4. Groupes, anneaux, corps, arithmétique

4. Groupes, anneaux, corps, arithmétique 

4.1. Exercices 1 à 14 : 

Lois de composition 


Groupes et sous-groupes 


Anneaux, sous-anneaux, corps 

4.4. Exercices 1 à 20 : 

Arithmétique dans l’anneau ZZ 


Le groupe symétrique 

Groupes, anneaux, corps 

Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 7 novembre 2000 Page 1

4.1. Lois de compositions 

Exercice 4.1.1 

Soit E un ensemble muni de deux lois ⋆ et • 

On suppose que e est neutre pour la loi ⋆ et que f est neutre pour la loi • 

On suppose enfin que : ∀ (x, y, u, v) ∈ E 4 , (x ⋆ y) • (u ⋆ v) = (x • u) ⋆ (y • v) 

1. Montrer que e = f. 

2. Prouver que les lois ⋆ et • sont identiques. 

3. Montrer que cette loi est commutative et associative. 



Sur IR on définit la loi ⋆ par : x ⋆ y = kxy + k ′ (x + y), où k et k ′ sont deux réels. 

A quelle condition sur k et k ′ cette loi est-elle associative? 


Etudier la loi ⋆, définie sur P(E) par 


Si A ∩ B = ∅, alors A ⋆ B = A ∪ B 

Si A ∩ B = ∅, alors A ⋆ B = E 

Etudier la loi ⋆ définie sur P(E) par : A ⋆ B = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B). 


Soit E un ensemble fini muni d’une loi de composition associative notée ⋆ 

On suppose également que E possède un neutre e pour la loi ⋆ 

1. Montrer que si un élément a de E est régulier (simplifiable) alors il est inversible. 

2. Vérifier sur un exemple que ce n’est plus vrai si on ne suppose pas que E est fini. 


Soit E un ensemble muni d’une loi associative notée multiplicativement. 

Pour tout a de E, on note aEa = {axa, x ∈ E}. 

On suppose qu’il existe un élément a de E tel que aEa = E. 

Montrer que E possède un élément neutre. 



Soit E un ensemble fini muni d’une loi de composition ⋆ 

On suppose qu’il existe deux éléments a et b dans E tels que, pour tous x, y : 

a ⋆ x = a ⋆ y ⇒ x = y (on dit que a est régulier à gauche) 

x ⋆ b = y ⋆ b ⇒ x = y (on dit que b est régulier à droite) 

1. Montrer qu’il existe e et f dans E tels que a ⋆ e = a et f ⋆ b = b. 

2. Montrer que pour tout x de E, e ⋆ x = x et x ⋆ f = x. 

3. Montrer que e = f, et que cet élément est neutre pour la loi ⋆. 


Sur l’ensemble de toutes les relations binaires sur E on définit la loi ⋆ par : 

Pour toutes relations R et S, la relation T = R ⋆ S est telle que 

Montrer que la loi ⋆ est associative. 


∀ x, y ∈ E, xT y ⇔ ∃ z ∈ E, xRz et zSy 

On définit sur IR la loi x ⋆ y = x + y + sin(xy). 

1. Cette loi est-elle commutative? Existe-t-il un élément neutre? 

2. Montrer qu’il existe des éléments de IR admettant plusieurs inverses. 

3. En déduire que ⋆ n’est pas associative. 


Combien y-a-t-il de lois de composition sur un ensemble à n éléments ? 

Combien de ces lois sont-elles commutatives ? 



Soit E un ensemble muni d’une loi de composition ⋆, associative et commutative. 

On suppose de plus que pour tout x de E, x ⋆ x = x. 

1. Donner des exemples d’une telle situation. 

2. Montrer que xRy ⇔ x ⋆ y = y définit une relation d’ordre sur E. 

3. Montrer alors que pour tous éléments x, y de E, sup{x, y} = x ⋆ y. 



Soit (E, ≤) un ensemble ordonné muni d’une loi ⋆ telle que : 

∀ (a, b, x) ∈ E 3 

a ⋆ b ≤ a, a ⋆ b ≤ b 

, 

(x ≤ a) et (x ≤ b) ⇒ x ≤ a ⋆ b 

1. Montrer que la loi ⋆ est commutative. 

2. Prouver que pour tout a de E, a ⋆ a = a. 

 

a ≤ b ⇒ a ⋆ c ≤ b ⋆ c 

3. Vérifier que 

(a ≤ b) et (c ≤ d) ⇒ a ⋆ c ≤ b ⋆ d 

4. Montrer que la loi ⋆ est associative. 



Soit E un ensemble muni d’une loi ⋆ associative. Pour tout a de E, on définit les applications 

ga et da de E dans E : ∀ x ∈ E, da(x) = x ⋆ a et ga(x) = a ⋆ x. 

1. Montrer que s’il existe a dans E tel que ga et da soient surjectives, alors E possède un 

élément neutre pour la loi ⋆. 

2. Montrer que si pour tout a de E les applications ga et da sont surjectives, alors tout 

élément de E possède un inverse pour la loi ⋆. 


Soit E un ensemble fini muni d’une loi associative, notée multiplicativement. 

Montrer que pour tout a de E, il existe un entier m tel que x = a m soit idempotent (x 2 = x). 


4.2. Groupes et sous-groupes 



Soient x, y deux éléments d’un groupe G tels que : (xy) −1 = x −1 y et (yx) −1 = y −1 x. 

Montrer que (x 2 ) −1 = y 2 et x 4 = y 4 = e. 


Soit G un groupe. Montrer que l’application x ↦→ x −1 est un morphisme si et seulement si la 

loi de G est commutative. 


Soit (G, ⋆) un groupe abélien (on note e le neutre et a ′ le symétrique de a). 

Soit α un élément de G, différent de e. 

On définit une loi T en posant : ∀ a, b ∈ G, a T b = a ⋆ b ⋆ α. 

Montrer que (G, T ) est un groupe abélien. 


Montrer que IR, muni de la loi x ⋆ y = (x 3 + y 3 ) 1/3 est un groupe. 


Soit G un ensemble non vide muni d’une loi associative (notée multiplicativement) telle que : 

∀ (a, b) ∈ G 2 , ∃ (x, y) ∈ G 2 , b = ax = ya. 

Montrer que G est un groupe. 


Soit G un groupe. Pour tout a de G on pose ϕa(x) = axa −1 . 

Montrer que l’application a ↦→ ϕa est un morphisme de groupe de G dans le groupe des 

automorphismes de G. Quel en est le noyau? 


Soit G un groupe fini d’ordre n. Soit k un entier premier avec n. 

Montrer que l’application x → x k est une bijection de G sur lui-même. 


Montrer que tout groupe d’ordre 4 est commutatif. 



La table suivante définit-elle un groupe ? 


⋆ e x y z t 

e e x y z t 

x x e t y z 

y y z e t x 

z z t x e y 

t t y z x e 

Soient a et b deux éléments d’un groupe G vérifiant : a 5 = e et ab = ba 3 . 

Montrer que a 2 b = ba et que ab 3 = b 3 a 2 . 


Soit E un ensemble non vide muni d’une loi multiplicative telle que : 

∀ a, b, c : a 2 = b 2 , ab 2 = a, a 2 (bc) = cb, (ac)(bc) = ab. 

Montrer que E est un groupe pour la loi ⋆ définie par : a ⋆ b = ab 3 . 

Enoncer et prouver une réciproque. 


On définit la loi ⋆ sur IR en posant : x ⋆ y = x + y − xy. 

1. Etudier la loi ⋆. (IR, ⋆) est-il un groupe ? 

2. Montrer que (IR − {1}, ⋆) est un groupe abélien isomorphe à (IR ∗ , ×). 

3. Pour tout x de IR et tout n de IN, calculer x (n) = x ⋆ x ⋆ · · · ⋆ x (n fois). 


Montrer que ] − 1, 1[, muni de la loi x ⋆ y = 


x + y 

, est un groupe abélien. 

