊂ F ⇔ ∃x ∈ E : x /∈ F .

Exemple 1.27. E = {0, 1, 2}, F = {1, 2, 3}, G = {0, 1, 2, 4} On a E ⊂ G mais E 6⊂ F .

Proposition 1.28. Si E ⊂ F et F ⊂ G alors E ⊂ G.

Egalité de deux ensembles : Soient E et F deux ensembles alors

(E = F ) ⇔ (E ⊂ F etF ⊂ E)

1.8 Ensemble dé�ni par un prédicat

Soit P (x) un prédicat admissible, alors il existe un ensemble E = {x : P (x)}, qui est l'ensemble de tous leséléments qui véri�ent P .

Exemple 1.29. E = {x ∈ N : x | 12} = {1, 2, 3, 4, 6, 12}

Ensemble vide Il existe un ensemble qui ne contient aucun élément, l'ensemble vide, noté ∅.

Proposition 1.30. Pour tout ensemble E on a ∅ ⊂ E.

Preuve. Sinon, ∃x ∈ ∅ : x /∈ E. Absurde car ∃x ∈ ∅ est fausse. �

Singleton et paire : Soient x, y deux objets mathématiques distincts. Il existe un ensemble {x} contenantseulement x appelé singleton de l'élément x et un ensemble contenant x et y noté {x, y}, appelé paire de x et y.

Ensemble des parties d'un ensemble : Soit E un ensemble. Il existe un ensemble noté P(E) dont leséléments sont les sous-ensembles de E. P(E) = {A : A ⊂ E}.

Exemple 1.31. Si E = {a, b, c}, alors P(E) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, E}.

1.9 Opérations sur les ensembles :

Soient E et F deux ensembles, on dé�nit :La réunion : de E et F , E ∪ F = {x : x ∈ E oux ∈ F} (lire E union F ).L'intersection : de E et F , E ∩ F = {x : x ∈ E etx ∈ F}. (lire E inter F ).Deux ensembles dont l'intersection est vide sont dits disjoints.

Proposition 1.32. Soient A,B,C trois ensembles, alors :i - A ∪A = A, A ∪B = B ∪A, A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C).ii - A ∩A = A, A ∩B = B ∩A, A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C).iii - A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

Di�érence de deux ensembles E et F , E\F = {x ∈ E : x /∈ F}. (lire E moins F ).Si A ⊂ E, on dé�nit le complémentaire de A dans E par A ou Ac ou CA

E , A = E\A. On a : E\F = E ∩ F .

Proposition 1.33. (Lois de De Morgan)Soient A et B deux parties d'un ensemble E, alors :i - A ∪B = A ∩B.ii - A ∩B = A ∪B.

Di�érence symétrique de deux ensembles E et F , E∆F = (E\F )∪(F\E). On a : E∆F = (E∪F )\(E∩F ).

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1.10 Partitions

De�nition 1.34. Soit E un ensemble non vide. On appelle partition de E un ensemble A de parties de E,(A ⊂ P(E), tele que :1- Les éléments de A, sont non vides, (∀A ∈ A, A 6= ∅).2 - Tout élément de E est contenue dans un et un seul élément de A, (∀x ∈ E,∃!A ∈ A : x ∈ A)

Exemple 1.35. Soit E = {0, 1, 2, 3, 4, 5}.A1 = {{0, 1}, {4}, {2, 3, 5}} est une partition de E.A2 = {∅, {0, 1, 2}, {4}, {3, 5}} n'est une partition de E car contient ∅.A3 = {{0, 1, 2}, {2, 4}, {3, 5}} n'est une partition de E car 2 appartient à deux éléments di�érents de A3

A4 = {{0, 1, 2}, {4, 5}} n'est une partition de E car 3 n'appartient à aucun élément de A4.

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2 Correspondance, applications et relations binaires

2.1 Couples et produit cartésien

De�nition 2.1. On appelle couple formé par deux éléments x et y l'expression (x, y) telle que (x, y) = (x′, y′) ⇔x = x′ et y = y′.x est la première composante ou première projection du couple.y est la deuxième composante ou deuxième projection du couple.

De�nition 2.2. Soient E et F deux ensembles. Le produit cartésien E×F est l'ensemble des couples (x, y)tels que x ∈ E et y ∈ F .Si E = F , E × E est noté parfois E2.

On dé�nit de même les triplets (x, y, z), les quadriplets (x, y, z, t), et plus généralement les n-uplets (x1, x2 . . . , xn).Ainsi que les produits cartésiens E × F ×G, E × F ×G×H, et plus généralement E1 × E2 × . . .× En.

2.2 Correspondances

De�nition 2.3. On appelle correspondance, la donnée d'un triplet φ = (E,F,G) où E et F sont deuxensembles et G une partie de E × F .E est appelé l'ensemble de départ de φ, F est l'ensemble d'arrivée. G est le graphe de φ.Si (x, y) ∈ G, y est une image de x par φ, x est un antécédent de y par φ.Le domaine de dé�nition de φ est l'ensemble Dφ = {x ∈ E : ∃y ∈ F, (x, y) ∈ G}.

Exemple 2.4. E = {0, 1, 2, 3}, F = {a, b, c}, G = {(0, b), (0, c), (2, a), (3, a)}.

De�nition 2.5. On appelle fonction une correspondance dans laquelle tout élément de l'ensemble de départpossède au plus une image.

Exemple 2.6. Soit E = R, F = R, G = {(x, y) ∈ E × F : x = y2}. Alors G est le graphe d'une fonction f . Sondomaine de dé�nition est R+. Pour x ∈ Df = R+, (x, y) ∈ G ⇔ y =

√x.

2.3 Applications

De�nition 2.7. Une application f : E → F est une correspondance (E,F,G) telle que ∀x ∈ E,∃!y ∈ F :(x, y) ∈ G. i.e. tout élément de E possède une et une seule image.On note FE ou F(E,F ) l'ensemble de toutes les applications de E dans F .

I Une application est complétement dé�nie par son ensemble de départ, son ensemble d'arrivée et l'image dechaque élément de l'ensemble de départ.I Deux applications f et g sont égales si elles ont même ensemble de départ, même ensemble d'arrivée et pourtout élément x dans l'ensemble de départ on a f(x) = g(x).

Exemple 2.8. On a une application f : R → R, dé�nie par :

f(x) ={

2x2 − 3x + 1 six ≤ 11

|x−1| , sinon.

I Soit E ⊂ F . L'application ı : E → F , dé�nie par ı(x) = x, s'appelle l'injection canonique de E dans F . SiE = F , l'application IE : E → E, IE(x) = x, notée aussi IdE , est appelée l'application identique de E ouidentité de E.I Soit f : E → F une application. A ⊂ E. L'application f|A : A → F , dé�nie par f|A(x) = f(x), ∀x ∈ A, estappelée la restriction de f , à A. On dit aussi que f est un prolongement de f|A.I Très souvent, par abus de notation, une application et sa restriction sont désignées par le même symbole.Ainsi, l'application x 7→ sinx, désigne aussi bien l'application sinus R → R, que cette application de [0, 2π] dansR.I Composée de deux applications : Soient f : E → F , g : F → G, la composée de g et de f est l'applicationg ◦ f : E → G, dé�nie par g ◦ f(x) = g(f(x)).

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Exemple 2.9. Soient f, g : R → R, dé�nies par f(x) = x2 et g(x) = x + 1 ∀x ∈ R. On a g ◦ f(x) = x2 + 1,f ◦ g(x) = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1. Noter que f ◦ g 6= g ◦ f .

Proposition 2.10. Soit f : E → F une application f ◦ IE = f et IF ◦ f = f .Soient f : E → F , g : F → G, h : G → H, trois applications : on a : (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f).

- Soit f : E → F une application, A une partie de E, B une partie de F .- On appelle image directe de A par f l'ensemble f(A) = {y ∈ F : ∃x ∈ E, y = f(x)}.- On appelle image réciproque de B par f l'ensemble f−1(B) = {x ∈ E : f(x) ∈ B}.

Exemple 2.11. Soit f : R → R dé�nie par f(x) = x2. On a f(R) = R+, f−1({4}) = {2,−2}, f−1({−1}) = ∅.

2.4 Injection, surjection, bijection

De�nition 2.12. Soit f : E → F une application :f est dite injective si ∀x, x′ ∈ E, f(x) = f(x′) ⇒ x = x′. i.e. tout élément de F admet au plus un antécédent.On dit que f est une injection de E dans F .f est dite surjective, si tout y ∈ F admet un antécédent dans E.On dit que f est une surjection de E sur F .f est dite bijective, si tout élément de F possède un et un seul antécédent.f est bijective, si et seulement si, elle est injective et surjective.

Exemple 2.13.1 - L'application N → N, n 7→ n + 1, est injective non surjective. (0 n'a pas d'antécédent).2 - L'application f : N → N, dé�nie par f(0) = 0 et f(n) = n− 1, si n ≥ 1, est surjective non injective.3 - L'application Z → Z, x 7→ x2, n'est ni injective ni surjective.

Proposition 2.14. Soient f : E → F et g : F → G deux applications.Si f et g sont injectives, alors g ◦ f est injective.Si f et g sont surjectives, alors g ◦ f est surjective.

Théorème 2.15. Soit f : E → F une application. Alors :1 - f est injective, si et seulement si, il existe une application g : F → E telle que g ◦ f = IdE

2 - f est surjective, si et seulement si, il existe une application g : F → E telle que f ◦ g = IdF

Preuve.1 - ⇒ Supposons que f est injective. Posons G = f(E) et H = F \G. Soit a ∈ E �xé. Si y ∈ G, il existe x ∈ Eunique tel que y = f(x). On peut alors dé�nir l'application g : F → E de la manière suivante.

g(y) ={

x, si y = f(x) ∈ Ga, si x ∈ H

Alors, ∀x ∈ E, g(f(x)) = x. i.e g ◦ f = IE .⇐. Supposons qu'il existe g : F → E telle que g ◦ f = IE . Montrons que f est injective. Soient x, x′ ∈ E, telsque f(x) = f(x′). On compose alors à gauche par g, on a alors g(f(x)) = g(f(x′)). Donc x = x′, par conséquentf est injective.2 - ⇒. Supposons que f est surjective. Pour chaque y ∈ F , f−1({y}) 6= ∅, et les ensembles f−1({y}) formentune partition de E. Grâce à l'axiome du choix, on peut choisir pour chaque y ∈ F un x ∈ E unique tel quef(x) = y. Posons alors g(y) = x. On a alors f(g(y)) = y,∀y ∈ F . Donc f ◦ g = IF .⇐. Supposons qu'il existe g : F → E telle que f ◦ g = IF . Montrons que f est surjective. Soit y ∈ F . Posonsx = g(y) ∈ E. Alors f(x) = f(g(y)) = y. f est surjective. �

Théorème 2.16. Soit f : E → F une application :1 - f est bijective ⇔ il existe une application g : F → E telle que g ◦ f = IE et f ◦ g = IF .Lorsque c'est le cas, l'application g est unique on la note gf−1, on l'appelle l'application réciproque de f .De plus, f−1 est bijective et (f−1)−1 = f .2 - Soient f : E → F et g : F → G deux bijections, alors g ◦ f est bijective et (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1.

9



Preuve.1 - ⇒ Supposons que f est bijective. Alors f est injective et f est surjective. D'après le théorème 2.15, il existeg : F → E telle que g ◦ f = IE et il existe h : F → E telle que f ◦ h = IF . On a alors h = IE ◦ h = (g ◦ f) ◦ h =g ◦ (f ◦ h) = g ◦ IF = g. Donc h = g. D'où il existe une application g : F → E tel que g ◦ f = IE et f ◦ g = IF .Ceci montre aussi l'unicité de g.La réciproque est claire d'après le théorème 2.15.2 - g ◦ f ◦ f−1 ◦ g−1 = IG et f−1 ◦ g−1 ◦ g ◦ f = IF . Donc g ◦ f est bijective et (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1. �

Exemples 2.17.1 - L'application f : R+ → R+, f(x) = x2 est bijective. Sa bijection réciproque est x 7→

√x.

2 - L'application ln : R∗+ → R, est bijective, sa réciproque est la fonction exponentielle.

2.5 Familles d'éléments et familles de parties

De�nition 2.18. Soit E un ensemble.On appelle famille d'éléments de E indexée par un ensemble I, touteapplication I → E ; i 7→ xi. On note la famille par (xi)i∈I , où xi ∈ E. I est appelé l'ensemble d'indices.

I Cas particulier : lorsqu'on prend I ⊂ N, une famille d'éléments de E est alors appelée une suite d'élémentsde E, qu'on note alors : x0, x1, . . . , xn, . . ..

De�nition 2.19.1 - On appelle famille de parties d'un ensemble E, toute famille d'éléments (Ai)i∈I de P(E), ensemble de partiesde E. i.e. Ai ⊂ E,∀i ∈ I.2 - On appelle réunion de la famille, l'ensemble ∪i∈IAi = {x ∈ E : ∃i ∈ I, x ∈ Ai}.Cas particulier, si I = {1, 2},

⋃i∈I Ai ={x ∈ E : x ∈ A1 ou x ∈ A2} = A1

⋃A2.

3 - On appelle intersection de la famille, l'ensemble ∩i∈IAi={x∈E :∀i ∈ I, x ∈ Ai}.Cas particulier, si I = {1, 2},

⋂i∈I Ai = {x ∈ E : x ∈ A1 et x ∈ A2} = A1

⋂A2.

Exemples 2.20.1 -

⋃n∈N]− n, n[= R.

2 -⋂

n∈N∗ [−1n , 1

n ] = {0}.

2.6 Relations binaires sur un ensemble

Une relation binaire R sur E est la donnée d'une correspondance (E,E,G). On note xRy, pour signi�er que(x, y) ∈ G et note (E,R) l'ensemble E muni de la relation R.

Exemple 2.21. La relation de divisibilité : Dans Z on dé�nit la relation de divisibilité notée | par :∀x, y ∈ Z, x | y ⇔ ∃k ∈ Z : y = kx.

De�nition 2.22. Soit E un ensemble muni d'une relation binaire R.R est dite ré�exive si ∀x ∈ E on a : xRx.R est dite symétrique si ∀x, y ∈ E on a : xRy ⇒ yRx.R est dite antisymétrique si ∀x, y ∈ E on a : xRy et yRx⇒x = y.R est dite transitive si ∀x, y, z ∈ E, xRy et yRz ⇒ xRz.

2.7 Relation d'équivalence

De�nition 2.23. Une relation binaire R sur un ensemble E est dite une relation d'équivalence si elle estré�exive, symétrique et transitive.Soit (E,R) un ensemble muni d'une relation d'équivalence R. Pour x ∈ E, on appelle classe de x modulo Rl'ensemble x = {y ∈ E : yRx}. Notons que x = y ⇔ xRy.

Exemple 2.24.1 - Dans un ensemble non vide E, la relation d'égalité x = y, est une relation d'équivalence.2 - Soit n ∈ N. Dans Z, on dé�nit la relation xRy ⇔ n|x − y, qu'on note encore x ≡ y (mod n). On l'appellerelation d'équivalence modulo n. C'est une relation d'équivalence. Pour tout k ∈ Z, on a k = k + nZ.3 - Soit f : E → F une application. La relation xRy ⇔ f(x) = f(y) est une relation d'équivalence.

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Proposition 2.25. Deux classes d'équivalences sont ou bien disjointes ou bien confondues.

Preuve. Soit R une relation d'équivalence. Supposons que x ∩ y 6= ∅. Soit z ∈ x ∩ y, on a z ∈ x donc xRz etz ∈ y, donc zRy. Il en résulte que xRy, d'où x = y. �

De�nition 2.26. soit (E,R) un ensemble E muni d'une relation d'équivalence R. On appelle ensemblequotient de E par R, l'ensemble noté E/R des classes d'équivalences modulo R.

Proposition 2.27. L'ensemble quotient E/R d'un ensemble E par une relation d'équivalence R est une unepartition de E. De plus, l'application π : E → E/R, x 7→ x est une surjection appelée surjection canoniqueassociée à R.