1 + xy 

Soient a et b deux éléments d’un groupe G vérifiant : b 6 = e, ab = b 4 a. 

Montrer que b 3 = e et que ab = ba. 



Soit G un groupe. On suppose que x ↦→ x n est un morphisme de G (avec n ∈ IN). 

Montrer que pour tout x de G, x n−1 commute avec tous les éléments de G. 



Soit G un ensemble fini non vide muni d’une loi ⋆ associative. 

On suppose que tout élément de G est régulier (simplifiable). 



Montrer qu’un groupe fini d’ordre premier est cyclique. 


Montrer qu’un groupe G dans lequel tout x vérifie x 2 = e est commutatif. 


Montrer qu’un groupe G dans lequel on a toujours (xy) 2 = x 2 y 2 est commutatif. 


Soit G un groupe fini dans lequel tout élément vérifie x 2 = e. 

1. Montrer que le groupe G est abélien 

2. On fixe un élément a de G, distinct du neutre e. 

Pour tout x de G, on note x = {x, ax}. 

On définit ensuite une relation R sur G en posant xRy ⇔ y ∈ x. 

Montrer que R est une relation d’équivalence. 


3. On note H l’ensemble des différentes classes d’équivalences x, quand x parcourt G. 

Quel est le cardinal de H? 

4. Montrer qu’on définit une loi de groupe sur H en posant x ⋆ y = xy. 

Vérifier que H satisfait à la même hypothèse que le groupe G. 

5. Montrer que le cardinal de G est une puissance de 2. 


Soit G un ensemble muni d’une loi associative (notée multiplicativement) telle que : 

Il existe un élément e de E tel que pour tout x, xe = x 

Pour tout x de E, il existe un élément x ′ tel que xx ′ = e. 




Soit G un groupe. On suppose qu’il existe un entier naturel k tel que : 

∀ i ∈ {k, k + 1, k + 2}, ∀ a, b ∈ G, (ab) i = a i b i . 

Montrer que G est un groupe abélien. 


Soit G un groupe et H une partie non vide de G, finie et stable. 

Montrer que H est un sous-groupe de G. 


On considère les applications de IR − {0, 1} dans lui-même, définies par : 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

f1(x) = x f2(x) = 1 

1 − x f3(x) = 

x − 1 

x 

f4(x) = 1 

x f5(x) = 1 − x f6(x) = x 

x − 1 

1. Montrer que ces six applications forment un groupe G pour la loi ◦. 

2. Quels sont les sous-groupes de G ? 


Soient H et K deux sous-groupes d’un groupe G. 


Montrer que H ∪ K est un sous-groupe de G si et seulement si H ⊂ K ou K ⊂ H. 


Soient H et K deux sous-groupes d’un groupe G. 

On note HK = {hk, h ∈ H, k ∈ K} et pareillement KH = {kh, k ∈ K, h ∈ H}. 

Montrer que HK est un sous-groupe de G si et seulement si HK = KH. 


Soit (Hi)i∈I une famille non vide de sous-groupes d’un groupe G. 

On suppose que pour tous indices i et j il existe un indice k tel que Hi ∪ Hj ⊂ Hk. 

Montrer que H = Hi est un sous-groupe de G. 


Soit G un groupe fini d’ordre 2n, avec n ≥ 2. 

On suppose qu’il existe deux sous-groupes H et K d’ordre n, tels que H ∩ K = {e}. 

Montrer que n = 2 et donner la table du groupe G. 


4.3. Anneaux, sous-anneaux, corps 



Soit A un anneau et C = {x ∈ A, ∀ y ∈ A, xy = yx} (on dit que C est le centre de A). 

Montrer que C est un sous-anneau de A. 


Dans l’anneau A, on suppose que : ∀ (a, b) ∈ A 2 , (a 2 − a)b = b(a 2 − a). 

1. Montrer que ∀ (x, y, z) ∈ A 3 , (xy + yx)z = z(xy + yx). 

2. Montrer que A est un anneau commutatif. 


Soit A un anneau sans élément nilpotent (autre que 0). 

Soit a un élément idempotent de A (c’est-à-dire tel que a 2 = a). 

Montrer que a commute avec tout élément de A. 


Soit A un anneau dans lequel, pour tout élément x, x 2 = x. (Anneau de Boole) 

1. Donner des exemples d’une telle situation. 

2. Montrer que pour tout a de A, 2a = 0. En déduire que A est commutatif. 

3. Montrer que A ne peut pas se réduire à trois éléments. 

4. On suppose que A est fini et de cardinal supérieur à 2. 

Montrer que A possède des diviseurs de zéro (Considérer xy(x + y)). 

5. Montrer que si card(A) = 4, alors A est unique à un isomorphisme près. 

6. Montrer que si A est fini, alors son cardinal est une puissance de 2. 


Montrer qu’un anneau intègre et fini est un corps. 


Soit x un élément nilpotent d’un anneau A. 

Montrer que 1 − x est inversible et donner son inverse en fonction de x. 



Soit A = {a + b √ 2, a ∈ ZZ, b ∈ ZZ}. 

1. Montrer que A est un sous-anneau intègre de IR. 

Pour tout x = a + b √ 2 de A, on pose N(x) = a 2 − 2b 2 . 

2. Montrer que pour tous x, y de A, N(xy) = N(x)N(y). 

3. En déduire que x est inversible dans A si et seulement si N(x) = ±1. 

4. Montrer que les éléments ±(1 + √ 2) n de A sont inversibles. 


5. Réciproquement, on veut montrer que tout inversible x de A est de la forme précédente 

(a) Montrer qu’on peut se ramener à supposer x = a + b √ 2, avec a ∈ IN ∗ et b ∈ IN. 

(b) Montrer alors que x est de la forme (1 + √ 2) n avec n ∈ IN et conclure. 

x 

Indication : si b ≥ 1, considérer x1 = 

1 + √ 2 . 


4.4. Arithmétique dans l’anneau ZZ 

Exercice 4.4.1 


1. Trouver l’exposant dans la décomposition de 1000! en produits de facteurs premiers. 

2. Même question avec l’exposant de 3. 

3. Généraliser avec l’exposant d’un entier premier p dans la décomposition de n!. 


Soient m et n deux entiers naturels, avec m < n, et tels que m n = n m . 

Montrer que nécessairement m = 2 et n = 4. 


Trouver tous les entiers 0 ≤ n ≤ m tels que : 


Montrer que pour tous entiers m et n : 

pgcd (m, n) = m − n 

ppcm (m, n) = 300 

m 2 + n 2 est divisible par 7 si et seulement si m et n sont divisibles par 7. 


Quel est le plus petit entier naturel admettant exactement 15 diviseurs positifs? 


1. Soient m et n deux entiers premiers entre eux. Soient a et b deux entiers. 

 

x ≡ a (mod m) 

Montrer que le système 

possède des solutions et que celles-ci forment 

x ≡ b (mod n) 

une classe d’entiers modulo mn. 

 

x ≡ 3 (mod 12) 

2. Résoudre le système 

x ≡ 5 (mod 9) 


Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme N = 4k + 3. 

(Considérer Nn = 4p1p2 . . . pn + 3, avec p1 = 7, p2 = 11, etc.) 



Résoudre dans ZZ l’équation 2520x − 3960y = 6480. 


Dans ZZ, on définit la loi T par x T y = αx + βy (α, β ∈ ZZ ∗ ). 


1. Montrer que l’application ϕ : (x, y) → x T y est un morphisme de (ZZ 2 , +) dans (ZZ, +). 

2. Quel en est le noyau? 

3. On se donne un entier n strictement positif. 

Montrer qu’on définit une loi sur ZZ/nZZ en posant: x ⋆ y = x T y. 

4. Montrer ⋆ est associative si et seulement si n divise α(α − 1) et β(β − 1). 

5. Montrer que ⋆ est commutative si et seulement si n divise α − β. 

6. Montrer qu’il existe un neutre si et seulement si n divise α − 1 et β − 1. 

7. En déduire à quelle condition (ZZ/nZZ, ⋆) est un groupe commutatif. 


Soit p un nombre premier. 