Preuve. Les classes d'équivalences sont non vides, disjointes deux à deux et leur réunion est l'ensemble E. �

Exemple 2.28. L'ensemble quotient de Z par la relation de congruence modulo n, est noté Z/nZ. En utilisantla division euclidienne, on montre que Z/nZ = {0, 1, . . . , n− 1}

Théorème 2.29. (Décomposition canonique d'une application). Soit E un ensemble muni d'une relation d'équi-valence R, F un ensemble et f : E → F une application. On suppose que

∀x, y ∈ E, xRy ⇒ f(x) = f(y)

Alors il existe une application f : E/R → F unique telle que f = f ◦ π, où π : E → E/R est la surjectioncanonique.Si de plus ∀x, y ∈ E, xRy ⇔ f(x) = f(y), alors f est injective.

I On interprète ce théorème en disant qu'il existe une application f : E/R → F unique telle que le diagrammesuivant soit commutatif.

E - F

6

E/R

@@

@@R

π

f

f

2.8 Relation d'ordre

De�nition 2.30. Une relation binaire ≺ sur E est dite relation d'ordre si elle est ré�exive, antisymétriqueet transitive. Le couple (E,≺) est dit ensemble ordonné.Deux éléments x et y sont dits comparables, si x ≺ y ou x ≺ y. Un ordre est dit total si deux élémentsquelcoques sont comparables.Un ordre qui n'est pas total est dit partiel.Soit (E,≺) un ensemble ordonné. On appelle chaîne de E, toute partie de E totalement ordonnée.

Exemple 2.31.1 - Dans R, les relations x ≤ y et x ≥ y, sont des relations d'ordre total.2 - Dans N, la relation x divise y (x | y), est une relation d'ordre partiel.3 - Soit E un ensemble. La relation d'inclusion ⊂ dans P(E) est une relation d'ordre. Si E contient au moinsdeux éléments, cet ordre est partiel.

De�nition 2.32. Soit A une partie d'un ensemble ordonné (E,≺). Un élément M (resp. m) de E est ditmajorant (resp. minorant) de A si ∀x ∈ A, on a x ≺ M (resp. m ≺ x).Lorsqu'un majorant (resp. un minorant) appartient à A (ce qui n'est pas toujours le cas ), on dit que c'est leplus grand élément ou maximum (resp. plus petit élément ou minimum) de A.

Exemple 2.33. Dans (R,≤), l'intervalle [0, 1[ possède un plus petit élément qui est 0. Tout réel supérieur à 1est un majorant de [0, 1[, mais [0, 1[ ne possède pas de plus grand élément.

11



De�nition 2.34. Soit (E,≺) un ensemble ordonné et A une partie majorée (resp. minorée) de E.On appelle borne supérieure (resp. borne inférieure) de A s'il existe, le plus petit des majorants (resp. plusgrand des minorants) de A.La borne supérieure de A dans (E,≺) est notée sup(A) et la borne inférieure est notée inf(A).

Exemple 2.35. Dans (R,≤) toute partie non vide majorée possède une borne supérieure et toute partie nonvide minorée possède une borne inférieure. (voir cours d'Analyse). Ce n'est pas le cas pour (Q,≤), en e�et,A = {x ∈ Q+ : x2 ≤ 2} est majorée par 2, mais n'a pas de borne supérieure dans Q.

2.9 Ordre naturel sur NThéorème 2.36. Toute partie non vide de (N,≤) possède un plus petit élément.

Preuve. Soit A une partie non vide de N. Notons E l'ensemble de tous les minorants de A. E n'est pas videcar 0 ∈ E. Montrons qu'il existe n0 ∈ E tel que n0 + 1 /∈ E. Sinon, ∀n ∈ E, on a n + 1 ∈ E. Ceci impliqueraitpar récurrence que E = N. Ce qui est absurde. Soit alors n0 ∈ E tel que n0 + 1 /∈ E. Montrons que n0 ∈ A.Sinon, n0 < x,∀x ∈ A, entraînant n0 +1 ≤ x ∀x ∈ A, c'est à dire n0 +1 ∈ E, c'est une contradiction. Par suite,n0 ∈ A. Comme n0 est un minorant de A, c'est le plus petit élément de A. �

Théorème 2.37. Toute partie non vide majorée E de N est �nie et possède un plus grand élément.

Preuve. Considérons l'ensemble F ⊂ N des majorants de E. Alors F possède un plus petit élément m. Montronsque m ∈ E. Sinon, ∀n ∈ E, n < m. Il en résulte que m − 1 est un majorant de E, une contradiction. Doncm ∈ E et on a E ⊂ {0, 1, . . . ,m}. Par conséquent E est �ni. �

Théorème 2.38. Toute suite xn décroissante dans N est stationnaire. i.e. il existe n0 ∈ N, tel que xn = xn0 ,∀n ≥ n0

Preuve. Par l'absurde, supposons que la suite n'est pas stationnaire, alors ∀k, il existe n > k tel que xk > xn.Par conséquent il est possible de construire une suite xk0 > xk1 >, . . . , > xks

> . . . strictement décroissante.L'ensemble E = {xk : k ∈ N} est alors une partie in�nie de N majorée par x0. Contradiction. �

12



3 Arithmétique dans Z3.1 Relation de divisibilité

De�nition 3.1. Soient a, b ∈ Z, on dit que a divise b ou que a est un diviseur de b ou que b est un multiplede a, et on note a | b, s'il existe q ∈ N, tel que b = aq.Si a 6= 0, l'entier q est alors unique et il est noté b

a , c'est le quotient de b par a.I Pour tout n ∈ Z, On pose nZ = {kn ∈ Z : k ∈ Z}, l'ensemble des multiples de n.

Proposition 3.2.1 - a | b ⇔ bZ ⊂ aZ.2 - ∀a ∈ Z, a|a.3 - ∀a, b ∈ Z, a|b et b|a ⇒ b = ±a.4 - ∀a, b, c ∈ Z, a|b et b|c ⇒ a|c.5 - La relation de divisibilité est une relation d'ordre partiel dans N.6 - ∀a, b, c ∈ Z, si a|b et a|c alors ∀α, β ∈ Z, a|αb + βc.7 - Si a |b et b est non nul, alors |a| ≤ |b|. En particulier, l'ensemble des diviseurs de b est �ni.

I On note Da, l'ensemble des diviseurs positifs de a.

Exemple 3.3. D12 = {1, 2, 3, 4, 6, 12}.

3.2 Division euclidienne

Théorème 3.4. Soient a, b ∈ Z, avec b 6= 0. Alors il existe q, r ∈ Z, uniques tels que a = bq + r et 0 ≤ r < |b|.q et r sont appelés respectivement quotient et reste de la division euclidienne de a par b.

Preuve. Soit E = {a − bs ∈ N : s ∈ Z} ∩ N, E 6= ∅. Donc E possède un plus petit élément r. Montrons quer < |b|.I Si b > 0 et r > b, on a a− b(q + 1) = a− bq− b = r− b > 0. Donc a− b(q + 1) ∈ E et a− b(q + 1) < r ce quicontredit la minimalité de r.I Si b < 0 et r > −b, on a a− b(q − 1) = a− bq + b = r + b > 0. Donc a− b(q − 1) ∈ E et a− b(q − 1) < r cequi contredit la minimalité de r.

Unicité : Supposons que a = bq + r = bq′ + r′ et 0 ≤ r, r′ < |b| . Supposons que r 6= r′. On peut supposer quer < r′, alors b(q − q′) = r′ − r. Donc |b| | r′ − r, par suite, |b| ≤ r′ − r. Comme r′ − r ≤ r′, il en résulte que|b| ≤ r′, ce qui est absurde. Donc r = r′ et par conséquent q = q′. �

Exemple 3.5. Le quotient et le reste de la division euclidienne de -23 par 6 sont - 4 et 1, car −23 = 6 · −4 + 1.

Proposition 3.6. Soient a, b ∈ Z, avec b 6= 0, alors b | a ⇔ le reste de la division euclidienne de a par b estégal à 0.

3.3 PGCD et PPCM

De�nition 3.7. Soient a, b deux entiers non nuls.On appelle PGCD de a et b noté a ∧ b, le plus grand élément de Da ∩ Db.On appelle PPCM de a et de b le plus petit multiple commun strictement positif à a et à b, qu'on note m ∨ n.Généralisation : Soient a1, a2, . . . , an des entiers non nuls :Le PGCD de la famille a1, a2, . . . , an, qu'on note a1∧a2∧. . .∧an, est le plus grand élément de Da1∩Da2∩. . .Dan .Le PPCM noté a1 ∨ a2 ∨ . . . ∨ an est le plus petit élément non nul de a1N ∩ a2N ∩ . . . ∩ anN.

De�nition 3.8. Deux entiers a et b sont dits premiers entre eux, si les seuls diviseurs de a et b sont 1 et−1. C'est à dire a ∧ b = 1

Exemples 3.9.1 - D12 = {1, 2, 3, 4, 6, 12}, D15 = {1, 3, 5, 15}. D12 ∩ D15 = {1, 3}. Donc On a 12 ∧ 15 = 3.12N = {0, 12, 24, 36, 48, 60, 72, . . .}, 15N = {0, 15, 30, 45, 60, 75, 90, . . .}. On a 12N ∩ 15N = {0, 60, . . .}, donc12 ∨ 15 = 60.2 - D12 = {1, 2, 3, 4, 6, 12}, D35 = {1, 5, 7, 35}. On a D12 ∩ D15 = {1}. 12 et 35 sont premiers entre eux.

13



Proposition 3.10. Soient a, b deux entiers non nuls, alors :1 - a ∧ b = d ⇔ d ∈ Da ∩ Db, et ∀c ∈ Da ∩ Db, on a c | d.2 - a ∧ b = |a| ⇔ a ∨ b = |b| ⇔ a | b

Théorème 3.11. Soient a, b deux entiers non nuls, alors :1 - aZ + bZ = (a ∧ b)Z.2 - aZ ∩ bZ = (a ∨ b)Z.

Preuve.1 - Posons H = aZ + bZ = {z = ax + by : x, y ∈ Z}, alors H est un sous-groupe de (Z,+). D'après lacaractérisation des sous-groupes de (Z,+), il existe c ∈ N, tel que H = cZ. Montrons que c est égal à d le PGCDde a et b.D'une part en posant x = 1 et y = 0, on obtient a ∈ cZ, donc c | a. D'autre part, en prenant x = 0 et y = 1, onobtient b ∈ cZ, donc c | b. Il en résulte que c | d.Réciproquement, on a d | a et d | b. Donc a ∈ dZ et b ∈ dZ, par suite aZ + bZ ∈ dZ, d'où cZ ⊂ dZ, ce quiimplique que d | c.2 - Posons G = aZ∩ bZ. On a G est un sous-groupe de Z, car intersection de deux sous-groupes. Il existe s ∈ N,tel que G = sZ. Montrons que m = s. On a s ∈ aZ et s ∈ bZ, donc a | s et b | s, d'où m | s.Réciproquement, puisque m ∈ aZ et m ∈ bZ, on a m ∈ aZ ∩ bZ = sZ, d'où s | m. �

Corollaire 3.12. Soient a, b deux entiers, d = a ∧ b. Alors il existe u, v ∈ Z : ua + vb = d.

Théorème 3.13. (Bézout) a et b sont premiers entre eux, si et seulement si, il existe α, β ∈ Z : αa + βb = 1.

Preuve. Supposons que a ∧ b = 1, alors d'après le corollaire 3.12, il existe α, β ∈ Z : αa + βb = a ∧ b = 1.Réciproquement, si'il existe α, β ∈ Z : αa + βb = 1, alors a ∧ b | αa + βb = a ∧ b = 1. Donc a ∧ b = 1. �

Exemple 3.14.Montrons que ∀n ∈ Z, x = 11n + 5 et y = 9n + 4 sont premiers entre eux. Soit d un diviseur commun à x et ày. On a d | 9x− 11y = 45− 44 = 1

Proposition 3.15.1 - Soient a, b, c ∈ Z non nuls, alors ac ∧ bc = |c|(a ∧ b).2 - Soient a, b ∈ Z non nuls et s ∈ Da ∩ db. Alors a

s ∧bs = a∧b

s .3 - Soient a, b ∈ N∗ et d ∈ Da ∩ Db. Alors : a ∧ b = d ⇔ a

d ∧bd = 1.

Preuve.1 - Posons d = a ∧ b. On a cd | ac et cd | bc. Donc cd | ac ∧ bc. Réciproquement, soient α, β ∈ Z : d = αa + βb.Donc dc = αac + βbc. Par suite dc | ac ∧ bc.2 - Posons d = a∧ b. Alors s | d et d

s |as ∧

bs . Réciproquement, il existe u, v ∈ Z : ua+vb = d. Donc ua

s +v bs = d

s ,par suite a

s ∧bs |

ds .

3 - En utilisant 2, a ∧ b = d ⇔ a∧bd = 1 ⇔ a

d ∧bd = 1. �

Proposition 3.16. Soient a, b1, . . . , bn ∈ Z. On suppose que ∀k = 1, . . . , n a∧ bk = 1, alors a∧ (b1b2 · · · bn) = 1

Preuve. Il su�t de montrer le résultat pour n = 2 et procéder par récurrence. Supposons que a∧b1 = a∧b2 = 1.αa + βb1 = 1. Donc αab2 + βb1b2 = b2. Il existe u, v ∈ Z : ua + vb2 = 1, donc ua + v(ab2 + vβb1b2) = 1,(u + b2)a + vβb1b2 = 1, d'où a ∧ b1b2 = 1 �

Corollaire 3.17. Soient a, b ∈ Z premiers entre eux, alors ∀m,n ∈ N, am et bn sont premiers entre-eux.

Théorème 3.18. (Gauss) Soient a, b, c tois entiers tels que a | bc et a ∧ b = 1. Alors a | c.

Preuve. αa + βb = 1. Donc αac + βbc = c. Comme a | ac, et a | βbc, on a a | c. �

Théorème 3.19. Soient a1, a2, . . . , an des entiers premiers entre eux deux à deux. Si ai | b, ∀i = 1, . . . , n, alorsa1 · a2 · . . . · an | b.

Preuve. on montre le résultat pour n = 2 et on procéde par récurrence sur n. On a b = c1a1 = c2a2. Donca1 | c2a2. Comme a1 ∧ a2 = 1, on a d'après le théorème de Gauss, a1 | c2. Donc c2 = d2a1 et b = d2a1a2. Parconséquent, a1a2 | b �

14



Proposition 3.20. Soient a, b ∈ Z∗, alors (a ∨ b)× (a ∧ b) = |ab|Preuve. Posons a = a′d et b = b′d. Alors a′ ∧ b′ = 1. On a a′b′d = a′b = ab′. Donc m | a′b′d.Réciproquement, posons m = xa = yb. Donc xa′ = yb′. Par conséquent a′ | yb′. Or a′ ∧ b′ = 1, donc d'après lethéorème de Gauss, a′ | y. On a aussi b′ | x. Posons y = ka′, on a m = ka′b = ka′b′d. par suite, a′b′d | m, d'oùm = a′b′d. md = a′db′d = |ab|Corollaire 3.21. Soient a, b ∈ N, alors a ∧ b = 1 ⇔ a ∨ b = |ab| �

3.4 Algorithme d'Euclide

Lemme 3.22. Soient a, b, q ∈ Z. Alors a ∧ b = b ∧ (a− bq).

Preuve. Posons d = a∧ b et d′ = b∧ (a− bq). On a d | a et d | b, donc d | b et d | (a− bq), il s'ensuit que d | d′.Réciproquement, d′ | b et d′ | (a− bq). Donc d′ | b et d′ | bq + (a− bq) = a. D'où d′ | d. �

Théorème 3.23. (Algorithme d'Euclide) :Soient a, b ∈ N. On dé�nit la suite d'entiers positifs r0, r1, . . ., par :r0 = a, r1 = b.On suppose rn−2 et rn−1 dé�nis :Si rn−1 = 0 on pose rn = 0.Si rn−1 6= 0, on dé�nit rn comme étant le reste de la division euclidienne de rn−2 par rn−1.Alors :1 - Il existe k tel que rk = 0.2 - Le dernier reste non nul est égal au PGCD de a et b.