1. Montrer que pour tout entier k compris entre 1 et p − 1, C k 

p est divisible par p. 

2. En déduire que pour tous entiers a et b, (a + b) p ≡ a p + b p (mod p). 

3. Montrer que pour tout entier n, n p ≡ n (mod p) (c’est le petit théorème de Fermat.) 

4. Qu’obtient-on si p ne divise pas n? 


Montrer que pour tous entiers m et n, N = mn(m 60 − n 60 ) est divisible par 56786730. 


Montrer que a ∧ b = 1 si et seulement si (ab) ∧ (a + b) = 1. 


On se donne un entier premier p strictement supérieur à 2. 

1. Dans l’anneau ZZ/pZZ, quels sont les éléments qui sont leur propre inverse? 

2. En déduire que p divise (p − 1)! + 1. 

3. 

Établir la réciproque. 




Résoudre les équations 2 x − 5 y ≡ 3 (mod 24) et 2 x − 5 y ≡ 5 (mod 24) dans IN. 


Résoudre dans IN et dans ZZ l’équation 10x + 15y + 6z = 73. 


 

x − 2y + z = 0 

Résoudre dans ZZ le système 

x + 2y − 2z = 1 


Résoudre l’équation x 2 + 2x = 3 dans ZZ/97ZZ puis dans ZZ/91ZZ. 


On munit IK = (ZZ/5ZZ) 2 des lois : 

Montrer que IK est un corps. 


Calculer le reste dans la division de 1999 1999 par 7. 


(a, b) + (a ′ , b ′ ) = (a + a ′ , b + b ′ ) 

Calculer le reste dans la division de N = 1999 19991999 

(a, b) ⋆ (a ′ , b ′ ) = (aa ′ + 2bb ′ , ab ′ + ba ′ ) 

par 11. 


4.5. Le groupe symétrique 

Notations : 


• Sn désigne le groupe des permutations de l’ensemble {1, 2, . . . , n} (le groupe symétrique) 

• On note (i, j) la transposition qui échange deux éléments i, j de {1, 2, . . . , n}. 

• Plus généralement, (a1, a2, . . . , an) désigne le cycle σ défini par : 

σ(a1) = a2, σ(a2) = a3, . . . , σ(an−1) = an, σ(an) = a1 


On considère la permutation σ = 

1. Décomposer σ en produits de cycles à supports disjoints. 

2. Décomposer σ en produits de transpositions. 

3. Quelle est la parité de σ? 

4. Calculer l’entier minimum n tel que σ n = Id. 

5. Calculer σ 1999 . 


 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 

de S12. 

6 12 1 10 9 11 4 3 2 7 8 5 

1. A quelle condition une permutation σ commute-t-elle avec une tranposition τ = (i, j) ? 

2. En déduire que si n ≥ 3, seule Id commute avec tous les éléments de Sn. 

3. Montrer que si n ≥ 4, seule Id commute avec toutes les permutations paires. 

Indication : utiliser les cycles de longueur 3. 


1. Montrer que le groupe symétrique Sn (avec n ≥ 2) est engendré par les transpositions 

τj = (j, j + 1) avec 1 ≤ j ≤ n − 1. 

 

1 2 3 4 5 

2. Décomposer σ = 

en produit de telles transpositions. 

4 5 2 1 3 

NB: on utilisera la décomposition de σ en produit de cycles à supports disjoints. 

3. Passer du mot MERCI au mot CRIME par des échanges de lettres contigües : 

(a) Par une méthode s’appuyant sur la question précédente. 

(b) Par une méthode directe. En déduire une nouvelle réponse à la question (2). 




 

1 2 · · · n − 1 n 

1. On suppose n ≥ 3 et on note c la permutation circulaire c = 

2 3 · · · n 1 

Montrer que le groupe Sn est engendré par c et par la transposition τ = (1, 2). 

Indication : on utilisera le résultat de la question (1) de l’exercice précédent. 

2. Application : on veut passer du mot MERCI au mot CRIME uniquement par des 

rotations du mot vers la droite ou des échanges des deux premières lettres. 

(a) Donner une solution utilisant le résultat la question (2) de l’exercice précédent. 

(b) Imaginer une solution directe, nécessitant beaucoup moins d’étapes. Commenter. 


1. Montrer que Sn (n ≥ 2) est engendré par les transpositions τj = (1, j) avec 2 ≤ j ≤ n. 

 

1 2 3 4 5 

2. Décomposer σ = 

en produit de telles transpositions. 

4 5 2 1 3 

NB: on utilisera la décomposition de σ en produit de cycles à supports disjoints. 

3. Passer de MERCI à CRIME par des échanges de deux lettres dont la première. 


On se donne un entier n ≥ 2. 

1. Montrer que si deux cycles commutent, alors leurs supports sont identiques ou disjoints. 

2. Inversement former deux cycles σ et σ ′ ayant même support, mais tels que σ◦σ ′ = σ ′ ◦σ. 


Dans Sn, soit c la permutation circulaire (1, 2, . . . , n − 1, n). 

Montrer que les permutations qui commutent avec c sont les puissances de c. 


1. Montrer que dans le groupe symétrique Sn (avec n ≥ 3), toute permutation paire est 

un produit de cycles de longueur 3. 

 

1 

2. Effectuer une telle décomposition pour σ = 

2 

2 

3 

3 

4 

4 

5 

5 

6 

6 

7 

 

7 

1 


On se place dans le groupe symétrique Sn, avec n ≥ 3. Montrer que toute permutation paire 

est un produit de cycles du type ck = (1, 2, k) avec 3 ≤ k ≤ n. 


Corrigé des exercices 

Corrigé de l’exercice 4.1.1 

1. Dans (H), on pose x = v = e et y = u = f. 

On obtient donc (e ⋆ f) • (f ⋆ e) = (e • f) ⋆ (f • e). 

Avec les définitions de e et f, on trouve f • f = e ⋆ e, puis f = e. 

2. Dans (H), on pose y = u = e, et on laisse x et v quelconques. 

∀ (x, v) ∈ E 2 , (x ⋆ e) • (e ⋆ v) = (x • e) ⋆ (e • v). 

Sachant que e est neutre pour les deux lois, on en déduit : 

∀ (x, v) ∈ E 2 , x • v = x ⋆ v : Les lois ⋆ et • sont donc identiques. 


3. On a maintenant : ∀ (x, y, u, v) ∈ E 4 , (x ⋆ y) ⋆ (u ⋆ v) = (x ⋆ u) ⋆ (y ⋆ v) (K). 

Dans cette égalité, on choisit y = e, les trois autres étant quelconques. 

On en déduit : ∀ (x, u, v) ∈ E 3 , (x ⋆ e) ⋆ (u ⋆ v) = (x ⋆ u) ⋆ (e ⋆ v), c’est-à-dire : 

∀ (x, u, v) ∈ E 3 , x ⋆ (u ⋆ v) = (x ⋆ u) ⋆ v : la loi ⋆ est associative. 

Enfin, dans (K), on pose x = v = e, les deux autres étant quelconques. 

On en déduit : ∀ (y, u) ∈ E 2 , (e ⋆ y) ⋆ (u ⋆ e) = (e ⋆ u) ⋆ (y ⋆ e), c’est-à-dire : 

∀ (y, u) ∈ E 2 , y ⋆ u = u ⋆ y : la loi ⋆ est commutative. 


Pour tous réels x, y, z, on a : 

(x ⋆ y) ⋆ z = [kxy + k ′ (x + y)] ⋆ z 

= k [kxy + k ′ (x + y)] z + k ′ [kxy + k ′ (x + y) + z] 

= k 2 xyz + kk ′ (xy + xz + yz) + k ′ [k ′ (x + y) + z] 

On remarque que la loi ⋆ est commutative. 