Preuve.1 - La suite rk est décroissante dans N, donc elle est stationnaire. Il existe n ∈ N, tel que rn = rk,∀k > n. On aen particulier, rn = rn+1, donc rn+2 = 0.2 - Soit rn le dernier reste non nul. D'après le lemme, on a a ∧ b = r0 ∧ r1 = r1 ∧ r2 = . . . = rn−1 ∧ rn, commern+1 = 0, on a rn | rn−1, ce qui implique que rn−1 ∧ rn = rn. D'où a ∧ b = rn. �

Exemple 3.24. Soit à déterminer le PGCD de 1386 et 1274

a b r q1386 1274 112 11274 112 42 11112 42 28 242 28 14 128 14 0 2

Le dernier reste non nul est 14, c'est le PGCD cherché.

L'algorithme d'Euclide permet aussi de déterminer les entiers u, v tels que ua+vb = a∧b, appelés les coe�cientsde Bézout.

Théorème 3.25. (Algorithme d'Euclide étendu :Détermination des coe�cients de Bézout)Soient a, b ∈ Z. On note :r0 = a, r1 = b.Si rk et qk sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de rk−2 par rk−1

On dé�nit les suites uk et vk par :u0 = 1, u1 = 0 et uk = uk−2 − qkuk−1

v0 = 0, v1 = 1 et vk = vk−2 − qkvk−1

Alors uka + vkb = rk en particulier, si rn est le dernier reste non nul, alors una + vnb = rn = a ∧ b

Preuve. On montre par récurrence sur k que uka + vkb = rk.Si k = 0, on a u0 = 1 et v0 = 0, u0a + v0b = a = r0.Si k = 1, on a u1 = 0 et v1 = 1, u1a + v1b = b = r1.La relation est donc véri�ée pour k = 0 et k = 1.Soit k ≥ 2. Supposons la relation vraie pour k − 1 et k − 2. On a :uka + vkb = uk−2 − qkuk−1a + vk−2 − qkvk−1b = (uk−2a + vk−2b)− qk(uk−1a + vk−1b = rk−2 − qkrk−1 = rk �

15



Exemple 3.26. Déterminons le PGCD et des coe�cients de Bézout pour le couple (224, 175)

a b r q224 175 49 1 49=224-175 49=224-175175 49 28 3 28 = 175− (49× 3) = 175− (224− 175)× 3 28 = (4× 175)− (3× 224)49 28 21 1 21 = 49− 28 = (224− 175)− ((4× 175)− (3× 224)) 21 = (4× 224)− (5× 175)28 21 7 1 7 = 28− 21 = (4× 175)− (3× 224)− (4× 224) + (5× 175) 7 = (9× 175)− (7× 224)21 7 0 3 Fin

On a donc 224 ∧ 175 = 7 et 7 = (9× 175)− (7× 224)

3.5 L'équation ax + by = c dans ZThéorème 3.27. L'équation ax + by = c possède une solution, si et seulement si, (a ∧ b) | c.Lorsque cette condition est satisfaite, et si (x0, y0) est une solution particulière de l'équation, alors tout autre

solution (x, y) est de la forme x = x0 + kb′ et y0 − ka′, k ∈ Z, où a′ =a

a ∧ bet b′ =

b

a ∧ b.

Pour déterminer une solution particulière, on utilise l'algorithme d'Euclide pour déterminer des coe�cients deBézout (u, v) du couple (a, b). On a alors au + bv = d = a ∧ b. On pose h =

c

d, alors (x0, y0) = (uh, vh) est une

solution particulière de l'équation.

Exemple 3.28. Soit à résoudre l'équation 224x + 175y = 21. On a 224∧ 175 = 7 | 21, donc l'équation possèdedes solutions. On a d'après l'éxemple précédent, −(7×224)+(9×175) = 7. Donc (−21×224)+(27×175) = 21.

Une solution particulière est donc (−21, 27). a′ =2247

= 32, b′ =1757

= 25. La solution générale de l'équationest (x, y) = (−21 + 25k, 27− 32k), k ∈ Z.

3.6 Nombres premiers et factorisation

De�nition 3.29. Un nombre entier naturel p est dit premier, s'il est di�érent de 1 et ses seuls diviseurspositifs sont 1 et p.

Exemple 3.30. 2, 3, 5, 7, ... sont premiers. 1, 9, 15 ne sont pas premiers.

Théorème 3.31. Tout entier > 1 est divisible par un nombre premier.

Preuve. Soit n > 1 et A l'ensemble des entiers > 1 qui divisent n. A est une partie non vide de N (n ∈ A),donc A possède un plus petit élément p. Montrons que p est premier. Soit d > 1 un diviseur de p. On a d ≤ p.Or d | n. D'où, par minimalité de p, d = p. �

Théorème 3.32. (Euclide) Il existe une in�nité de nombres premiers.

Preuve. Soit p un nombre premier. Posons n = p!+1. Alors n est divisible par un nombre premier q. Montronsque q > p. Raisonnons par l'absurde et supposons que q ≤ p alors q | p!, comme q | p! + 1, on a q | n− p! = 1, cequi est absurde. Donc q > p. Ainsi pour tout nombre premier p, il existe un nombre premier q strictement plusgrand que p. �

Remarque 3.33. Les nombres premiers forment une suite d'entiers. A l'heure actuelle, on connait très peu dechoses sur cette suite.

Proposition 3.34. Soit p est un nombre premier et n ∈ Z, alors ou bien p | n ou bien p ∧ n = 1.

Preuve. Supposons p - n et soit d = p ∧ n = 1. Comme d | p, on a d = 1 ou p.Supposons que d = p, alors p | n. Absurde. Donc d = 1. �

Corollaire 3.35. Soit p un nombre premier et a1, a2, . . . , an des entiers tels que p | a1 · a2 · . . . · an. Alors ilexiste i tel que p | ai.

Preuve. Par contraposition. Supposons que ∀i, p - ai, alors ∀i, p∧ai = 1, ce qui implique que p∧(a1a2 · · · an) = 1et par suite p - (a1a2 · · · an) �

16



Théorème 3.36. Pour tout entier naturel a > 1, il existe des nombres premiers p1 < p2 < . . . < pk, des entiersnaturels non nuls m1,m2, . . . ,mk tels que a s'écrit de manière unique sous la forme a = pm1

1 pm22 . . . pmk

k .

Preuve. Existence par récurrence. Si n est premier, il n'y a rien à démontrer. Si n n'est pas premier, alors ildivisible par par un nombre premier p. Soit p1 le plus petit nombre premier divisant n. Soit pm1

1 la plus grandepuissance de p1 divisant a. On pose b = a/pm1

1 . On a p1 ∧ n = 1 et b < a, on applique alors l'hypothèse derécurrence à b. On a alors b = pm2

2 . . . pmk

k , d'où le résultat.

Unicité, par récurrence, si a = pm11 pm2

2 . . . pmk

k = qs11 qs2

2 . . . qstt ∈ N. D'après le choix de p1 et q1 on a p1 = q1.

Donc l'égalité devient pm11 pm2

2 . . . pmk

k = ps11 qs2

2 . . . qstt . On applique alors l'hypothèse de récurrence à a/p1. �

Exemple 3.37. 1260 = 2 · 630 = 22 · 315 = 22 · 3 · 105 = 22 · 32 · 35 = 22 · 32 · 5 · 7.

Remarque 3.38. : Alors qu'on connait des algorithmes assez rapides pour tester si un nombre très grand estpremier ou non, il n'existe pas avec les ordinateurs actuels de méthode su�sament rapide pour factoriser desnombres de quelques centaines de chi�res.Cette propriété (di�culté de la factorisation), est utilisée dans certains procédés cryptographiques (méthodeRSA) : mots de passe dans les réseaux informatiques, messages secrets, etc....

Proposition 3.39. Soient p1, p2, . . . pk des nombres premiers distincts et αi, βi, i = 1, . . . , k, des entiers naturelseventuellement nuls. Alorspα11 pα2

2 · · · pαk

k | pβ11 pβ2

2 · · · pβk

k ⇔ ∀i = 1, 2, . . . , k, αi ≤ βi

Preuve.⇒ Puisque pi ∧ pj = 1,∀i 6= j, on a pαi

i | pβi

i , ce qui entraîne αi ≤ βi.⇐ est claire. �

La factorisation permet de déterminer le PGCD et le PPCM de deux entiers. On a le :

Théorème 3.40. Si a = ps11 ps2

2 . . . psk

k et b = pt11 pt2

2 . . . ptk

k , où si, ti ∈ N (eventuellement nuls), alors :a ∧ b = pl1

1 pl22 . . . plk

k où li = min(si, ti).a ∨ b = ph1

1 ph22 . . . phk

k où hi = max(si, ti)

Preuve.1 - On a li ≤ αi et i ≤ βi. Donc pli

i | a et plii | b. Par suite, pli

i | a ∧ b, comme les plii sont premiers entre eux

deux à deux, il s'ensuit que pl11 pl2

2 . . . plkk | a ∧ b.

Réciproquement, si c | a et c | b, alors c = pu11 pu2

2 . . . puk

k avec ui ≤ si et ui ≤ ti, par suite ui ≤ li, ∀i. Doncc | pl1

1 pl22 . . . plk

k .

2 - Remarquons que min(si, ti) + max(si, ti) = si + ti. Alors on a a ∨ b =ab

a ∧ b=

∏ki=1 p

si+ti−min(si,ti)i =∏k

i=1 pmax(si,ti)i �

Exemple 3.41. 180 = 22 · 32 · 5, 42 = 2 · 3 · 7. On a : 180 ∧ 42 = 2 · 3 = 6, 180 ∨ 42 = 22 · 32 · 5 · 7 = 1260.

17



4 L'anneau Z/nZ, et arithmétique modulaire

4.1 Relation de congruence

Soit n un entier naturel non nul. On dé�nit dans Z la relation de congruence modulo n par

x ≡ y [n] ⇔ n | x− y ⇔ ∃k ∈ Z : x− y = k · n

En particulier, x ≡ 0 [n] ⇔ n | x

Théorème 4.1.1 - La relation de congruence modulo n est une relation d'équivalence dans Z.2 - Pour tout x ∈ Z, la classe de x modulo n est l'ensemble x = {x + kn ∈ Z : k ∈ Z} = x + kZ.3 - L'ensemble quotient par cette relation d'équivalence est noté Z/nZ, et on a Z/nZ = {0, 1, . . . , n− 1}

Preuve.1 - Montrons que la relation de congruence modulo n est une relation d'équivalence :≡ est ré�exive, car ∀x ∈ Z, n | x− x = 0.≡ est symétrique, car ∀x, y ∈ Z, s n | x− y, alors n | y − x.≡ est transitive, car ∀x, y, z ∈ Z, n | x− y et n | y − z implique n | (x− y) + (y − z) = x− z.2 - y ∈ x ⇔ n | y − x ⇔ ∃k ∈ z : y = x + kn ⇔ y ∈ x = nZ.3 - On a {0, 1, . . . , n− 1} ⊂ Z/nZ.Réciproquement, soit x ∈ Z/nZ. La division euclidienne de x par n donne x = qn + r, où 0 ≤ r ≤ n− 1. On aalors x ≡ r[n]. Donc x = r ∈ {0, 1, . . . , n− 1}.En�n, si 0 ≤ k, m ≤ m− 1, et k = m, alors 0 ≤ |k−m| ≤ n− 1. Comme n | k−m, on a k−m = 0, d'où k = m.Le cardinal de Z/nZ est donc égal à n. �

Théorème 4.2. Sur Z/nZ on dé�nit les opérations + et · suivantes ∀x, y ∈ Z/nZ :

x + y = x + y

x · y = xy

Alors ces opérations sont bien dé�nies et (Z/nZ,+, ·) est un anneau commutatif.

Preuve.I (Z/nZ,+) est un groupe abélien :Associativité : ∀x, y, z ∈ Z, on a :(x + y) + z = (x + y + z) = (x + y) + z == x + (y + z) = x + y + z = x + (y + z).Commutativité : ∀x, y ∈ Z, x + y = x + y = y + x = y + x.Element neutre : 0 est l'élément neutre de +. ∀x ∈ Z, x + 0 = x.Elements symétrisables : ∀x ∈ Z, x +−x = x + (−x) = 0.I (Z/nZ,×) est un monoïde commutatif :Associativité : ∀x, y, z ∈ Z, on a :(x× y)× z = (x× y × z) = x× y × z = x× y × z = x× (y × z).Commutativité : ∀x, y ∈ Z, x× y = x× y = y × x = y × x.Elément neutre : 1 est l'élément neutre de ×. ∀x ∈ Zx× 1 = x× 1 = x.I La loi × est distributive par rapport à +.∀x, y, z ∈ Z, x× (y + z) = x× (y + z) = xy + xz = xy + xz = (x× y) + (x× z) �

Corollaire 4.3. Soient a, b ∈ Z tels que a ≡ b [n] alors : ∀k ∈ N, ak ≡ bk

On rappelle que dans Z/nZ, on a n | m ⇔ m = 0, cette remarque permet parfois de traiter les questions dedivisibilité d'une façon plus simple, en utilisant les propriétés de l'anneau (Z/nZ,+, ·)

Exemple 4.4. Montrons que ∀n ∈ N, on a 7 | 32n+1 + 2n+2.

Posons un = 32n+1 + 2n+2. Dans Z/7Z, on a un = 32n+1 + 2n+2 = 9n · 3 + 2n · 4.

Or 9 = 2, donc un = 2n · 3 + 2n · 4 = 2n · (3 + 4) = 0.

18



Exponention rapide. dans certaines applications de l'arithmétique modulaire, par exemple en cryptographie,on a besoin de calculer les puissances ak[n], où k est un très grand nombre entier naturel. Alors on procède dela façon suivante :1 - On décompose k en base 2, i.e. k =

∑mi=0 εi2i, où εi ∈ {0, 1}.

2 - On calcule ai = a2i

[n], en utilisant la relation de récurrence ai+1 = (ai)2[n].3 - ak =

∏i:εi 6=0 ai[n].

Exemple 4.5. Calculons 673[100] On a 73 = 64 + 8 + 1 = 1 + 23 + 26.62 = 36[100], 64 = 362 = −4[100], 68 = (−4)2 = 16[100], 616 = 56[100], 632 = 562 = 36[100], 664 = 362 = −4 =96[100]. Donc 673 = 6× 16×−4 = 16[100].

4.2 Le théorème des restes chinois

Théorème 4.6 (Théorème des restes chinois). Soient m1,m2, . . . ,ms des entiers premiers entre eux deuxà deux, a1, a2, . . . , as des entiers quelconques. Alors il existe au moins un entier x tel que x ≡ ai mod mi,∀i = 1, . . . , s.Si x0 est une solution, alors ∀x ∈ Z, x est solution, si et seulement si, m | x− x0, où m = m1m2 . . .ms.De plus, il existe une seule solution dans {0, 1, . . . ,m− 1}

Preuve. Posons m = m1m2 · · ·ms et hk = m/mk. Alors ∀k = 1, 2, . . . , s, mk | hi, si i 6= k et hk et mk sontpremiers entre eux, il existe uk, vk ∈ Z, tels que ukmk + vkhk = 1. Posons a =

∑si=1 aivihi. Alors dans Z/mkZ,

on a a =∑s

i=1 aivihi = akvkhk = ak(1− ukmk) = ak

Exemple 4.7. Déterminons les entiers dont le reste de la division euclidienne par 7 est est 4 et le reste de laDE par 11 est 2. Notons a un tel entier. Alors a ≡ 4 (mod 7) et a ≡ 2 (mod 11). Comme 7 et 11 sont premiersentre eux, une solution existe d'après le théorème chinois.On a a = 7x + 4 = 11y + 2. Donc 11y − 7x = 2.En utilisant l'algorithme d'Euclide étendu, on trouve x = 6 et y = 4 comme solution particulière. Donca = 46 + 77k. Le plus petit entier naturel solution est donc 46.