On peut donc écrire x ⋆ (y ⋆ z) = (y ⋆ z) ⋆ x = (z ⋆ y) ⋆ x. 

On obtient donc x ⋆ (y ⋆ z) en échangeant x et z dans l’expression de (x ⋆ y) ⋆ z. 

Ainsi x ⋆ (y ⋆ z) = k 2 zyx + kk ′ (zy + zx + yx) + k ′ [k ′ (z + y) + x]. 

On en déduit : (x ⋆ y) ⋆ z − x ⋆ (y ⋆ z) = k ′ (k ′ − 1)(x − z). 

La loi ⋆ est associative ⇔ cette dernière quantité est nulle pour tous x, z. 

Conclusion : la loi ⋆ est associative ⇔ k ′ ∈ {0, 1}. 



1. La symétrie de la définition prouve que la loi ⋆ est commutative. 

2. Pour toute partie A de E, on a : A ∩ ∅ = ∅ ⇒ A ⋆ ∅ = A ∪ ∅ = A. 

Autrement dit, ∅ est neutre pour la loi ⋆. 

3. On remarque que pour toutes parties A, B de E, on a A ⋆ B ⊃ A ∪ B. 

On ne peut donc avoir A ⋆ B = ∅ que si A = B = ∅. 


∅ est donc le seul élément de P(E) à avoir un inverse (il est son propre inverse.) 

4. Soient A, B, C trois parties quelconques de E. 

⋄ Si A, B, C sont deux à deux disjointes, alors 

A ⋆ (B ⋆ C) = A ⋆ (B ∪ C) = A ∪ (B ∪ C) 

= (A ∪ B) ∪ C = (A ⋆ B) ∪ C = (A ⋆ B) ⋆ C 

⋄ Si A ∩ B = ∅ alors A ∩ (B ⋆ C) = ∅ car B ⋆ C ⊃ B. 

On en déduit : A ⋆ (B ⋆ C) = E et (A ⋆ B) ⋆ C = E ⋆ C = E. 

⋄ De même, si A ∩ C = ∅ ou si B ∩ C = ∅ alors A ⋆ (B ⋆ C) = (A ⋆ B) ⋆ C = E. 

⋄ Dans tous les cas, on a donc A ⋆ (B ⋆ C) = (A ⋆ B) ⋆ C : la loi ⋆ est associative. 


1. La symétrie de la définition prouve que la loi ⋆ est commutative. 

2. Pour tout A ⊂ E, on a : A ⋆ E = (A ∩ E) ∪ (A ∩ E) = A ∪ (A ∩ ∅) = A ∪ ∅ = A. 

Autrement dit, E est neutre pour la loi ⋆. 

3. Soit A une partie de E. On constate que A ⋆ A = (A ∩ A) ∪ (A ∩ A) = A ∪ A = E. 

Tout élément de A est donc son propre symétrique pour la loi ⋆. 

4. On remarque que pour toutes parties X, Y de E, on a : 

X ⋆ Y = (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) = (X ∪ X) ∩ (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ X) ∩ (Y ∪ Y ) 

= E ∩ (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ X) ∩ E = (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ X) 

Soient A, B, C trois parties quelconques de E. 

On utilise les deux définitions possibles de ⋆ pour évaluer (A ⋆ B) ⋆ C. On trouve : 

(A ⋆ B) ⋆ C = (A ∪ B) ∩ (A ∪ B) ∪ C 

 

∩ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ C 

= (A ∪ B ∪ C) ∩ (A ∪ B ∪ C) ∩ (A ∪ B) ∩ (A ∪ B) ∪ C 

= (A ∪ B ∪ C) ∩ (A ∪ B ∪ C) ∩ (A ∪ B ∪ C) ∩ (A ∪ B ∪ C) 

Puisque la loi ⋆ est commutative, on a A ⋆ (B ⋆ C) = A ⋆ (C ⋆ B) = (C ⋆ B) ⋆ A. 

Pour obtenir A⋆(B ⋆C), il suffit donc d’échanger A et C dans l’expression de (A⋆B)⋆C. 

Or on voit que cette expression est invariante dans cet échange. 

On en déduit A ⋆ (B ⋆ C) = (A ⋆ B) ⋆ C : la loi ⋆ est associative. 



1. Soit a un élément régulier de E. 

Par définition, pour tous x, y de E, on a : 

x ⋆ a = y ⋆ a ⇒ x = y 

a ⋆ x = a ⋆ y ⇒ x = y 

 

da : x ↦→ x ⋆ a 

Les applications 

sont donc injectives de E dans E. 

ga : x ↦→ a ⋆ x 

Or E est un ensemble fini. 

Ces deux applications sont donc bijectives. 


En particulier, il existe a ′ dans E tel que da(a ′ ) = e, c’est-à-dire tel que a ′ ⋆ a = e. 

De même, il existe a ′′ dans E tel que ga(a ′′ ) = e, c’est-à-dire tel que a ⋆ a ′′ = e. 

On peut alors écrire, en utilisant l’associativité : 

a ′ ⋆ (a ⋆ a ′′ ) = a ′ ⋆ e = a ′ 

Ainsi a ′ = a ′′ donc a ′ ⋆ a = a ⋆ a ′ = e. 

a ′ ⋆ (a ⋆ a ′′ ) = (a ′ ⋆ a) ⋆ a ′′ = e ⋆ a ′′ = a ′′ 

Conclusion : a ′ est l’inverse de a pour la loi ⋆. 

2. On se place par exemple dans ZZ muni de la multiplication. 

Cette loi est associative et tout élément non nul est régulier (simplifiable). 

Pourtant seuls 1 et −1 possèdent un inverse dans ZZ pour cette loi. 


L’hypothèse sur a signifie : ∀ x ∈ E, ∃ y ∈ E, aya = x. 

En particulier, il existe un élément b de E tel que aba = a. 

Soit x un élément quelconque de E. 

Toujours par hypothèse, il existe y dans E tel que aya = x. 

En utilisant l’associativité de la loi, on constate alors que : 

x(ba) = (aya)(ba) = (ay)(aba) = (ay)a = x 

(ab)x = (ab)(aya) = (aba)(ya) = a(ya) = x 

Autrement dit, ab est neutre “à gauche” et ba est neutre “à droite”. 

En particulier (ab)(ba) = ab et (ab)(ba) = ba. 

Conclusion : l’élément e = ab = ba est neutre dans E. 



 

ga : x ↦→ a ⋆ x 

1. Par hypothèse, les applications 

sont injectives. 

db : x ↦→ x ⋆ b 

Or E est un ensemble fini. 

Ces deux applications sont donc bijectives. 

En particulier, il existe e dans E tel que ga(e) = a. 

De même, il existe f dans E tel que db(f) = b. 

Avec ces notations, on a donc a ⋆ e = a et f ⋆ b = b. 

2. Pour tout x de E, en utilisant l’associativité de la loi ⋆, on a : 

On en déduit e ⋆ x = x. 

De la même manière : 

Donc x ⋆ f = x. 

a ⋆ (e ⋆ x) = (a ⋆ e) ⋆ x = a ⋆ x 

(x ⋆ f) ⋆ b = x ⋆ (f ⋆ b) = x ⋆ b 


3. Ce qui précède montre que e est neutre “à gauche” et f est neutre “à droite”. 

En particulier e ⋆ f = f (e neutre à gauche.) 

De la même manière : e ⋆ f = e (f neutre à droite.) 

Conclusion : l’élément e = f est neutre dans E pour la loi ⋆. 


Soient R, S et T trois relations sur E. 

On pose U = R ⋆ S et V = S ⋆ T . 

Il faut montrer (R ⋆ S) ⋆ T = R ⋆ (S ⋆ T ), c’est-à-dire U ⋆ T = R ⋆ V. 

Soient a, b deux éléments quelconques de E. 