4.3 Eléments inversibles modulo n

De�nition 4.8. Soit (G, ·) un groupe �ni d'élément neutre e. On appelle l'ordre de G le cardinal de G. On lenote |G| ou o(G)

Exemple 4.9. |(Z/nZ,+)| = n.

Proposition 4.10.1 - Soit n un entier naturel non nul, On note Un l'ensemble des éléments inversibles de (Z/nZ, ·), c'est à dire,l'ensemble des x ∈ Z/nZ, tel qu'il existe y ∈ Z/nZ, véri�ant xy = 1. Alors (Un,×) est un groupe.2 - Soit k un entier, alors k ∈ Un ⇔ k est premier avec n. Si ak + bn = 1, alors k−1 = a.L'ordre de Un est égal au nombre d'entiers premiers avec n et inférieurs à n. On note ce nombre φ(n). Lafonction φ s'appelle la fonction indicatrice d'Euler de n.

Preuve.1 - On a 1.1 = 1, Donc 1 ∈ Un.Comme le produit de deux éléments inversibles est inversible, alors Un est stable par ×. Il est alors clair que(Un,×) est un groupe.2 - Supposons que k ∈ Un. Alors il existe m ∈ Z tel que km = km = 1. Donc n | km− 1. Il existe s ∈ Z tel quesn = km− 1, ou encore mk − sn = 1, ce qui entraîne que k ∧ n = 1.réciproquement, supposons k ∧ n = 1, d'après Bézout, il existe u, v ∈ Z tels que uk + vn = 1. Donc n | 1− uk.Par suite, uk = 1. D'où k ∈ Un. �

Exemples 4.11.U18 = {1, 5, 7, 11, 13, 17}. |U18| = 6U15 = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}. |U15| = 8

Remarque 4.12. L'inverse de k modulo n est déterminé par l'algorithme d'Euclide. En e�et, on a ak+ bn = 1,donc ka = 1

19



De�nition 4.13. Soit (G, ·) un groupe quelconque d'élément neutre e et g ∈ G. On appelle ordre de g, s'ilexiste, le plus petit entier naturel non nul m tel que gm = e. On note o(g) = m l'ordre de g.

Théorème 4.14. Soit (G, ·) un groupe abélien �ni d'ordre n et d'élément neutre e, alors ∀x ∈ G, xn = e.Pour tout g ∈ G, si gk = e, alors o(g) | k. En particulier, o(g) | |G|

Preuve. Posons G = {x1, x2, . . . xn}. Si g ∈ G, alors l'application f : G → G, x 7→ gx est une bijection. Donca = x1x2 . . . xn = gx1gx2 · · · gxn = gnx1x2 · · ·xn = gna. Par suite gn = e.Posons o(g) = m et soit k tel que gk = e. La division euclidienne de k par m donne k = mq +r, avec 0 ≤ r < m.On a alors e = gk = gmq+r = (gm)q.gr = gr. Par minimalité de m, on a r = 0, d'où m | k. �

Théorème 4.15 (Euler). ∀k ∈ Un, on a (k)φ(n) = 1.

De�nition 4.16. L'ordre o(k) de k dans Un est appelé l'ordre multiplicatif de k modulo n.

Exemples 4.17.Modulo 9, on a 22 ≡ 4, 23 ≡ 8, 24 ≡ 7, 25 ≡ 5, 26 ≡ 1. Donc l'ordre multiplicatif de 2 modulo 9 est égal à 6.

Théorème 4.18 (Le petit théorème de Fermat). Soit p un nombre premier. Alors φ(p) = p − 1 et on a∀a ∈ Z, p | ap − a.

Exemple 4.19. Déterminons suivant les valeurs de n, le reste de la division euclidienne de un = 7(7n) par 10.Remarquons d'abord 7 ∧ 10 = 1. Calculons l'ordre de 7 modulo 10. On a 72 = 49 ≡ 9[10], 73 ≡ 63 ≡ 3[10],74 ≡ 21 ≡ 1[10]. Donc l'ordre de 7 modulo 10 est égal à 4.Posons 7n = 4k + r, un ≡ 74k+r ≡ 7r[10], où r ∈ {0, 1, 2, 3}.Il faut 7n = r, Comme 7 ≡ 3[4], 7 est d'ordre 2 modulo 4.Si n est pair, 7n ≡ 1[4], 7n = 4k + 1, un ≡ 7[10].Si n est impair, 7n ≡ 3[4], 7n = 4k + 3, un ≡ 3[10]

Théorème 4.20. (Propriétés de la fonction indicatrice d'Euler)1 - Soient m1,m2, . . . ,mk sont des entiers premiers entre eux deux à deux, alors

φ(m1m2 · · ·mk) = φ(m1)φ(m2) · · ·φ(mk)

2 - Soient p un nombre premier et k ∈ N∗. Alors

φ(pk) = pk − pk−1

en particulier, φ(p) = p− 13 - Soient n =

∏sk=1 pαk la factorisation de n en produit de nombres premiers. Alors

φ(n) =s∏

k=1

(pαk

k − pαk−1k ) = n

s∏k=1

(1− 1pk

)

4 -∑

d|n φ(d) = n.

Preuve.1 - Il su�t de montrer le résultat pour k = 2 et de procéder par récurrence. Posons m = m1m2. Pour toutn ∈ N∗, Notons En, l'ensemble des entiers naturels < n. Pour tout x ∈ Em, dé�nissons notons ri le reste de ladivision euclidienne de x par mi. On a ri = x− qimi et mi ∧ ri = mi ∧ qimi + ri = mi ∧ x = 1, donc ri ∈ Emi

.Considérons alors l'application f : E → Em1 × Em2 , x 7→ (r1(x), r2(x)). où ri(x) est le reste de la divisioneuclidienne de x par mi. D'après le théorème des restes chinois, pour tout (r1, r2) ∈ Em1 ×Em2 , il existe x ∈ Nunique tel que x < m et x ≡ ri[mi]. Montrons que x∧m = 1, en e�et, x∧mi = 1, donc x∧m = 1. Il en résulteque et f est une bijection. Donc φ(m) = card(Em) = card(Em1)card(Em2) = φ(m1)φ(m2).2 - Soit E = {1, 2, . . . , pk}, F = {m ∈ E : m ∧ pk = 1}, G = {m ∈ E : m | pk} On a φ(pk) = card(F ) =card(E)− card(G) = pk − pk−1.3 - Soit n =

∏sk=1 pαk

k la factorisation de n en produit de nombres premiers. Alors :φ(n) =

∏sk=1 φ(pαk

k ) =∏s

k=1(pαk

k − pαk−1k ) =

∏sk=1 pαk(1− 1

pk) = n

∏sk=1(1−

1pk

).4 - Posons E = { 1

n , 2n , 3

n , . . . , kn , . . . n

n = 1} et Pour tout d | n, Fd = {kd : 1 ≤ k ≤ n, et k ∧ d = 1}.

Montrons que les (Fd)d|n forment une partition de E.

20



Montrons que⋂

d|n Fd = En.Soit d | n et k

d ∈ Fd. Posons m = nd , on a km

dm = kmn ∈ E car puisque k ≤ d, km ≤ n. d'où Fd ⊂ E et⋂

d|n Fd ⊂ E.Réciproquement, soit k

n ∈ E, posons m = k∧n, k′ = km et d = n

m . Alors k′∧d = 1 et k′

d ∈ Fd. D'où E ⊂⋂

d|n Fd.Montrons que les (Fd)d|n sont deux à deux disjoints. Supposons que Fd ∩ Fd′ 6= ∅, Soient k

d = k′

d′ ∈ Fd ∩ Fd′ .Alors kd′ = k′d. On a d | kd′ comme k ∧ d = 1, alors d | d′. De même on a d′ | d. D'où d = d′ et Fd = F ′

d. �

De�nition 4.21. Un groupe �ni (G, ·) d'ordre n est dit cyclique s'il contient un élément a d'ordre n. On aalors G = {e, a, a2, . . . , an−1}. On dit que l'élément a est un générateur de G

Exemple 4.22.1 - (Z/nZ,+) est cyclique, car engendré par 1.2 - Gn = {z ∈ C : zn = 1}. (Gn, ·) est cyclique engendré par e

2iπn .

3 - U8 = {1, 3, 5, 7} est un groupe d'ordre 4, et 12 = 32 = 52 = 72 = 1. Tous ses éléments sont d'ordre 6= 4.Donc U8 n'est pas cyclique.

Proposition 4.23. Soit (G, ·) un groupe cyclique d'ordre n engendré par un élément a. Alors :am est d'ordre n, si et seulement si, m est premier avec n.

PreuveSupposons que am est d'ordre n. Donc am est un générateur de G. Alors il existe k ∈ N, tel que (am)k = a. Ona akm−1 = e. Ce qui implique que n | km− 1, donc n ∧m = 1.Réciproquement, supposons que n ∧m = 1. Alors d'après Bézout αm + βn = 1. a = a1 = aαm+βn = (am)α. �

Théorème 4.24. Soit p un nombre premier. Alors le groupe Up (qui est d'ordre p−1), des éléments inversiblesdu corps (Z/pZ,+, ·), est cyclique. i.e. il existe a ∈ Up, tel que Up = {ak : k = 0, 1, . . . , p− 2}

Preuve. Soit d | n = p − 1. Notons Ed l'ensemble des éléments d'ordre d dans Up. Nous allons montrer quecard(Ed) ≤ φ(d).Tout élément d'ordre d est racine dans le corps Z/pZ du polynôme Xd−1. Notons Rd l'ensemble de ces racines.On a Ed ⊂ Rd. Comme Xd − 1 possède au plus d racines, on a card(Ed) ≤ d. Soit maintenant a ∈ Up unélément d'ordre d. Notons H = {1, a, a2, . . . , ad−1} le sous-groupe de Up engendré par a. Comme (ak)d = 1,on a H ⊂ Rd. D'où d = |H| ≤ card(Rd) ≤ d. Donc H = Rd. Il en résulte que Ed ⊂ H. Or d'après laproposition 4.23, o(am) = d ⇔ d ∧m = 1.Donc card(Ed) ≤ φ(d). Comme tout élément de Up est d'ordre undiviseur d de n, on a n =

∑d|n card(Ed). Par conséquent on a n =

∑d|n card(Ed) ≤

∑d|n φ(d) = n, donc∑

d|n card(Ed) =∑

d|n φ(d), ou encore∑

d|n(φ(d) − card(Ed)) = 0. Par suite, card(Ed) = φ(d), ∀d | n, enparticulier card(Ed)− φ(n) 6= 0. Par suite, Un contient un élément a d'ordre n, donc qui engendre Up. �

De�nition 4.25. Un élément générateur du groupe Up est dit élément primitif du corps (Z/pZ,+,×).

Exemple 4.26. Cherchons un élément primitif (Z/17Z,+,×). Cet élément doit être d'ordre 17-1=16.Essayons avec 2. On a 22 = 4, 23 = 8, 4 = 18 = −1. Donc 28−12 = 1. o(2) ≤ 8. Donc 2 n'est pas un élémentprimitif du corps (Z/17Z,+,×).Essayons avec 3. On a 32 = 9, 33 = 10, 34 = 13, 35 = 5, 36 = 15, 37 = 11, 38 = 16 = −1.Donc o(3) > 8, comme o(3) | 16, on a o(3) = 16. 3 est un élément primitif.

Remarque 4.27. Il faut remarquer que Un n'est pas toujours cyclique pour n non premier. Par exemple U8,n'est pas cyclique.

De�nition 4.28. Soit p un nombre premier. On sait d'après le théorème que Up est cyclique. Donc il existeα ∈ Up, tel que ∀x ∈ Up,∃k ∈ {0, 1, . . . , p− 2} : x = αk. Ou encore que l'application :

{0, 1, . . . , p− 2} → Up

k 7→ αk

est une bijection. L'application réciproque est appelée le logarithme discret de base α de x. On note k =Dlogα(x).Notons que Dlogα(xy) = Dlogα(x) + Dlogα(y) modulo p− 1.

Exemple 4.29. On reprend l'exemple 4.26. Dlog3(11) = 7

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4.4 Complément : Application du logarithme discret à la sécurité de l'information

Soit p un nombre premier et y ∈ Z/pZ. D'une façon général,la seule méthode pour calculer le logarithme discretde y, est la méhode qui consiste de tester tous les nombres entiers naturels k ≤ p− 2. Par conséquent, si p estun très grand nombre premier de plusieurs centaines de chi�res, le calcul du logarithme discret peut prendre untemps énorme même avec le plus rapide des ordinateurs.En conclusion calculer f(k) = αk est facile, mais la fonction inverse est di�cile à déterminer. On dit que f estune fonction à sens unique (one way function).Ce type de fonction est utilisé en cryptographie, particulièrement pour ouvrir des sessions (compte, e-mail, etc..)avec des mots de passe et les échanges de clés.

Mots de passe : Un utilisateur 'A' décide de créer un compte. Il compose son login (identi�ant : nom ouemail) et compose aussi un mot de passe x qu'il est le seul à connaitre. Le serveur calcule y = f(x), où f estune fonction à sens unique et associe y au login. Si 'A' compose le login et son mot de passe x, le serveur calculef(x). Comme f(x) = y, la session s'ouvre. Si une autre personne tape un mot de passe x′ 6= x, on a f(x′) 6= y,la session ne s'ouvre pas.Même si cette personne arrive à connaître y, il lui sera très di�cile de trouver x, car f est une fonction à sensunique.

Echange de clés. (Protocole de Di�e-Hellman) Deux personnes A et B décident de créer un nombre quiservira comme clé secrète à un procedure cryptographique. Chacune de ses personnes dispose d'une clé secrète,n pour A et m pour B.A envoie αn à B, B calcule (αn)m = αnm.B envoie αn à A, A calcule (αm)n = αnm.Donc A et B disposent tous les deux d'un nombre commun N = αnm qui sera la clé secrète.Connaissant N , A ne peut connaitre la clé secrète de B, car il doit déterminer le logarithme discret de N , lemême problème se pose pour B.En fait le calculs précédents se font de manière automatique par les serveurs de courrier éléctronique, ou detéléphonie etc...

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5 Exercices Résolus

Exercice 1.1 - Soient P,Q,R trois propositions. Montrer que :

P ⇒ (Q ⇒ R) ≡ (P etQ) ⇒ R

2 - Montrer que si les trois propositions : P ouQ, P ⇒ R et Q ⇒ R sont vraies, alors R est vraie.3 - Soient P et Q deux propositions quelconques. Quelle est la valeur de vérité de la proposition : (P ⇒Q) ou (P ⇒ Q) ?

Solution de l'exercice 1.1 - P ⇒ (Q ⇒ R) ≡ P ou (Q ⇒ R) ≡ P ou(Q ouR) ≡ (P ouQ) ouR).D'après la loi de De Morgan, P ouQ ≡ P etQ.Finalement, P ⇒ (Q ⇒ R) ≡ (P etQ) ouR ≡ (P etQ) ⇒ R2 - Soient S et T deux propositions. Si S et vraie et S ⇒ T est vraie, alors forcèment T est vraie.- On raisonne alors par disjonction des cas :I Si P est vraie, comme P ⇒ R est vraie, d'après la remarque précédente, R est vraie.I Si P est fausse, comme P ouQ, est vraie, on a Q est vraie et puisque Q ⇒ R est vraie, alors R et vraie.3 - Posons S ≡ (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q).I Si P est vraie, P est fausse. Donc P ⇒ Q est vraie. Par suite, S est vraie.I Si P est fausse. Donc P ⇒ Q est vraie. Par suite, S est vraie.En conclusion, la proposition (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q) est toujours vraie.I Autre méthode : (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q) ≡ P ouQ ouP ouQ ≡ (P ouP ) ou (Q ouQ). Or (P ouP ) est toujoursvraie, donc (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q) est toujours vraie.