Il faut prouver l’équivalence a (U ⋆ T ) b ⇔ a (R ⋆ V) b. Or : 

a (U ⋆ T ) b ⇔ ∃ x ∈ E, aUx et xT b 

⇔ ∃ x ∈ E, ∃ y ∈ E, aRy, ySx, xT b 

⇔ ∃ y ∈ E, aRy, yVb 

⇔ a (R ⋆ V) b 

Conclusion : la loi ⋆ est associative. 

Remarque : la relation “égalité” est neutre pour la loi ⋆. 



1. Par symétrie de la définition, la loi ⋆ est évidemment commutative. 

D’autre part, il est clair que 0 est neutre : ∀ x ∈ E, x ⋆ 0 = x. 


2. Chercher les inverses éventuels d’un réel a, c’est résoudre l’équation a ⋆ x = 0. 

Mais a ⋆ x = 0 ⇔ a + x + sin(ax) = 0. 

Posons par exemple a = 4, et soit f l’application définie par f(x) = 4 + x + sin(4x). 

Voici la courbe représentative de f : 

Graphiquement, on voit que f possède trois racines distinctes α < β < γ. 

Cela signifie que α, β, γ sont trois inverses de a = 4. Plus précisément : 

• f(− 3 

3 π) = 4 − π ≈ 0 − .712388981 < 0 

2 2 

• f(− 4 

√ 

4 1 

π) = 4 − π + 3 ≈ 0.6772352000 > 0 

3 3 2 

√ 

3 ≈ −0.5312168350 < 0 

• f(− 7 

6 

π) = 4 − 7 

6 

π − 1 

2 

• f(−π) = 4 − π ≈ 0.858407346 > 0. 

On en déduit − 3 

2 

π < α < − 4 

3 

π < β < − 7 

6 

π < γ < −π. 

On montre que : α ≈ −4.562912597, β ≈ −3.902602873 et γ ≈ −3.326370012. 

3. On sait que si une loi sur E est associative et s’il y a un élément neutre, alors l’inverse 

d’un élément a, s’il existe, est unique. 

Rappelons la démonstration. Si a ′ et a ′′ sont deux inverses de a, on a : 

a ′ ⋆ (a ⋆ a ′′ ) = (a ′ ⋆ a) ⋆ a ′′ donc a ′ ⋆ e = e ⋆ a ′′ donc a ′ = a ′′ . 

Dans notre exemple, le fait que a = 4 ait plusieurs inverses montre que ⋆ n’est pas 

associative, mais cette “méthode” est évidemment une farce. Il est en effet bien plus 

rapide d’exhiber trois éléments x, y, z tels que x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z. 

Posons par exemple x = 2, y = π et z = 1. On constate que : 

x ⋆ (y ⋆ z) = 2 ⋆ (π ⋆ 1) = 2 ⋆ (π + 1) 

D’autre part : 

= 3 + π + sin(2(π + 1)) = 3 + π + sin 2 

(x ⋆ y) ⋆ z = (2 ⋆ π) ⋆ 1 = (2 + π) ⋆ 1 

= 3 + π + sin((2 + π)1) = 3 + π − sin 2 = x ⋆ (y ⋆ z) 



1. Soit E un ensemble fini de cardinal n ≥ 1. 

Une loi sur E est une application de E × E sur E. 

Or card(E × E) = n 2 . Il y a donc n n2 

possibilités. 


Par exemple il y a 5 25 = 298023223876953125 lois sur un ensemble à 5 éléments. 

2. Posons E = {x1, x2, . . . , xn}. On définit une loi ⋆ commutative sur E en se donnant les 

xi ⋆ xj dans E avec 1 ≤ i ≤ j ≤ n. 

Comme il y a n(n+1) 

2 

tels couples (i, j), il y a n n(n+1) 

2 lois commutatives sur E. 

Il y a par exemple 5 15 = 30517578125 lois commutatives sur un ensemble à 5 éléments. 


1. On peut citer E = P(F ) muni de la loi “réunion” ou de la loi “intersection”. 

On peut également citer E = ZZ muni de la loi “pgcd” ou de la loi “ppcm” 

2. • Pour tout x de E on a x ⋆ x = x c’est-à-dire xRx : la relation R est réflexive. 

• Soient x, y dans E tels que xRy et yRx. Alors x ⋆ y = y et y ⋆ x = x. 

Or la loi ⋆ est commutative. 

On en déduit x = y : la relation R est antisymétrique. 

• Soient x, y, z dans E tels que xRy et yRz. 

On a donc x ⋆ y = y et y ⋆ z = z. 

La loi ⋆ étant associative, on en déduit 

x ⋆ z = x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z = y ⋆ z = z 

Autrement dit xRz : la relation R est transitive. 

• Conclusion : R est une relation d’ordre sur E 

3. On montre tout d’abord que x ⋆ y est un majorant de {x, y}. 

Par symétrie, il suffit de vérifier que xR(x ⋆ y). 

Cela résulte de x ⋆ x = x. En effet : x ⋆ (x ⋆ y) = (x ⋆ x) ⋆ y = x ⋆ y. 

Enfin soit z un majorant de x et de y, c’est-à-dire tel que x ⋆ z = z et y ⋆ z = z. 

Il reste à montrer que z est un majorant de x ⋆ y. 

En effet (x ⋆ y) ⋆ z = x ⋆ (y ⋆ z) = x ⋆ z = z. 

Conclusion : 

Pour tous x, y dans E, x ⋆ y est la borne supérieure de {x, y} pour la relation R. 



1. Soient a, b deux éléments quelconques de E. 

La première partie de l’hypothèse donne b ⋆ a ≤ b et b ⋆ a ≤ a. 

Avec x = b ⋆ a, la deuxième hypothèse donne alors b ⋆ a ≤ a ⋆ b. 

En échangeant les rôles de a et b, on a alors a ⋆ b ≤ b ⋆ a donc a ⋆ b = b ⋆ a. 

Conclusion : la loi ⋆ est commutative. 

2. Soit a un élément de E. 

La première partie de l’hypothèse donne a ⋆ a ≤ a. 

Avec x = a = b, la deuxième hypothèse donne alors a ≤ a ⋆ a. 

Conclusion : pour tout a de E, on a : a ⋆ a = a. 

3. Soient a, b, c trois éléments quelconques de E, avec a ≤ b. 

On sait que a ⋆ c ≤ a ≤ b. 

D’autre part a ⋆ c ≤ c. 

 

a ⋆ c ≤ b 

Les inégalités 

donnent alors a ⋆ c ≤ b ⋆ c. 

a ⋆ c ≤ c 

 

a ≤ b 

Soient a, b, c, d quatre éléments quelconques de E, avec 

c ≤ d 

 

a ⋆ c ≤ b ⋆ c 

D’après ce qui précède, on a 

c ⋆ b ≤ d ⋆ b 

On en déduit a ⋆ c ≤ b ⋆ d, ce qu’il fallait démontrer. 

4. Soient a, b, c trois éléments quelconques de E. 

On a (a ⋆ b) ⋆ c ≤ a ⋆ b ≤ a. 

De même on a les inégalités (a ⋆ b) ⋆ c ≤ b. 


On a aussi (a ⋆ b) ⋆ c ≤ c. 

 

(a ⋆ b) ⋆ c ≤ b 

Ainsi 

⇒ (a ⋆ b) ⋆ c ≤ b ⋆ c . 

(a ⋆ b) ⋆ c ≤ c 

 

(a ⋆ b) ⋆ c ≤ a 

Les inégalités 

donnent finalement (a ⋆ b) ⋆ c ≤ a ⋆ (b ⋆ c). 

(a ⋆ b) ⋆ c ≤ b ⋆ c 

En utilisant ce résultat et la commutativité de la loi ⋆, on peut alors écrire : 

a ⋆ (b ⋆ c) = (b ⋆ c) ⋆ a = (c ⋆ b) ⋆ a ≤ c ⋆ (b ⋆ a) = (a ⋆ b) ⋆ c 

Finalement on voit que a ⋆ (b ⋆ c) = (a ⋆ b) ⋆ c : la loi ⋆ est associative. 