Exercice 2. Dire pour chacune des propositions suivantes si elle est vraie, et donner sa négation :(a) ∀n ∈ N,∃m ∈ N : m > n.(b) ∃m ∈ N : ∀n ∈ N, m > n.(c) ∀x ∈ Q∗

+,∃y ∈ Q : 0 < y < x.(d) ∀n ∈ N, n > 3 ⇒ n > 6.(e) ∀n ∈ N,∃p ∈ N : n = 2p + 1.(f) ∀x ∈ R, x < 2 ⇒ x2 < 4.(g) ∀m,n ∈ N, 2 | mn, ou 8 | m2 − n2.

Solution de l'exercice 2.(a) vraie, il su�t, pour tout n de prendre m = n + 1, sa négation est ∃n ∈ N,∀m ∈ N : m ≤ n.(b) fausse, car sa négation est ∀m ∈ N : ∃n ∈ N, m ≤ n est vraie.(c) vraie, il su�t de prendre y = 1

2x. Sa négation est ∃x ∈ Q∗+,∀y ∈ Q : y ≤ 0 oux ≤ y. Ou encore ∃x ∈ Q∗

+ :∀y ∈ Q, y > 0 ⇒ x ≤ y(d) fausse, par exemple 4 > 3 mais 4 ≤ 6. Sa négation est ∃n ∈ N, n > 3 et n ≤ 6.(e) fausse, pour 4 par exemple. Sa négation est ∃n ∈ N,∀p ∈ N : n 6= 2p + 1.(f) fausse, pour x = −3 par exemple. Sa négation ∃x ∈ R, x < 2 et x2 ≥ 4.(g) Vraie, preuve : On suppose 2 - mn. Donc 2 - m et 2 - n. Alors m = 2p + 1 et n = 2q + 1. m2 − n2 =(2p + 1)2 − (2q + 1)2 = 4p2 + 4p− 4q2 − 4p = 4(p(p + 1)− q(q + 1)). Comme 2 | p(p + 1) et 2 | q(q + 1). Donc8 | m2 − n2.

Exercice 3. Ecrire à l'aide de quanti�cateurs les propositions suivantes :1. Aucun entier naturel n'est supérieur à tous les autres.2. Il existe un entier naturel multiple de tous les autres.3. Le carré de tout réel est positif.4. Tous les réels ne sont pas des quotients d'entiers.5. Certains réels sont strictement supérieurs à leur carré.6. Etant donné trois réels non nuls, il y en a au moins deux de même signe.

Solution de l'exercice 3.1. ∀n ∈ N,∃m ∈ N : m > n.2. ∃n ∈ N : ∀p ∈ N, p |n.

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3. ∀x ∈ R, x2 ≥ 0.4. ∃x ∈ R : ∀(p, q) ∈ Z× Z∗, x 6= p

q .5. ∃x ∈ R, x ≥ x2.6. ∀x, y, z ∈ R∗, xy > 0 ouxz > 0 ou yz > 0.

Exercice 4. Montrer par l'absurde qu'il n'existe pas de nombre réel x, tel que ∀n ∈ N∗, 0 < x <1n

Solution de l'exercice 4. Si un tel nombre x existe, alors ∀n ∈ N∗, 0 < x <1n. Alors ∀n ∈ N∗, 0 < nx < 1.

Or R est archimédien, par conséquent il existe m ∈ N, tel que mx > 1. Contradiction.

Exercice 5. Si P et Q sont deux propositions, on introduit le connecteur logique ⊕, appelé connecteur nand(de l'anglais 'not and'), dé�ni par P ⊕Q ≡ non (P et Q). Sa table de vérité est donné par :

P Q P ⊕QV V FV F VF V VF F V

1 - Montrer que pour l'opérateur négation on a P ≡ P ⊕ P2 - Montrer que les connecteurs logiques et, ou, ⇒ et ⇔, peuvent être exprimés à l'aide de ce connecteur.(voir par exemple https://fr.wikipedia.org/wiki/Fonction_NON-ET pour les applications de ce connecteur).

Solution de l'exercice 5.1 - On a le tableau de verité

P P P ⊕ PV F FF V V

2 - P etQ ≡ P ⊕Q ≡ (P ⊕Q)⊕ (P ⊕Q).P ouQ ≡ P etQ ≡ P ⊕Q ≡ (P ⊕ P )⊕ (Q⊕Q).P ⇒ Q ≡ P ouQ ≡ P etQ ≡ P ⊕Q ≡ P ⊕ (Q⊕Q)

Exercice 6. Montrer par récurrence les propriétés suivantes :1 - ∀n ∈ N, on a :

n∑k=0

k(k − 1) =13(n(n− 1)(n + 1))

2 - ∀n ∈ N∗,∑n

k=1

1k2≤ 2− 1

n.

Solution de l'exercice 6.1 - Posons Sn =

∑nk=0 k(k − 1). Pour n = 0, S0 = 0. L'égalité est véri�ée.

Soit n ∈ N. Supposons que Sn = 13 (n(n− 1)(n + 1)). On a, alors :

Sn+1 = Sn + n(n + 1) = 13 (n(n− 1)(n + 1)) + n(n + 1) = 1

3 (n + 1)(n(n− 1) + 3n) = 13 (n + 1)(n2 + 2n)

D'où Sn+1 = 13n(n + 1)(n + 2). Donc l'égalité est vraie pour n + 1.

Conclusion, l'égalité est vraie pour tout n ∈ N.

2 - Posons un =∑n

k=11k2 . Montrons que un + 1

n ≤ 2,∀n ∈ N∗.Pour n = 1, l'inégalité est vraie.Soit n ∈ N∗. Supposons que un + 1

n ≤ 2. On a un+1 + 1(n+1) = un + 1

(n+1)2 + 1(n+1) .

Or 1(n+1)2 + 1

(n+1) = n+2(n+1)2 ≤

1n . Par conséquent, un+1 + 1

(n+1) ≤ un + 1n ≤ 2.

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Exercice 7.1 - Montrer par récurrence que ∀n ∈ N, 3 | 4n − 1.2 - Soit n ∈ N, on considère la proposition Pn :′′ 3 | 4n + 1′′.

a - Montrer que Pn ⇒ Pn+1.b - Montrer que : ∀n ∈ N, 3 - 4n + 1.

Solution de l'exercice 7.1 - Pour n = 0, 4n − 1 = 0, donc la propriété est vraie pour n = 0.Soit n ∈ N, supposons que 3 | 4n − 1. On a 4n+1 − 1 = 4× 4n − 1 = 4× 4n − 4 + 3 = 4(4n − 1) + 3.Par hypothèse de récurrence, 3 | 4n − 1, d'où 3 | 4n+1 − 1.2 - a - Supposons que 3 | 4n + 1, on a 4n+1 + 1 = 4 × 4n + 4 − 3 = 4(4n + 1) − 3 est divisible par 3. DoncPn ⇒ Pn+1.b - Par l'absurde, supposons qu'il existe n ∈ N tel que 3 | 4n + 1, comme 3 - 4n − 1, d'après la question 1, on a3 | (4n + 1)− (4n − 1) = 2, ce qui est absurde.En conclusion, dans le raisonnement par récurrence, il faut toujours véri�er l'étape initiale.

Exercice 8. On appelle suite de Fibonacci, la suite d'entiers naturels dé�nie par

F0 = 0, F1 = 1 et ∀n ∈ N, Fn+2 = Fn + Fn+1

Montrer que ∀n ∈ N ; on a : Fn+3Fn − Fn+2Fn+1 = (−1)n+1.

Solution de l'exercice 8. On a F0 = 0, F1 = 1, et en utilisant la formule de récurrence, F2 = 1, F3 = 2, on aF3F0 − F2F1 = −1 = (−1)1, d'où l'égalité est vraie pour n = 0.Soit n ∈ N, supposons que l'égalité est vraie pour n et montrons qu'elle est vraie pour n + 1.On a Fn+4Fn+1 − Fn+3Fn+2 = (Fn+3 + Fn+2)Fn+1 − Fn+3(Fn + Fn+1) = Fn+2Fn+1 − Fn+3Fn = −(−1)n+1 =(−1)n+2

Exercice 9. On considère la suite (un)n∈N de nombres réels, dé�nie par :

u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 =un

1 + un

1) Calculer ses six premiers termes de cette suite.2) Conjecturer une expression de un en fonction de n et la démontrer.

Solution de l'exercice 9.1 - u0 = 1, u1 = 1

2 , u2 = 13 , u3 = 1

4 , u4 = 15 , u5 = 1

6 .2 - On conjecture que un = 1

n+1 . Montrons cette relation par récurrence.Pour n = 0, u0 = 1, la relation est véri�ée.Soit n ∈ N, supposons que l'égalité est vraie pour n. On a un+1 = un

1+un=

1n+1

1+ 1n+1

= 1n+2 , l'égalité est donc vraie

pour n + 1.Conclusion, ∀n ∈ N, un = 1

n+1 .

Exercice 10. Soient A et B deux parties d'un ensemble E. Démontrez que A = B ⇔ A ∪B = A ∩B.

Solution de l'exercice 10.⇒ Supposons que A = B, alors A ∪B = A ∪A = A et A ∩B = A ∩A = A, d'où le résultat.⇐ Réciproquement, supposons que A ∪B = A ∩B. Montrons que A = B, par double inclusion.On a A ⊂ A ∪B = A ∩B, il en résulte que A ⊂ A ∩B, or A ∩B ⊂ B, donc A ⊂ B.De même B ⊂ A ∪B = A ∩B, il en résulte que B ⊂ A ∩B, or A ∩B ⊂ A, donc B ⊂ A.

Exercice 11. Soient f : E → F une application. A et B deux parties de E, C et D deux parties de F .1 - Montrer que f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B), et que f(A ∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B).2 - Montrer que f−1(C ∪D) = f−1(C) ∪ f−1(D), et que f−1(C ∩D) = f−1(C) ∩ f−1(D).3 - Montrer que, ∀A,B ⊂ E, f(A ∩B) = f(A) ∩ f(B) ⇔ f est injective.

Solution de l'exercice 11.1 -

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I On a A ⊂ A ∪B, donc f(A) ⊂ f(A ∪B), de même f(B) ⊂ f(A ∪B). D'où f(A) ∪ f(B) ⊂ f(A ∪B).Réciproquement, soit y ∈ f(A ∪B), il existe x ∈ A ∪B, tel que y = f(x).Si x ∈ A, alors y ∈ f(A) ⊂ f(A ∪B).Si x ∈ B, alors y ∈ f(B) ⊂ f(A ∪B).Dans tous les cas, y ∈ f(A ∪B). D'où f(A ∪B) ⊂ f(A) ∪ f(B).I Puisque A∩B ⊂ A. On a f(A∩B) ⊂ f(A). De même, f(A∩B) ⊂ f(B). Par conséquent f(A∩B) ⊂ f(A)∩f(B).2 -I x ∈ f−1(C ∪ D) ⇔ f(x) ∈ C ∪ D ⇔ f(x) ∈ C ou f(x) ∈ D ⇔ x ∈ f−1(C) oux ∈ f−1(D) ⇔ x ∈f−1(C) ∪ f−1(D). D'où f−1(C ∪D) = f−1(C ∪D).I x ∈ f−1(C ∩ D) ⇔ f(x) ∈ C ∩ D ⇔ f(x) ∈ C et f(x) ∈ D ⇔ x ∈ f−1(C) etx ∈ f−1(D) ⇔ x ∈f−1(C) ∩ f−1(D). D'où f−1(C ∩D) = f−1(C ∩D).

3 -⇒ Par contraposition, supposons que f n'est pas injective, il existe x 6= y ∈ E, tels que f(x) = f(y) = z.Posons A = {x} et B = {y}. On a A ∩ B = ∅, alors f(A) ∩ f(B) = {z}. Donc il existe A,B ⊂ E tels quef(A ∩B) 6= f(A) ∩ f(B).⇐ Réciproquement, supposons que f est injective, on a toujours f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B). Montrons queque ∀A,B ⊂ E, on a f(A) ∩ f(B) ⊂ f(A ∩ B). Soit y ∈ f(A) ∩ f(B), y ∈ f(A) et y ∈ f(B). Par suite, ilexiste x ∈ A : y = f(x) et il existe x′ ∈ B : y = f(x′). Comme f est injective, on a x = x′ ∈ A ∩ B. D'oùy = f(x) ∈ f(A ∩B).

Exercice 12. Soit f : R → R dé�nie par f(x) = x2.Déterminer les ensembles suivants : f([1, 2]), f(]− 1, 2]), f−1(]0, 1]), f−1([1, 4]).

Solution de l'exercice 12.y ∈ f([1, 2]) ⇔ ∃x ∈ [1, 2] : y = x2 ⇔ y ∈ [1, 4]. Donc f([1, 2]) = [1, 4].y ∈ f(]− 1, 2]) ⇔ ∃x ∈]− 1, 2] : y = x2 ⇔ y ∈]1, 4]. Donc f([−1, 2]) = [1, 4].x ∈ f−1(]0, 1]) ⇔ x2 ∈]0, 1] ⇔ x ∈ [−1, 0[∪]0, 1]. Donc f−1(]0, 1]) = [−1, 0[∪]0, 1].x ∈ f−1([1, 4]) ⇔ x2 ∈ [1, 4] ⇔ x ∈ [−2, 1] ∪ [1, 2]. Donc f−1([1, 4]) = [−2, 1] ∪ [1, 2].

Exercice 13. Soit f :] − 1, 1[→ R dé�nie par : f(x) = 2x1−x2 . Montrez que f est bijective et déterminez la

bijection réciproque.

Solution de l'exercice 13.

I Soit x, y ∈]− 1, 1[ tels que f(x) = f(y). On a 2x1−x2 = 2y

1−y2 ,x(1− y2) = y(1− x2) on a : x− y = xy2 − yx2, donc (x− y) = xy(y− x). Supposons que x 6= y, alors xy = −1,absurde. D'où x = y et f est injective.I Soit y ∈ R, on cherche s'il existe x ∈]− 1, 1[ tel que y = f(x) = 2x

1−x2 .Si y = 0, on prend x = 0, on a bien f(0) = 0.Si y 6= 0, on a alors yx2 + 2x − y = 0. C'est une équation du second degré en x avec y comme paramètre, son

discriminant est ∆ = 4 + 4y2, et il est toujours positif, ∀y ∈ R. Donc x =−2±

√4 + 4y2

2y=−1±

√1 + y2

y.

On cherche une solution dans ]− 1, 1[. Comme On a |−1−√

1 + y2

y| = |1 +

√1 + y2

y| > 1 + |y|

|y|> 1, on prend

alors x =−1 +

√1 + y2

yet on véri�e que l'on a bien f(

−1 +√

1 + y2

y) = y, ∀y ∈ R∗.

f−1 est donc l'application dé�nie de R sur ]− 1, 1[, par :

f−1(y) =

0, si y = 0 ;√

1 + y2 − 1y

. sinon.

Remarque. On peut montrer que f est une bijection de ]−1, 1[ sur R en utilisant les théorèmes de l'analyse : f

est continue dérivable et sa dérivée f ′(x) = 2+2x2

(1−x2)2 est strictement positive, donc f est une bijection de ]− 1, 1[sur l'intervalle ] limx→−1 f(x), limx→1 f(x)[=]−∞,+∞[= R

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Exercice 14. Soient f : E → F et g : F → G deux applications. Montrer que :g ◦ f injective ⇒ f injective.g ◦ f surjective ⇒ g surjective.

Solution de l'exercice 14.I Supposons que g ◦ f est injective. Soient x, x′ ∈ E, tels que f(x) = f(x′). On a g(f(x)) = g(f(x′)). Commeg ◦ f est injective, on a x = x′. D'où f est injective.I Supposons que g ◦ f est surjective. Soit y ∈ G. Il existe x ∈ E, tel que y = g(f(x)). Posons z = f(x), alors zest un antécédent de y par g. D'où g est surjective.