1. Soit a un élément de E pour lequel les applications ga et da sont surjectives. 

Il existe donc e dans E tel que da(e) = a, c’est-à-dire e ⋆ a = a. 

De même, il existe f dans E tel que ga(f) = a, c’est-à-dire a ⋆ f = a. 

Soit x un élément quelconque de E. 

Par hypothèse, il existe y, z dans E tels que 

On en déduit : x ⋆ f = (y ⋆ a) ⋆ f = y ⋆ (a ⋆ f) = y ⋆ a = x. 

De même : e ⋆ x = e ⋆ (a ⋆ z) = (e ⋆ a) ⋆ z = a ⋆ z = x. 

Ainsi, pour tout x de E, on a x ⋆ f = x et e ⋆ x = x. 

 

da(y) = x 

ga(z) = x c’est-à-dire 

y ⋆ a = x 

a ⋆ z = x 

En particulier avec x = e puis x = f on trouve e ⋆ f = e puis e ⋆ f = f. 

On a donc e = f, et x ⋆ e = e ⋆ x = x pour tout x de E. 

L’élément e est donc le neutre. 

2. On sait qu’il existe un élément neutre e dans E pour la loi ⋆. 

Soit a un élément quelconque de E. 

Puisque da est surjective, il existe a ′ dans E tel que da(a ′ ) = e c’est-à-dire a ′ ⋆ a = e. 

Puisque ga est surjective, il existe a ′′ dans E tel que ga(a ′′ ) = e c’est-à-dire a ⋆ a ′′ = e. 

′ ′′ ′ ′ 

a ⋆ (a ⋆ a ) = a ⋆ e = a 

On a alors 

a ′ ⋆ (a ⋆ a ′′ ) = (a ′ ⋆ a) ⋆ a ′′ = e ⋆ a ′′ = a ′′ 

Ainsi l’élément a ′ = a ′′ vérifie a ′ ⋆ a = a ⋆ a ′ = e : il est l’inverse de a. 

Conclusion : tout élément de E possède un inverse pour la loi ⋆. 


Soit a un élément de E. 

La suite de terme général a n est à valeurs dans l’ensemble fini E. 

Il existe donc nécessairement deux entiers p et q > p tels a q = a p . 

Posons r = q − p > 0. On a a p = a p+r . 

On en déduit ∀ m ≥ p, a m = a m+r (on a multiplié par a m−p ). 

Autrement dit, la suite des a n est r-périodique, à partir de a p . 

On peut donc écrire : ∀ m ≥ p, ∀ n ≥ 0, a m+nr = a m . 

Si on choisit n tel que nr ≥ p puis m = nr, on en déduit : a 2m = a m . 

On a ainsi trouvé un élément x = a m tel que x 2 = x. 



1. L’hypothèse (yx) −1 = y −1 x s’écrit x −1 y −1 = y −1 x. 

On obtient yx −1 = xy en multipliant par y à droite et à gauche. 

On en déduit : x 2 y 2 = x(xy)y = x(yx −1 )y = (xy)(x −1 y) = (xy)(xy) −1 = e. 

Mais l’égalité x 2 y 2 = e signifie que (x 2 ) −1 = y 2 , ce qu’il fallait prouver. 

2. On trouve successivement : 

x 4 = x 2 x 2 = (y 2 ) −1 x 2 = y −1 (y −1 x)x = y −1 (x −1 y −1 )x 

= (y −1 x −1 )(y −1 x) = (xy) −1 (y −1 x) = (x −1 y)(y −1 x) = e 

On a donc obtenu x 4 = e. Il en découle y 4 = (y 2 ) 2 = (x 2 ) −2 = (x 4 ) −1 = e. 


Dire que l’application x → x −1 est un morphisme, c’est dire que : 

∀ (x, y) ∈ G 2 , x −1 y −1 = (xy) −1 = y −1 x −1 

Mais pour tout a de G, l’application a ↦→ a −1 est une permutation du groupe G. 


On obtient donc une proposition équivalente si on remplace x −1 par x et y −1 par y : 

∀ (x, y) ∈ G 2 , xy = yx 

Ainsi l’application x → x −1 est un morphisme ⇔ la loi de G est commutative. 


• Puisque la loi ⋆ est commutative, il en est de même de la loi T . 

En effet, pour tous a, b de G : aT b = a ⋆ b ⋆ α = b ⋆ a ⋆ α = bT a. 

• Pour tous a, b, c de E, on a : aT (bT c) = aT (b ⋆ c ⋆ α) = a ⋆ b ⋆ c ⋆ α ⋆ α. 

De même : (aT b)T c = (a ⋆ b ⋆ α)T c = a ⋆ b ⋆ α ⋆ c ⋆ α = a ⋆ b ⋆ c ⋆ α ⋆ α. 

La loi ⋆ est donc asscociative. 

• On constate que α ′ est neutre pour la loi T . 

En effet, pour tout a de E : aT α ′ = a ⋆ α ⋆ α ′ = a ⋆ e = a. 

• Soit a un élément quelconque de G. 

On constate que b = a ′ ⋆ α ′ ⋆ α ′ est inverse de a pour la loi T . 

En effet aT b = a ⋆ a ′ ⋆ α ′ ⋆ α ′ ⋆ α = e ⋆ α ′ ⋆ e = α ′ . 

• Conclusion : muni de la loi ⋆, l’ensemble G est un groupe abélien. 



Considérons l’application ϕ défini sur IR par ϕ(x) = x 1/3 . 


Pour tous réels x, y on a : (x + y) 1/3 = x 1/3 ⋆ y 1/3 c’est-à-dire ϕ(x + y) = ϕ(x) ⋆ ϕ(y). 

L’application ϕ, qui est bijective, est donc un isomorphisme de (IR, +) sur (IR, ⋆). 

On en déduit que (IR, ⋆) est muni d’une structure de groupe commutatif. 

Plus précisément, le neutre de (IR, ⋆) est 0 et le symétrique de x pour la loi ⋆ est −x. 


• Soit a fixé dans G : il existe α, β dans G tels que a = aα = βa. 

Soit b quelconque dans G : il existe x, y dans G tels que b = ax = ya. 

 

bα = (ya)α = y(aα) = ya = b 

On en déduit : 

βb = β(ax) = (βa)x = ax = b 

En particulier, en choisissant b = β puis b = α : βα = β = α. 

Ainsi l’élément e = α = β vérifie ∀ b ∈ G, eb = be = b : e est élément neutre. 

• Soit a un élément de G. On sait qu’il existe u, v dans G tels que e = ua = av. 

On a alors u(av) = ue = u et u(av) = (ua)v = ev = v. Donc u = v. 

L’élément u = v vérifie donc ua = au = e : u est l’inverse de a. 

• Conclusion : l’ensemble G est donc muni d’une structure de groupe. 


• Soit a dans G. Pour tous, x, y de G, on a : y = ϕa(x) = axa −1 ⇔ x = a −1 ya = ϕ a −1(y). 

Ainsi ϕa est une bijection de G et la bijection réciproque est ϕ a −1. 

• Soit a dans G. Pour tous x, y de G, ϕa(xy) = a(xy)a −1 = (axa −1 )(aya −1 ) = ϕa(x)ϕb(x). 

Ainsi ϕa est un automorphisme du groupe G. 

• Soient a, b deux éléments de G. 

Pour tout x de G, (ϕb ◦ ϕa)(x) = ϕb(axa −1 ) = b(axa −1 )b −1 = (ba)x(ba) −1 = ϕba(x). 

Autrement dit ϕb ◦ ϕa = ϕba : l’application ϕ : a ↦→ ϕa est donc un morphisme du groupe 

G dans le groupe Aut(G) des automorphismes de G. 

• Le noyau de ϕ est formé des éléments a de G tels que ϕa = idG. 

Or ϕa = idG ⇔ ∀ x ∈ G, x = axa −1 ⇔ ∀ x ∈ G, xa = ax. 