Exercice 15.(a) Montrer que f : N× N → N, (p, q) 7→ 2p(2q + 1)− 1 est une bijection de N× N sur N.(b) Soient a, b ∈ Z, on considère l'application ga,b : Z × Z → Z, dé�nie par ga,b(x, y) = ax + by. Etudierl'injectivité et la surjectivité de ga,b.(c) Soit h : R → R, x 7→ x

1+|x| . h est-elle injective ? surjective ?

Solution de l'exercice 15.(a)I Montrons que f est injective. Soient (p, q), (m,n) ∈ N2 tels que f(p, q) = f(m,n). On a alors 2p(2q +1)−1 =2m(2n + 1)− 1, donc 2p(2q + 1) = 2m(2n + 1) 2p | 2m(2n + 1). Comme 2n + 1 est impair, il est premier avec 2p.Le théorème de Gauss, entraîne que 2p | 2m, d'où p ≤ m. De façon symétrique, on a m ≤ p. Par conséquent,p = m. Il en résulte que 2q + 1 = 2n + 1, et par suite, q = n.I Montrons que f est surjective. Soit n ∈ N, on a n + 1 ∈ N∗. D'après la factorisation de n + 1 en produitde nombres premiers, on a n + 1 = 2pms1

1 . . .msk

k , où les mi sont des nombres premiers impairs. On pose alors

q =ms1

1 . . .msk

k − 12

, par suite, n + 1 = 2p(2q + 1) et n = f(p, q).(b)I ga,b n'est jamais injective, si (a, b) 6= (0, 0), on a ga,b(b,−a) = 0 = ga,b(0, 0) et (b,−a) 6= (0, 0).Si (a, b) = (0, 0), ga,b est identiquement nulle, donc non injective.I Supposons que ga,b est surjective, alors en particulier il existe (u, v) ∈ Z2, tel que ga,b = au + bv = 1. Il enrésulte que a et b sont premiers entre eux.Récipropquement, si a et b sont premiers entre eux, alors il existe (u, v) ∈ Z2, tel que au + bv = 1. On aalors ∀x ∈ Z, aux + avx = x, donc ga,b(ux, vx) = x, i.e tout x ∈ Z, possède (ux, vx) comme antécédent. Parconséquent, ga,b est surjective.(c)I L'application h n'est pas surjective, car ∀x ∈ R, |h(x)| < 1.I Soient x, y ∈ R, supposons que h(x) = h(y). Alors x

1+|x| = y1+|y| . x et y sont alors du même signe.

Si x ≥ 0et y ≥ 0, alors x1+x = y

1+y , D'où, x + xy = y + yx, par suite x = y.Si x ≤ 0et y ≤ 0, alors x

1−x = y1−y , D'où, x− xy = y − yx, par suite x = y.

Par conséquent, h est injective.

Exercice 16. Soit P = {z ∈ C : Imz > 0}, où Imz désigne la partie imaginaire de z. On note aussi D = {z ∈C :| z |< 1}.1 - Montrer que ∀z ∈ P , z−i

z+i ∈ D.2 - Montrer que l'application f : P → D, dé�nie par f(z) = z−i

z+i , ∀z ∈ P est une bijection. Déterminer alorsf−1.

Solution de l'exercice 16.1 - Soit z = a+bi, avec b > 0. On a | z−i

z+i |2 = |a+(b−1)i

a+(b+1)i |2 = a2+b2+1−2b

a2+b2+1+2b . Comme b > 0, on a 0 ≤ a2 +b2 +1−2b <

a2 + b2 + 1 + 2b. Donc | z−iz+i |

2 = a2+b2+1−2ba2+b2+1+2b < 1.

2 -I Montrons que f est injective. Soient z, u ∈ P , tels que f(z) = f(u). Donc z−i

z+i = u−iu+i , par conséquent,

zu + zi− iu + 1 = zu + ui− iz + 1, on a alors z = u. f est donc injective.I Montrons que f est surjective. Soit u ∈ D, montrons qu'il existe z ∈ P , tel que f(z) = u. On a f(z) = u ⇔u = z−i

z+i ⇔ z(1− u) = i(u + 1). Comme |u| < 1, il s'ensuit que 1− u 6= 0. Doncf(z) = u ⇔ z = i(1+u)

1−u . Il reste à montrer que iu+11−u ∈ P , i.e. Im(iu+1

1−u ) > 0 ou encore que Re(u+11−u ) > 0.

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Posons u = a + ib ∈ D (a2 + b2 < 1). On a u+11−u = a+1+ib

1−a−ib = a+1+ib1−a−ib = (a+1+ib)(1−a+ib)

(a−1)2+b2 = 1−a2−b2+2ib(a−1)2+b2

Re(u+11−u ) = 1−a2−b2

(a−1)2+b2 > 0.Ainsi f est bijective, et f−1 : D → P , u 7→ i 1+u

1−u

Exercice 17. Soit E un ensemble, et A et B deux parties de E.On dé�nit l'application Φ : P(E) → P(A)× P(B), par Φ(X) = (X ∩A,X ∩B).(a) Montrer que Φ est injective, si et seulement si A ∪B = E.(b) Montrer que Φ est surjective, si et seulement si A ∩B = ∅.(c) Lorsque les deux conditions précédentes sont véri�ées, donnez une expression de la bijection réciproque deΦ.

Solution de l'exercice 17.(a) Supposons que Φ est injective. Remarquons que (A ∪B)∩A = (A ∪B)∩B = ∅. Donc Φ(A ∪B) = (∅, ∅) =Φ(∅). Et puisque Φ est supposée injective, on a A ∪B = ∅. D'où A ∪B = E.Réciproquement, supposons que A ∪ B = E. Soient X et Y deux parties de E telles que Φ(X) = Φ(Y ). AlorsA∩X = A∩Y et B∩X = B∩Y . D'où, (A∩X)∪(B∩X) = (A∩Y )∪(B∩Y ), par suite, (A∪B)∩X = (A∪B)∩Y .Or par hypothèse, A ∪B = E, donc E ∩X = E ∩ Y . Comme X, Y ⊂ E, il vient X = Y . Φ est injective.(b) Supposons que Φ est surjective, il existe alors X ⊂ E tel que Φ(X) = (∅, B). Donc A∩X = ∅ et B∩X = B.Il en résulte que A ∩B = A ∩ (B ∩X) = (A ∩X) ∩B = ∅Réciproquement, supposons que A ∩ B = ∅. Soient Y1 ⊂ A et Y2 ⊂ B. Montrons qu'il existe X ⊂ E tel queΦ(X) = (Y1, Y2). i.e.,A ∩X = Y1 et B ∩X = Y2. Posons X = Y1 ∪ Y2, alors A ∩X = (A ∩ Y1) ∪ (A ∩ Y2) = Y1,car Y1 ⊂ A et A ∩ Y2 = ∅. De même, B ∩X = Y2. D'où Φ(X) = (Y1, Y2). Tout couple (Y1, Y2) ∈ P(A)×P(B)possède au moins un antécédent. En conclusion, Φ est surjective.(c) Si A ∪ B = E et A ∩ B = ∅, alors Φ est bijective et d'après l'étude faite dans le cas de la surjection,Φ−1(Y1, Y2) = Y1 ∪ Y2.

Exercice 18. Soit E un ensemble et f : E → P(E) une application quelconque. On pose A = {x ∈ E : x /∈f(x)}.1 - En raisonnant par l'absurde, montrer que A ne possède pas d'antécédent par f .2 - Déduire de 1, qu'il n'existe pas de surjection de E sur P(E).

Solution de l'exercice 18.1 - Supposons que A possède un antécédent, il existe alors un élément x ∈ E tel que f(x) = A.Si x ∈ A, alors x /∈ f(x) = A, absurde.Si x /∈ A, alors x ∈ f(x) = A, absurde.Dans les deux cas on obtient une contradiction. Donc A n'a pas d'antécédent par f .2 - C'est clair d'après 1.

Exercice 19. Dans l'ensemble E = R∗+ des nombres réels strictement positifs, on dé�nit la relation R par :

∀x, y ∈ E, xRy ⇔ xy = yx.1 - Montrer que R est une relation d'équivalence (on mettra cette relation sous la forme xRy ⇔ f(x) = f(y),où f est une fonction à déterminer).2 - Montrer que toute classe contient au plus deux éléments, et déterminer celles qui sont réduites à des singletons.

Solution de l'exercice 19.

1 - xRy ⇔ xy = yx ⇔ y ln(x) = x ln(y) ⇔ ln(x)x

=ln(y)

y⇔ f(x) = f(y)

où f(x) =ln(x)

x, c'est donc une relation d'équivalence.

2 - Pour étudier les classes d'équivalence modulo R, on doit déterminer les solutions de l'équation f(x) = y.Pour celà, on doit étudier les variations de la fonction f .

On a f ′ =1− ln(x)

x2.

I Dans l'intervalle ]0, e[, f ′ > 0, et f ′(e) = 0, donc f est strictement croissante dans ]0, e] et f(]0, e]) =]−∞, 1/e].I Dans l'intervalle ]e,+∞[, f ′ < 0, donc f est strictement décroissante dans [e,+∞] et f([e,+∞]) = [1/e, 0].I f admet un maximum absolu en x = e et f(e) = 1/e.D'où la courbe des variations suivante :

28



Si x ∈]0, 1], posons y = f(x), alors y ∈]−∞, 0], y possède un seul antécédent. Donc on a classe(x) = {x}.Si x ∈]1,+∞[\{e}, y ∈]0, 1/e[, y possède exactement deux antécédent. Donc classe(x) contient deux éléments.Si x = e, on a classe(e) = {e}.Il résulte de l'étude précédente que : classe(x) est un singleton ⇔ x ∈]0, 1] ∪ {e}

Exercice 20. Sachant que l'on a 96842 = 256 × 375 + 842, déterminer, sans faire la division, le reste de ladivision du nombre 96842 par chacun des nombres 256 et 375.

Solution de l'exercice 20. Puisque 842 ≥ 256 et 842 ≥ 375, 842 n'est pas le reste de la division euclidienne de96842 par ces deux nombres. On a 842 = (3×256)+74, par conséquent 74 est le reste de la division euclidiennede 96842 par 256. De même 842 = (2 × 375) + 92, alors 92 est le reste de la division euclidienne de 96842 par375.

Exercice 21. Déterminer les entiers relatifs n tels que n− 4 divise 3n− 17.

Solution de l'exercice 21. Supposons que n − 4 | 3n − 17, alors n − 4 | 3(n − 4) − 3n + 17 = 5. Par suite,n− 4 ∈ {−5,−1, 1, 5}, i.e. n ∈ {−1, 3, 5, 9}.Réciproquement,I Si n = −1, n− 4 = −5 et 3n− 17 = −20, n− 4 | 3n− 17 dans ce cas là, n = −1 est solution.I Si n = 3, n− 4 = −1 et 3n− 17 = −8, n− 4 | 3n− 17 dans ce cas là, n = 3 est solution.I Si n = 5, n− 4 = 1 et 3n− 17 = −2, n− 4 | 3n− 17 dans ce cas là, n = 5 est solution.I Si n = 9, n− 4 = 5 et 3n− 17 = 10, n− 4 | 3n− 17 dans ce cas là, n = 9 est solution.En conclusion : n− 4 | 3n− 17 ⇔ n ∈ {−1, 3, 5, 9}

Exercice 22. En utilisant l'identité ∀n ∈ N∗,∀x, y ∈ Z, xn − yn = (x − y)∑n−1

k=0 xkyn−k−1, montrer que609 | 54n − 24n

Solution de l'exercice 22. On a 54n − 24n = (54)n − (24)n. En posant x = 54 et y = 24 dans l'dentitéprécédente, alors x− y = 625− 16 = 609, divise 54n − 24n

Exercice 23. Déterminer les couples d'entiers naturels de pgcd 18 et de somme 360.Même question avec pgcd 18 et produit 6480

Solution de l'exercice 23.I Soient x, y ∈ N, tels que x ∧ y = 18 et x + y = 360. Posons x′ = x

x∧y = x18 , y′ = y

x∧y = y18 . Alors, x′ ∧ y′ = 1

et x′ + y′ = 36018 = 20.

On alors les couples (x′, y′) solutions : (1, 19), (3, 17), (7, 13), (9, 11), (11, 9), (13, 7), (17, 3), (19, 1).On multiplie alors x′ et y′ par 18, pour obtenir (x, y), d'où(x, y) ∈ {(18, 342), (54, 306), (126, 234), (162, 198), (198, 162), (234, 126), (306, 54), (342, 18)}.I Soient x, y ∈ N, tels que x ∧ y = 18 et xy = 6480. Posons encore x′ = x

x∧y = x18 et y′ = y

x∧y = y18 . Alors,

x′ ∧ y′ = 1 et x′y′ = 6480182 = 20. On a alors pour (x′, y′) les solutions suivantes :(1, 20), (4, 5), (5, 4), (20, 1). D'où

(x, y) ∈ {(18, 360), (72, 90), (90, 72), (360, 18)}

Exercice 24. Soient m,n deux entiers, et a, b, c, d des entiers tels que ad− bc = 1.Montrer que (am + bn) ∧ (cm + dn) = m ∧ n

Solution de l'exercice 24. Posons x = m∧ n et y = (am + bn)∧ (cm + dn). On a x | y d'une manière claire.Réciproquement, y | am + bn donc y | dam + dbn de même y | cm + dn, donc y | bcm + bdn. Par suite,y | dam + dbn− bcm− bdn = (ad− bc)m = m.y | cam + cbn et y | acm + adn. Par suite, y | acm + adn− acm− bcn = (ad− bc)n = n. En conclusion, y divisem et n, donc y | m ∧ n = x. D'où x = y

29



Exercice 25. On divise 2003 par n , le reste est égal à 8. On divise alors 3002 par n, le reste obtenu est 27.Que vaut n ?

Solution de l'exercice 25. On a 2003 = an + 8 et 3002 = bn + 27. Donc an = 1995 et bn = 2975. Donc ndivise 1995 et 2975. Par suite n divise 2975 ∧ 1995. Ce dernier est égal à 35 (Utiliser l'algorithme d'Euclide oula factorisation). Comme n > r = 27, par suite n = 35.

Exercice 26. Soient q, m, n trois eniers naturels non nuls.1. Montrer que le reste de la division euclidienne de qn − 1 par qm − 1 est égal à qr − 1, où r est le reste de ladivision euclidienne de n par m.2. Montrer que qm − 1 | qn − 1 ⇔ m | n.3. En déduire que le PGCD de qn − 1 et qm − 1 est qd − 1, où d est le PGCD de n et m.4. Soit n ∈ N. Montrer que si 2n − 1 est premier, alors n est premier. A-t-on la réciproque ?4. Soit n un entier naturel superieur ou égal à 2. Montrer que si 5n − 4n est premier alors n est premier.

Solution de l'exercice 26.1- On a (qn − 1) = (qm − 1)(qn−m + qn−2m + . . . + qn−am) + qr − 1, où a est le quotient de la DE de n par met r est le reste. Comme qr − 1 < qm − 1, on a qr − 1 est le reste de la DE de qn − 1 par qm − 1.Autre méthode : Montrons d'abord que si m | n alors qm − 1 | qn − 1. Posons n = km.qn − 1 = qkm − 1 = (qm)k − 1 = (qm − 1)(1 + qm + (qm)2 + . . . + (qm)k−1).Soient maintenant m,n quelconques et r le reste de la division euclidienne de n par m. On a m | n − r, doncqm−1 | qr(qn−r−1) = qn−qr = (qn−1)−(qr−1). Par suite, qn−1 = b(qm−1)+qr−1, comme qr−1 < qm−1,on a qr − 1 est le reste de la DE de qn − 1 par qm − 1.2. D'après 1, on a qm − 1 | qn − 1 ⇔ qr − 1 = 0 ⇔ r = 0 ⇔ m | n.3. On a qn − 1 ∧ qn − 1 = qm − 1 ∧ qr − 1. Soient n = r0,m = r1 . . . , rk = d, la suite des restes obtenues parl'algorithme d'Euclide, alors qn−1∧qm−1 = qm−1∧qr2−1 = qr2−1∧qr3−1 = . . . = qrk−1−1∧qrk−1 = qd−14. Supposons que n n'est pas premier, on a n = km, où k, m 6= 1, n. Alors 2k − 1 | 2n− 1. Donc 2n− 1 n'est paspremier.La réciproque est fausse, en e�et 11 est premier mais 211 − 1 = 2047 = 23× 89 n'est pas premier.4 - Supposons que n n'est pa premier, on a n = km, où k, m 6= 1, n.Alors 5n − 4n = 5km − 4km est divisible par5k − 4k qui est di�érent de 1 et de 5n− 4n, donc 5n− 4n n'est pas premier. Par contraposition, 5n− 4n premierimplique n premier.