Le noyau de ϕ est donc l’ensemble des éléments de G qui commutent avec tous les éléments 

de G (on parle du centre de G.) 

Remarque : les automorphismes ϕa sont appelés automorphismes intérieurs de G. 



Rappelons que dans un groupe d’ordre n, on a x n = e pour tout x de G. 


Par hypothèse, il existe deux entiers u et v tels que un + vk = 1 (identité de Bezout.) 

Pour tout y de G, on a donc y = y un+vk = (y n ) u (y v ) k = (y v ) k = x k avec x = y v . 

Ainsi l’application x → x k est surjective de G dans lui-même. 

Comme G est un ensemble fini, c’est une permutation de G. 


Soit G = {e, a, b, c} un groupe d’ordre 4, de neutre e. 

Si on montre par exemple ab = ba, on aura prouvé que G est commutatif. 

L’égalité ab = b est impossible car elle impliquerait a = e par simplification. 

Il en est de même de l’égalité ab = a. 

On a donc ab ∈ {e, c}, et de même ba ∈ {e, c}. 

• Si ab = e ou si ba = e, alors b est l’inverse de a. Il en découle ba = ab = e. 

• Le seul cas restant est donc ab = ba = c. 

Conclusion : G est un groupe abélien. 

Remarque : à un isomorphisme près, il n’y a que deux groupes d’ordre 4, qu’on note ZZ/4ZZ 

et (ZZ/2ZZ) × (ZZ/2ZZ) avec des notations classiques. 


La réponse est négative car la loi ⋆ n’est pas associative. 

En effet : x ⋆ (y ⋆ z) = x ⋆ t = z et (x ⋆ y) ⋆ z = t ⋆ z = x. 

On vérifie cependant que e est élément neutre, et que tout élément de l’ensemble est inversible 

(car égal à son propre inverse.) 


On a a 2 b = a(ab) = a(ba 3 ) = (ab)a 3 = (ba 3 )a 3 = b(a 5 )a = ba. 

De même, on a les égalités : 

ab 3 = (ab)b 2 = (ba 3 )b 2 = ba(a 2 b)b = ba(ba)b = b(ab)ab 

= b(ba 3 )ab = b 2 a 2 (a 2 b) = b 2 a 2 (ba) = b 2 (a 2 b)a 

= b 2 (ba)a = b 3 a 2 




Remarque : Les parenthèses dans les hypothèses de l’énoncé sont rendues nécessaires par le 

fait qu’on ne sait pas si la loi multiplicative de E est associative. 

En particulier, b 2 b signifie (bb)b, qui peut être différent de b(bb). 

• La première hypothèse indique que l’application a ↦→ a 2 est constante. 

Notons e cette constante et montrons que e est neutre pour la loi ⋆. 

Remarquons que la loi ⋆ s’écrit maintenant : a ⋆ b = a(eb). 

Les hypothèses deviennent donc : ∀ (a, b, c) ∈ E3 ⎧ 

⎨ ae = a (1) 

, e(bc) = cb 

⎩ 

(ac)(bc) = ab 

(2) . 

(3) 

On constate tout d’abord que e 2 e = e 2 = e 

Pour tout élément a de G, on a donc : a ⋆ e = a(e 2 e) = ae = a. 

De même, avec l’hypothèse (2) : e ⋆ a = e(ea) = ae = a. 

• Montrons que ⋆ est associative. Soient a, b, c trois éléments de G. On a : 

a ⋆ (b ⋆ c) = a ⋆ (b(ec)) = a (e (b(ec))) 

= a ((ec)b) (hypothèse 2) 

De même : 

(a ⋆ b) ⋆ c) = (a(eb)) (ec) = (a(eb)) ((ec)e) (hypothèse 1) 

= (a(eb)) (((ec)b) (eb)) (hypothèse 3) 

= a ((ec)b) (hypothèse 3) 

• Montrons que l’inverse d’un élément a de G pour la loi ⋆ est ea. 

On a en effet : 

a ⋆ (ea) = a (e(ea)) = a(ae) = a(a) = e 

(ea) ⋆ a = (ea)(ea) = (ea) 2 = e 

• La loi ⋆ est donc associative, il existe un neutre et tout élément possède un inverse : 

l’ensemble E muni de la loi ⋆ est donc un groupe. 

• Inversement, soit (G, ⋆) un groupe de neutre e (on note z −1 l’inverse de z.) 

On définit une loi sur G en posant : ∀ (x, y) ∈ G, xy = x ⋆ y −1 . 

On constate que, pour tous éléments a, b, c de G : 

a 2 = a ⋆ a −1 = e = b 2 

a(b 2 ) = ae = a ⋆ e −1 = a ⋆ e = a 

a 2 (bc) = e(bc) = e ⋆ (bc) −1 = (bc) −1 = (b ⋆ c −1 ) −1 = c ⋆ b −1 = cb 

(ac)(bc) = (a ⋆ c −1 ) ⋆ (b ⋆ c −1 ) −1 = (a ⋆ c −1 ) ⋆ (c ⋆ b −1 ) 

= a ⋆ (c −1 ⋆ c) ⋆ b −1 = a ⋆ e ⋆ b −1 = a ⋆ b −1 = ab 

Enfin, on a bien : ∀ (a, b) ∈ G 2 , a(b 2 b) = a(eb) = a(e ⋆ b −1 ) = a(b −1 ) = a ⋆ (b −1 ) −1 = a ⋆ b. 



1. La loi ⋆ est visiblement commutative. 

Pour tous réels x, y, z, on a : 


(x ⋆ y) ⋆ z = (x + y − xy) + z − (x + y − xy)z = x + y + z − xy − xz − yz + xyz 

De même, en utilisant la commutativité : 

x ⋆ (y ⋆ z) = (z ⋆ y) ⋆ x = z + y + x − zy − zx − yx + zyx = (x ⋆ y) ⋆ z 

La loi ⋆ est donc associative. De plus il est clair que 0 est élément neutre. 

Soit x et x ′ deux réels. x ′ est inverse de x si et seulement si x ′ ⋆ x = 0. 

Or x ′ ⋆ x = 0 ⇔ x ′ (x − 1) = x, qui ne possède pas de solution x ′ si x = 1. 

On en déduit que (IR, ⋆) n’est pas un groupe (1 n’a pas d’inverse.) 

2. Remarquons que pour tous réels x et y, on a : 1−x⋆y = 1−x−y +xy = (1−x)(1−y). 

Il en découle que si x = 1 et y = 1 alors x ⋆ y = 1. 

Autrement dit IR − {1} est stable pour la loi ⋆. 

On note encore ⋆ la restriction de cette loi à IR − {1}. 

Cette restriction est toujours associative et commutative, et 0 est encore élément neutre. 

Un calcul précédent montre que pour tout x = 1 : x ′ ⋆ x = 0 ⇔ x ′ = x 

x − 1 . 

Cet élément x ′ , qui est distinct de 1, est donc l’inverse de x dans (IR − {1}, ⋆). 

Conclusion : (IR − {1}, ⋆) est un groupe abélien. 

Remarque : 

On obtient une démonstration plus rapide en notant que l’égalité 

∀ x, y ∈ IR, 1 − x ⋆ y = 1 − x − y + xy = (1 − x)(1 − y) 

s’écrit (remplacer x par 1 − x et y par 1 − y) 

∀ x, y ∈ IR, 1 − (1 − x) ⋆ (1 − y) = (1 − (1 − x)) (1 − (1 − y)) = xy 

ou encore ϕ(xy) = ϕ(x) ⋆ ϕ(y) avec ϕ : t ↦→ 1 − t. 

L’application ϕ, qui est bijective de IR − {1} sur IR ∗ est donc un isomorphisme de 

(IR ∗ , ×) sur (IR − {1}, ⋆). Ainsi (IR − {1}, ⋆) est un groupe abélien. 