Exercice 27. Résoudre dans Z : 1665x + 1035y = 45.

Solution de l'exercice 27. On cherche le PGCD de 1665 et 1035 en utilisant l'algorithme d'Euclide étendu :

a b r q1665 1035 630 11035 630 405 1630 405 225 1405 225 180 1225 180 45 1180 45 0 4

On a donc 1665 ∧ 1035 = 45. On détermine aussi des coe�cients de Bézout :630=1665-1035405 = 1035− 630 = 1035− (1665− 1035) = (2× 1035)− 1665 = 1035− 630 = 1035− (1665− 1035)405 = (2× 1035)− 1665225 = 630− 405 = (1665− 1035)− ((2× 1035)− 1665) = (2× 1665)− (3× 1035)180 = 405− 225 = ((2× 1035)− 1665)− (2× 1665) + (3× 1035) = (5× 1035)− (3× 1665)45 = 225− 180 = (2× 1665)− (3× 1035)− (5× 1035) + (3× 1665) = (5× 1665)− (8× 1035)Par conséquent, une solution particulière est (5,−8).En divisant par le PGCD, on a 37x+23y = 1. Par suite, 37x+23y = 37×5−23×8, d'où 37(x−5) = 23(y +8).On a alors 37 | 23(y + 8), comme 37 ∧ 23 = 1, le théorème de Gauss entraîne que 37 | (y + 8), i.e y = 37k − 8,k ∈ Z. De même, 23 | 37(x− 5), toujours avec le théorème de Gauss, 23 | (x− 5). Par suite, x = 23h + 5, h ∈ Z.L'égalité 37(x− 5) = 23(y + 8), entraîne h = k, d'où l'ensemble solution : S = {(5 + 23h,−8 + 37k) : k ∈ Z}

30



Exercice 28. Montrer queln(2)ln(3)

/∈ Q.

Solution de l'exercice 28. Par l'absurde, supposons queln(2)ln(3)

=m

n∈ Q, m,n ∈ Z, n 6= 0. On a alors

m ln(3) = n ln(2). D'où em ln(3) = en ln(2). Par suite,3m = 2n. Donc 2 | 3n, absurde.

Exercice 29. Soit n ∈ N. Montrer que si m = 2n + 1 est premier, alors il existe k ∈ N, tel que n = 2k de sorteque m = 22k

+ 1.Montrer que la réciproque est fausse en considérant le cas k = 5

Solution de l'exercice 29.Supposons que n 6= 2k, alors n est divisible par un nombre premier impair p 6= 2. Posons n = pq m = 2pq + 1 =(2q)p + 1 = (2q)p − (−1)p est divisible par 2q + 1.Donc si n n'est pas une puissance de 2, alors m = 2n + 1 n'est pas premier.En utilisant une calculatrice, on véri�e que 225

+ 1 = 641× 6700417

Exercice 30. Soit p un nombre premier.1. Montrer que pour tout k tel que 1 < k < p on a p | Ck

p .2. En raisonnant par récurrence et en utilisant la question 1, donner une démonstration du 'petit' théorème deFermat : (∀a ∈ Z, p | ap − a).

Solution de l'exercice 30. 1. On a Ckp =

p!k!(p− k)!

. Donc p! = k!(p− k)!Ckp . D'où p | k!(p− k)!Ck

p . Comme

1 < k < p, on a p - k! et p - (p − k)!. Par conséquent p ∧ k!(p − k)! = 1, le théorème de Gauss implique quep | Ck

p .2. Montrons que ∀a ∈ N, p | ap − a.La propriété est vraie pour a = 0.Supposons que la propriété est vraie pour a. On a (a + 1)p − (a + 1) =

∑pi=0 Ci

pai − a− 1 =

∑p−1i=1 Ci

pai.

D'après 1), p | Cip, ∀i = 1, 2, . . . , p− 1. On a donc p | (a + 1)p − (a + 1).

Si a < 0, a = −b avec b ∈ N, ap − a = (−1)pbb + b = b− bp est divisible par p

Exercice 31.1 - Soient a, b ∈ N et n ∈ N∗. Montrer que an | bn ⇒ a | b.2 - Soit x ∈ Q, on suppose qu'il existe un entier naturel n tel que xn ∈ Z. Montrer que x ∈ Z.3 - On considère l'équation algébrique xn + an−1x

n−1 + . . . + a1x + a0 = 0, où les ak ∈ Z. Montrer que si x ∈ Qest solution de cettre équation, alors x ∈ Z et x | a0.

Solution de l'exercice 31. 1. Posons a ∧ b = d, a = a′d, b = b′d, supposons que an | bn, on a b′ndn = ka′ndn,b′n = ka′n. Donc a′n | b′n. Or a′ ∧ b′ = 1, donc a′n ∧ b′ = 1. Par conséquent a′ = 1, d'où a | b.2. Posons x = b

a . xn = bn

an ∈ Z. Par suite an | bn. D'après 1, a | b, d'où x ∈ Z.3. Posons x = p

q , avec p ∧ q. L'équation algébrique donne :

pn + an−1pn−1q + an−2p

n−2q2 + . . . + a1pqn−1 + a0qn = 0

Donc−pn = an−1p

n−1q + an−2pn−2q2 + . . . + a1pqn−1 + a0q

n

−pn = q(an−1pn−1 + an−2p

n−2q + . . . + a1pqn−2 + a0qn−1)

Donc q | p, or p ∧ q = 1, donc |q| = 1, ce qui implique que x ∈ Z.D'autre part xn + an−1x

n−1 + . . . + a1x = −a0 Donc x | a0

Exercice 32. Soient a, b ∈ N premiers entre eux.1. Montrer que ∀m,n ∈ N an et bm sont premiers entre eux.2. Montrer que a + b et ab sont premiers entre eux.

Solution de l'exercice 32.1. Résultat du cours.2. Soit d | a + b et d | ab, alors d | (a2 + ab)− ab = a2, et d | (ab + b2)− ab = b2. Donc d | a2 ∧ b2, or d'après 1)a2 ∧ b2 = 1, donc d = 1

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Exercice 33.1 - Soit un nombre premier p tel que −1 n'est pas un carré dans (Z/pZ,+, ·). Soient x et y deux entiers. Montrerque x2 + y2 est divisible par p, si et seulement si, x et y sont divisibles par p.2 - Montrer qu'il n'existe pas d'entiers a et b tels que a2 + b2 = 3500. (indication : réduire modulo 7)

Solution de l'exercice 33.1 - Montrons que si p - x ou p - y et p | x2 + y2 alors −1 est un carré modulo p. Par exemple si p - x. Il existez ∈ Z, tel que az ≡ 1[p]. Alors p | a2(x2 + y2) ≡ 1 + (ay)2 [p]. Donc (ay)2 ≡ −1 [p].2. Dans Z/7Z, on a a2 + b

2= 3500 = 0.

On a 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 2, 4=2, 52 = 4, 62 = 1Donc −1 n'est pas un carré modulo 7. par suite 7 | a et 7 | b. Posons a = 7m, b = 7n, alors 49m2 +49n2 = 3500,donc 49 | 3500, absurde.

Exercice 34. Montrer que ∀n ∈ N on a :1 - 24 | n3(n2 − 1).2 - 6 | 5n3 + n.

Solution de l'exercice 34.1 - Comme 24 = 3 · 8 et 3 ∧ 8 = 1, il su�t de montrer que 3 | n3(n2 − 1) et 8 | n3(n2 − 1).On a 3 | (n− 1)n(n + 1), donc 3 | n(n2 − 1) et 3 | n3(n2 − 1).Montrons que 8 | n3(n2 − 1). Dans Z/8Z, on a le tableau suivant

n 0 1 2 3 4 5 6 7n3(n2 − 1) 0 0 0 0 0 0 0 0

Donc ∀n ∈ Z, on a 8 | n3(n2 − 1)2. Pour montrer que 6 | 5n3 + n, il su�t de montrer que 5n3 + n est divisible par 2 et par 3.5n3 + n = 5(n3 − n) + 6n. Fermat implique que 3 | 5(n3 − n) puis que 3 | 6n, donc 3 | 5n3 + n.D'autre part 2 | n3 − n, et 2 | 6n. D'où le résultat.

Exercice 35.1. Quel est le reste de la division euclidienne de a = 42n

+ 22n

+ 1 par b= 21 ?2. Même question pour b = 22n + 15n par b = 9

Solution de l'exercice 35.1. On peut écrire, 42n

= (22)2n

= 22n+1. Donc a = 22n+1

+ 22n

+ 1.On cherche l'ordre multiplicatif de 2 modulo 21, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 25 = 11, 26 = 1. Donc o(2) = 6.Il faut donc calculer les valeurs de 2n modulo 6. Remarquons que 2 n'est pas inversible modulo 6On a 20 = 1 et 2n ≡ 2 si n est impair et 2n ≡ 4 si n est pair 6= 0.En résumé : Si n = 0, a ≡ 4 + 2 + 1 = 7 modulo 21.Si n est impair, 2n ≡ 2 et 2n+1 ≡ 4, modulo 21. Donc a = 26k+4 + 26k′+2 + 1 ≡ 16 + 4 + 1 = 21 ≡ 0 [21].Si n est pair non nul, 2n ≡ 4 et 2n+1 ≡ 2, modulo 21. Donc a = 26k+2 + 26k′+4 + 1 ≡ 16 + 4 + 1 = 21 ≡ 0 [21].Finalement, ∀n ∈ N∗, 21 | 42n

+ 22n

+ 1.2. b = 4n + 15n. Modulo 9, on a 42 = 7, 43 = 1. Donc o(4) = 3.Donc b = 43q+r + 15(3q + r) ≡ 4r + 6r modulo 9, r = 0, 1, 3Si r = 0, b ≡ 1 modulo 9.Si r = 1, b ≡ 1 modulo 9.Si r = 2, b ≡ 1 modulo 9.Dans tous les cas, le reste est égal à 1.

Exercice 36. Montrer le théorème de Wilson :Soit p un entier ≥ 2 alors p est un nombre premier⇔p | (p− 1)! + 1.

Solution de l'exercice 36.Supposons que p n'est pas premier, soit p = ab avec a, b < p. Alors a | (p − 1)!. Donc a - (p − 1)! + 1 etp - (p− 1)! + 1.Réciproquement, si p est premier, alors (Z/pZ∗,×) est un groupe. Chaque classe x 6= 1, p− 1 possède un inverse6= x. Donc 2 · 3 · · · p− 3 · p− 2 = 1. Donc 1 · 2 · 3 · · · p− 3 · p− 2 · p− 1 = (p− 1)! = −1. Donc p | (p− 1)! + 1

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Exercice 37. Déterminer le plus petit entier naturel dont les restes de la division euclidienne par 7, 9 et 11sont respectivement 1 et 2 et 4.

Solution de l'exercice 37. Une méthode : Déterminons d'abords x tel que les restes de la division euclidiennepar 7 et 9 sont respectivement 1 et 2. x = 7k+1 = 9k′+2. On cherche l'inverse de 7 modulo 9. On a 7×4 = 28 ≡ 1modulo 9. Donc 7× 4− 9× 3 = 7k − 9k′. Donc 7(4− k) = 9(3− k′), k = 9n + 4, x = 63n + 29.Déterminons x pour son reste de la division euclidienne par 11 est 4. On a alors x = 8n + 7 = 4. Donc 8n + 3 = 0,8n = −3 = 8. Donc n ≡ 1 modulo 11.Finalement, x = 63(11k + 1) + 29 = 673k + 92. Le nombre cherché est 92.

Exercice 38. Déterminer l'ensemble des nombres entiers relatifs a tels que 35 | a3 − 1.

Solution de l'exercice 38. Puisque 35 = 5× 7, on a 35 | a3 − 1 ⇔ 5 | a3 − 1 et 7 | a3 − 1.a3 − 1 = 0[5] si a = 1 (une seule solution).a3 − 1 = 0[7] si a ∈ {1, 2, 4}.Donc a = 5k + 1 = 7k′ + 1 ou a = 5k + 1 = 7k′ + 2, ou a = 5k + 1 = 7k′ + 4.Notons que 3× 5− 2× 7 = 1Si a = 5k + 1 = 7k′ + 1, alors a = 35n + 1.Si a = 5k + 1 = 7k′ + 2, alors 5k − 7k′ = 1 = 3.5− 2.7, 5(k − 3) = 7(k′ − 2), d'où k = 7n + 3, a = 35n + 16.Si a = 5k + 1 = 7k′ + 4, alors 5k − 7k′ = 3 = 9.5− 6.7, 5(k − 9) = 7(k′ − 6), d'où k = 7n + 9, a = 35n + 11.Le solutions de l'équation a3 − 1 = 0 dans Z/35Z, sont 1, 11, 16

Exercice 39. On considère la suite un = (3 +√

5)n + (3−√

5)n.1 - Montrer qu'il existe a, b ∈ Z, que l'on déterminera tels que un+2 = aun+1 + bun.2 - Montrer que un ∈ Z et que 2n | un.

Solution de l'exercice 39.1 - Cherchons a, b ∈ Z, tels que un+2 = aun+1 + bun.Pour n = 0, on a u2 = au1 + bu0, donc (3 +

√5)2 + (3−

√5)2 = a[(3 +

√5) + (3−

√5)] + 2b

Alors on a : 18 + 10 = 6a + b, donc 6a + 2b = 28.Pour n = 1, u3 = 144 = 28a + 6b, d'où a = 6 et b = −4. D'où un+2 = 6un+1 − 4un.2 - Par récurrence, on montre que un ∈ Z et que 2n | un.Si u0 = 2, u1 = 6, la propriété est vraie.Supposons que un, un+1 ∈ Z et que 2n | un et 2n+1 | un+1.On a un+2 = 6un+1 − 4un ∈ Z,HR. un+1 = 2n+1k, un = 2nk′, Donc un+2 = 6.2n+1k−4.2nk′ = 2n(12k−4k′) = 22.(4(3k−k′)) = 2n+2(3k−k′).D'où 2n+2 | un+2.

Exercice 40.1 - Déterminer le reste de la division euclidienne par 5 de 20172018.2 - Démontrer que 13 divise 3126 + 5126.

Solution de l'exercice 40.1. On a 2017 ≡ 2 Modulo 5. L'ordre multiplicatif de 2 modulo 5 est 4. La division euclidienne de 2018 par 4donne 2 comm reste. Donc 20172018 ≡ 24q+2 ≡ (24)q.22 ≡ 4 [5].2. Déterminons les ordres multiplicatifs de 3 et celui de 5 modulo 13.32 ≡ 9[13], 33 ≡ 1[13], donc o(3) = 3 modulo 13.52 ≡ 12[13], 33 ≡ 8[13], 34 ≡ 1[13], donc o(5) = 4 modulo 13.La division euclidienne de 126 par 3 donne 0 comme reste.La division euclidienne de 126 par 4 donne 2 commme reste.Donc, 3126 + 5126 ≡ 33q + 54q′+2 ≡ 1 + 25 = 26 ≡ 0 modulo 13. Donc 13 | 3126 + 5126.

Exercice 41. Soient n et m distincts dans N. Montrer que un = 22n

+ 1 et um = 22m

+ 1 sont premiers entreeux.

Solution de l'exercice 41. Supposons que m > n, posons m = n + k, alors 22m

= (22n

)2k

et on a :um = (un − 1)2

k

+ 1 =∑2k

i=0 Ci2k(un)i(−1)2

k−i + 1 =∑2k

i=1 Ci2k(un)i(−1)2

k−i + 2.Si un nombre premier p divise un et um, alors p divise 2. Donc p = 2 ce qui absurde.

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Exercice 42.1 - Déterminer suivant les valeurs de n, le reste de la division euclidienne de 7n par 10.2 - Montrer que 2 est un élément primitif du corps (Z/11Z,+, ·).3 - Déterminer le logarithme discret de base 2, de chaque élément de (Z/11Z)∗.4 - Déterminer le reste de la division euclidienne de 27n

par 11.5 - Résoudre dans (Z/11Z,+, ·), l'équation x5 + 1 = 0.6 - Même question pour l'équation x3 = 1

Solution de l'exercice 42. 1 - On détermine d'abord l'ordre multiplicatif de 7 modulo 10.72 ≡ 9, 73 ≡ 3 , 74 ≡ 1. Donc l'ordre multiplicatif de 7 modulo 10 est égal à 4 On obtient :si n ≡ 0 [4], 7n ≡ 1 [10].si n ≡ 1 [4], 7n ≡ 7 [10].si n ≡ 2 [4], 7n ≡ 9 [10].si n ≡ 3 [4], 7n ≡ 3 [10].2 - Dans Z/11Z on a : 22 = 4, 23 = 8, 24 = 5, 25 = 10. Donc o(2) > 5, comme o(2) | 10, 2 est un élémentprimitif du corps (Z/11Z,+,×).3 - Dlog2(1) = 0, Dlog2(2) = 1, Dlog2(3) = 8, Dlog2(4) = 2,Dlog2(5) = 4, Dlog2(6) = 9, Dlog2(7) = 7,Dlog2(8) = 3, Dlog2(9) = 6,Dlog2(10) = 54 - En utilisant les résultats de la première question, on obtient :si n ≡ 0 [4], 7n ≡ 1 [10] et 27n

= 210q+1 ≡ 2 [11]si n ≡ 1 [4], 7n ≡ 7 [10] et 27n

= 210q+7 ≡ 7 [11]si n ≡ 2 [4], 7n ≡ 9 [10] et 27n

= 210q+9 ≡ 6 [11]si n ≡ 3 [4], 7n ≡ 3 [10] et 27n

= 210q+3 ≡ 8 [11]5 - Puisque 2 est un élément primitif modulo 11, on posons x ≡ 2k mod 11, où k ∈ {0, 1, . . . , 9} on a :x5 ≡ −1 ≡ 10 ⇔ 25k ≡ 25 ⇔ 25k−5 ≡ 1 ⇔ 10 | 5k − 5 ⇔ 2 | k − 1 ⇔ k ∈ {1, 3, 5, 7, 9}.On obtient alors les solutions : x = 21 = 2, x = 23 = 8, x = 25 = 10, x = 27 = 7, x = 29 = 66 - Posons x = 2k, k ∈ {0, 1, . . . , 9} on a : x3 = 1 ⇔ 23k = 20 ⇔ 23k = 1 ⇔ 10 | 3k ⇔ k = 0 ⇔ x = 1 c'est laseule solution.

Exercice 43. Soit n ∈ N∗, a, b ∈ Z. On considère l'équation suivante d'inconnue x ∈ Z/nZ :(∗) a · x = b

1 - Montrer que (∗) possède une solution, si et seulement si, l'équation ax+ny = b d'inconnues x, y ∈ Z possèdeune solution.2 - En déduire que (∗) possède une solution, si et seulement si, a ∧ n divise b.3 - Résoudre l'équation : 161 · x ≡ 21 [217].4 - Pour n ∈ N∗, a, b ∈ Z, on note considère l'application fa,b : Z/nZ → Z/nZ, dé�nie par fa,b(x) = a · x + b.4.1. Montrer que fa,b est bijective, si et seulement si, a est inversible modulo n.4.2. Montrer que si a est inversible modulo n, alors il existe c, d ∈ Z : f−1

a,b = fc,d. Déterminer c, d enfonction de a, b.

Solution de l'exercice 43. 1 - Notons S l'ensemble des solutions de l'équation∗.S 6= ∅ ⇔ ∃x ∈ Z : n | ax− b ⇔ ∃x, y ∈ Z : ax− b = −ny ⇔, l'équation ax + ny = b possède une solution.2 - D'après le cours l'équation ax + ny = b dans Z possède une solution, si et seulement si, (a ∧ n) | b.3 - Calculons 161 ∧ 217 avec l'algorithme d'Euclide étendu.

a b r q217 161 56 1161 56 49 256 49 7 149 7 0 7

On a le dernier reste non nul est 7, c'est le PGCD de 217 et 161.Comme 7 | 21, l'équation possède des solutions que l'on va déterminer.On a : 56 = 217− 161, 49 = 161− (2× 56) = 161− (2× (217− 161)) = (3× 161)− (2× 217).7 = 56− 49 = (217− 161)− (3× 161) + (2× 217) = (3× 217)− (4× 161).D'où 21 = (9× 217)− (12× 161). En prenant les classes modulo 217, on a :

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161×−12 = 21. Donc −12 = 205 est une solution de l'équation.Cherchons la solution générale : on a 161× 205 = 161× x = 161(x− 205) = 0 [217].On a alors 23(x− 205) = 0 [31]. Comme 23 est inversible modulo 31, on a x ≡ 205 ≡ 19 modulo 31.D'où la solution générale de cette équation est de la forme : x = 19 + 31k, k ∈ Z.4 -4.1. Supposons que fa,b est bijective. Alors ∀y,∃x : a · x + b = y. Prenons y = b + 1, alors a · x = 1. Donc a estinversible modulo n.Réciproquement, supposons que a est inversible. Montrons que fa,b est injective. Soient x, z ∈ Z/nZ : fa,b(x) =fa,b(z). Donc a · x = a · z, d'où a(x− z) = 0. Soit alors d l'inverse de a, on a d · a(x− z) = 0. Donc x− z = 0.Par suite, x = z, d'où fa,b est injective. Comme Z/nZ est �ni, fa,b est bijective.4.2. Supposons que a est inversible d'inverse d, alors fa,b est bijective. On a alors :f−1

a,b (y) = x ⇔ y = a · x + b ⇔= a · x = y − b ⇔ x = d(y − b).Donc f−1

a,b = fd,−db.

Exercice 44. Soient a, b ∈ N∗, premiers entre eux. On note φ la fonction indicatrice d'Euler.Montrer que aφ(b) + bφ(a) ≡ 1 modulo ab.(Indication : considérer (aφ(b) − 1)(bφ(a) − 1), modulo ab)

Solution de l'exercice 44. Puisque a est premier avec b on a d'après le théorème d'Euler on a :b | aφ(b) − 1 et a | bφ(a) − 1. Comme a ∧ b = 1, on a ab | (aφ(b) − 1)(bφ(a) − 1).Ou encore ab | aφ(b)bφ(a) − aφ(b) − bφ(a) + 1. Comme ab | aφ(b)bφ(a), il en résulte que ab | aφ(b) + bφ(a) − 1.

Exercice 45.1 - Déterminer U14, le groupe des classes inversibles modulo 14. Quel est son ordre ?2 - Déterminer l'ordre de 3 dans U14 et en déduire que U14 est cyclique.3 - Résoudre l'équation 9n ≡ 1 [14]

Solution de l'exercice 45.1 - D'après le cours, on a U14 = {k : k ∧ 14 = 1} = {1, 3, 5, 9, 11, 13}. Son ordre est égal à 6.2 - 30 = 1, 31 = 3, 32 = 9, 33 = 13, 34 = 11, 35 = 5, 36 = 1.Il en résulte que U14 contient un élément d'ordre 6= |U14|. Donc U14 est cyclique. (Remarquons, voir cours, queUn n'est pas forcèment cyclique).3 - L'équation 9n ≡ 1 [14] est équivalente à 9n = 1 dans U14.On a 9 = 32. Donc 9n = 32n. Par suite,9n = 1 ⇔ 32n = 1 ⇔ 6 | 2n ⇔ 3 | n ⇔ n ∈ 3Z

Exercice 46.1 - Montrer que (Z/23Z,+, ·) est un corps dont le groupe multiplicatif U23 est engendré par 5.2 - Résoudre l'équation x2 + x + 20 = 0 modulo 23.

Solution de l'exercice 46.1 - Puisque 23 est un nombre premier, (Z/23Z,+, ·) est un corps. Le groupe multiplicatif U23 est d'ordre 23-1=22.On a 50 = 1, 51 = 5, 52 = 2, 53 = 10, 54 = 4, 55 = 20, 56 = 8. 57 = 17, 58 = 16, 59 = 11, 510 = 9, 511 = 22 =−1.Soit k l'ordre multiplicatif de 5 modulo 23. On a k > 11, or k | 22, donc k = 22. D'où 5 est un élément primitifdu corps (Z/23Z,+, ·).2 - On cherche à mettre x2 + x + 20 = 0 sous la forme d'une identité remarquable : x2 + 2ax + 20 = 0. On a2a = 1[23]. Donc a est l'inverse de 2 modulo 23. i.e. a = 12, car 2× 12 = 24 = 23 + 1.L'équation devient (x + 12)2 = −20 + 144 = 124 = 9[23], Donc x + 12 = 3 ou x + 12 = −3. Les solutions sontx = 3− 12 = −9 = 14 et x = −3− 12 = −15 = 8 modulo 23.

Exercice 47.1 - Montrer que pour tout n ∈ N, 22n+5 + 32n+1 est divisible par 5.2 - Montrer que pour tout n ∈ N, n5 − n est divisible par 30.3 - Montrer que 236 + 518 est divisible par 41.

Solution de l'exercice 47.1 - Modulo 5, on a 22n+5 + 32n+1 = 32× 4n + 3× 9n ≡ 32× 4n + 3× 4n = 5× 4n ≡ 0.

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2 - Puisque 30 = 2× 3× 5, il su�t de montrer que les entiers 2,3,5 divisent n5 − n.On a 5 | n5 − n, d'après le petit théorème de Fermat.Modulo 2, on a | n5 − n ≡ 0, si n est pair ou impair.En�n modulo 3, si n ≡ 0, | n5 − n ≡ 0,si n ≡ 1, | n5 − n ≡ 0,n ≡ 2, | 25 − n ≡ 30 ≡ 0.3 - modulo 41 on a : 22 ≡ 4, 24 ≡ 42 ≡ 16, 28 ≡ 162 ≡ 10, 216 ≡ 102 ≡ 18, 232 ≡ 102 ≡ 37.On a 236 = 232 × 24 ≡ 37× 16 ≡ 18.(52) ≡ 25, 54 ≡ 10, 58 ≡ 100 ≡ 18. 516 ≡ 324 ≡ 37518 ≡ 516 × 52 ≡ 37× 25 ≡ 23 Donc 236 + 518 ≡ 18 + 23 ≡ 0 modulo 41.

Exercice 48.1 - Calculer le reste de la division euclidienne de 4587964521 par 11.2 - Calculer 55555555 modulo 14.

Solution de l'exercice 48.1 - On a 45879 ≡ 9[11]. Calculons l'ordre multiplicatif de 9 modulo 11.On a modulo 11, 92 ≡ 4, 93 ≡ 3, 94 ≡ 5, 95 ≡ 45 ≡ 1.Donc l'ordre de multiplicatif de 9 modulo 11 est égal à 5.Par ailleurs, 64521 = 5q + 1, donc 4587964521 ≡ 95q+1 ≡ 9. Le reste cherché est donc 9.2 - 5555 ≡ 11[14]. Cherchons l'ordre multiplicatif de 11 modulo 14. Les calculs donnent l'ordre égal à 3. D'autrepart 5555 = 3q + 2. Donc 55555555 ≡ 113q+2 ≡ 121 ≡ 9. Le reste cherché est égal à 9.

Exercice 49. On appelle nombre de Carmichaël, un entier n qui n'est pas premier et tel que∀x ∈ Z n | xn − x. (c'est à dire dire un nombre non premier qui véri�e le petit théorème de Fermat).1 - Montrer que 561 = 3× 11× 17.2 - Montrer que ∀x ∈ Z, on a : x561 ≡ x mod 3

x561 ≡ x mod 11x561 ≡ x mod 17

3 - En déduire que 561 est un nombre de Carmichaël

Solution de l'exercice 49.1 - Simple véri�cation.2 - Puisque 3,11 et 17 sont des nombres premiers, on a pour x ∈ Z.Si x 6≡ 0[3], x560 ≡ (x2)280 ≡ 1[3]. Donc ∀x, x561 ≡ x[3].Si x 6≡ 0[11], x560 ≡ (x10)56 ≡ 1[11]. Donc ∀x, x561 ≡ x[11].Si x 6≡ 0[17], x560 ≡ (x16)35 ≡ 1[17]. Donc ∀x, x561 ≡ x[17].3 - Donc ∀x ∈ Z, 3 | x561−x, 11 | x561−x, 17 | x561−x. Donc le PPCM de 3,11,17, qui est 561, divise x561−x.En conclusion, 561 est un nombre de Carmichaël.

Exercice 50. Soient m,n deux entiers tels que m | n. Montrer que φ(m) | φ(n)

Solution de l'exercice 50. Montrons d'abord que si p est un nombre premier, alors ∀s ≤ t, φ(ps) | φ(pt).Si s = 0, on a φ(ps) = 1, c'est vrai.Si s > 0, on a φ(pt) = pt − pt−1 = pt−s(ps − ps−1) = pt−sφ(ps). Donc φ(ps) | φ(pt).Plus généralement, posons n = pα1

1 · · · pαk

k . Comme m | n, on a m = pβ11 · · · pβk

k , où 0 ≤ βi ≤ αi,∀i = 1, 2, . . . , k.on a φ(m) =

∏ki=1 φ(pβi

i ), φ(n) =∏k

i=1 φ(pαii ).

Comme βi ≤ αi, d'après le résultat précédent, on a φ(pβi

i ) | φ(pαii ),∀i = 1, 2, . . . , k, d'où φ(m) | φ(n)

Exercice 51.

1 - Soit n ∈ N∗, a, b, c, a′, b′, c′ ∈ Z/nZ. On considère le système d'équations d'inconnues x, y suivant :

(S){

ax + by = ca′x + b′y = c′

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On suppose que d = ab′−a′b est inversible modulo n. Montrer que (S) possède une couple solution (x, y) uniqueque l'on déterminera.2 - Résoudre dans Z/14Z, le système

(S){

9x + 5y = 54x + 5y = 3

Solution de l'exercice 51. Soient (x, y) un couple solution du système S. La deuxième équation multipliéepar a moins la première multiplée par a′ donne (ab′− ba′)y = ac′− ca′. On a d = ab′− ba′ est inversible. Notonsu son inverse (modulo n). Alors y = u(ac′ − ca′). Le calcul donne aussi x = u(cb′ − bc′). On véri�e par calculque le couple (x, y) est bien la solution de S.Par conséquent, le système S possède donc une solution.Si (x′, y′) est un autre couple solution, on a alors dx = dx′et dy = dy′. Comme d est inversible, alors x = x′ ety = y′. D'où l'unicité.2 - d = 9× 5− 4× 5 = 25 = 11 modulo 14. Comme 11 est inversible modulo 14 d'inverse 9 , le système possèdeune solution (x, y) unique Les solutions sont alors : x = 9× (5× 5− 5× 3) = 6, y = 9× (3× 9− 4× 5) = 7

Exercice 52. Montrer que φ(n) | n! et en déduire que pour tout a ∈ Z, tel que a ∧ n = 1, on a n | an! − 1

Solution de l'exercice 52. Puisque φ(n) ≤ n, on a φ(n) | n!. Donc n! = kφ(n). an! = (aφ(n))k ≡ 1[n]

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algèbre 1 logique, ensembles et arithmétique ablet des

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