3. On sait qu’on a l’égalité 1 − x ⋆ y = (1 − x)(1 − y) c’est-à-dire ϕ(x ⋆ y) = ϕ(x)ϕ(y). 

On en déduit ϕ(x (n) ) = (ϕ(x)) n (récurrence évidente). 

Autrement dit : ∀ x ∈ IR, ∀ n ∈ IN, 1 − x (n) = (1 − x) n . 

Conclusion : ∀ x ∈ IR, ∀ n ∈ IN, x (n) = 1 − (1 − x) n . 



Remarquons que x ⋆ y est défini pour tous x, y de ] − 1, 1[, car 1 + xy > 0. 

Il faut cependant vérifier que x ⋆ y est encore un élément de ] − 1, 1[. Or : 

⎧ 

1 + xy − x − y 

⎪⎨ 1 − x ⋆ y = = 

1 + xy 

⎪⎩ 

(1 − x)(1 − y) 

> 0 

1 + xy 

1 + xy + x + y 

1 + x ⋆ y = = 

1 + xy 

(1 + x)(1 + y) 

> 0 

1 + xy 

En en déduit l’encadrement : −1 < x ⋆ y < 1. 

Il est clair que la loi ⋆ est commutative et que 0 est élément neutre. 

Soient x, y, z trois éléments de ] − 1, 1[. 

x + y ⋆ z 

On a : x ⋆ (y ⋆ z) = 

1 + x(y ⋆ z) = 

y + z 

x + 

1 + yz 

y + z 

= 

1 + x 

1 + yz 

x + y + z + xyz 

En utilisant la commutativité, (x ⋆ y) ⋆ z = z ⋆ (y ⋆ x). 

1 + xy + xz + yz . 

or l’expression donnant x ⋆ (y ⋆ z) est inchangée quand on permute x et z. 

On en déduit que x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z : la loi ⋆ est associative. 

Enfin, il est clair que l’inverse de tout x de ] − 1, 1[ est −x. 

Conclusion : (] − 1, 1[, ⋆) est un groupe abélien. 

Remarque : 


On peut connaître l’application th (tangente hyperbolique), bijective de IR sur ] − 1, 1[. 

On sait que pour tous réels x, y on a : th (x + y) = 

th (x) + th (y) 

1 + th (x)th (y) 

= th (x) ⋆ th (y). 

L’application th est donc un isomorphisme du groupe (IR, +) sur le groupe (] − 1, 1[, ⋆). 


Soient x et y deux éléments quelconques de G. 

Il s’agit de prouver x n−1 y = yx n−1 . 

Par hypothèse, il existe un élément z de G tel que y = z n . 

On a alors les égalités : 

x n−1 y = x −1 x n y = x −1 x n z n 

= x −1 (xz) n (en utilisant le morphisme t ↦→ t n ) 

= x −1 x(zx) n−1 z = (zx) n−1 z = (zx) n x −1 

= z n x n x −1 (en utilisant encore le morphisme t ↦→ t n ) 

= z n x n−1 = yx n−1 

Ce qui établit le résultat demandé. 



On a les égalités : 

ab 3 = (ab)b 2 = (b 4 a)b 2 = b 4 (ab)b = b 4 (b 4 a)b = b 2 b 6 (ab) = b 2 (b 4 a) = b 6 a = a. 

On en déduit b 3 = e après simplification par a (on est dans un groupe.) 

Il en découle ab = b 4 a = b 3 (ba) = ba. 

Autre méthode : l’hypothèse ab = b 4 a s’écrit b = a −1 b 4 a et donne 

b 3 = (a −1 b 4 a) 3 = a −1 (b 4 ) 3 a = a −1 (b 3 ) 4 a = a −1 ea = a −1 a = e 


Remarque : cet énoncé est très proche de l’exercice 4.2.5. 


L’hypothèse dit que pour tout a de G, les applications x ↦→ x ⋆ a et x ↦→ a ⋆ x sont injectives. 

Puisque G est fini ces applications sont donc bijectives. 

On peut alors terminer la démonstration comme dans 4.2.5. 


Cet exercice peut être considéré comme une question de cours. 

Soit a un élément de G, distinct du neutre e (card(G) ≥ 2). 

L’ensemble (a) = {a n , n ∈ ZZ} des puissances entières de a est un sous-groupe de G. 

On sait que l’ordre (le cardinal) d’un sous-groupe d’un groupe fini divise l’ordre de ce groupe. 

On en déduit que l’ordre de (a) (qui est au moins égal à 2, car il contient e = a 0 et a = a 1 ) 

divise l’ordre p (premier) de G et est donc égal à p. 

Ainsi (a) = G, ce qui signifie effectivement que G est cyclique (et qu’il est d’ailleurs engendré 

par chacun de ses éléments différent du neutre.) 


Soient x, y deux éléments de G. On a e = (xy) 2 = xyxy. 

On multiplie cette égalité à gauche par x puis à droite par y. 

On en déduit x = x 2 yxy = yxy, puis xy = yxy 2 = yx : le groupe G est donc commutatif. 


Soient x, y deux éléments de G. On a (xy) 2 = x 2 y 2 donc xyxy = xxyy. 

On simplifie par x à gauche et on obtient : yxy = xyy. 

On simplifie par y à droite et on obtient : yx = xy : le groupe G est donc commutatif. 



1. Cette question a déjà fait l’objet de l’exercice 4.2.18. 

2. Il est clair que tout x de G appartient à x : la relation R est réflexive. 

Soient x, y dans G tel que yRx c’est-à-dire y = x ou y = ax. 


Si y = ax alors ay = a 2 x = x. Dans tous les cas, on a donc x = y ou x = ay. 

Ainsi yRx ⇔ xRy : la relation R est symétrique. 

Soient x, y, z trois éléments de G tels que xRy et yRz. 

On a donc (x = y ou x = ay) et (y = z ou y = az). 

Dans tous les cas, sachant que a 2 = e, on trouve x = z ou x = az c’est-à-dire xRz. 

On en déduit que R est transitive. C’est donc une relation d’équivalence. 

3. On sait que les différentes classes d’équivalence x forment une partition de G. 

Or chacune de ces classes est de cardinal 2 : en effet a = e ⇒ x = ax. 

Il s’ensuit que Card(G) est pair et que Card(H) = 1 

2 Card(G). 

4. Soient α et β deux éléments de H. 

Il existe donc x, y dans G tels que α = x = x ′ et β = y = y ′ avec x ′ = ax et y ′ = ay. 

On constate que les éléments xy, x ′ y, xy ′ et x ′ y ′ sont en relation par R. 

En effet chacun d’eux vaut xy ou axy (conséquence de la commutativité et de a 2 = e.) 

La définition α ⋆ β = xy ne dépend donc pas du choix de x dans α et y dans β. 

L’application ϕ : x ↦→ x est une surjection de G sur H. 

De plus elle vérifie : ∀ (x, y) ∈ G 2 , ϕ(xy) = ϕ(x) ⋆ ϕ(y). 

ϕ est donc un morphisme surjectif du groupe (G, ·) sur (H, ⋆). 

Il en découle que (H, ⋆) est un groupe commutatif (résultat classique). 

Plus précisément, le neutre est e = {e, a} et le symétrique de x est x −1 . 

Enfin on contaste que : ∀ x ∈ G, x ⋆ x = x 2 = e (le neutre de H). 

Le groupe H satisfait donc aux mêmes hypothèses que G (tout élément est involutif ). 

5. Si G est réduit à son neutre {e}, alors son cardinal est 1 = 2 0 . 

Sinon, avec les notations précédentes, Card(G) = 2Card(H). 

Si H se réduit à son neutre, alors Card(G) = 2. 

Sinon on construit un groupe K à partir de H comme on a construit H à partir de G. 

Ce procédé peut continuer tant que le groupe obtenu est de cardinal ≥ 2. 

Puisque les cardinaux diminuent de moitié à chaque étape, le procédé est fini. 

On forme donc une suite finie de groupes G0 = G, G1, G2, . . ., Gn−1, Gn avec à chaque 

étape Card(Gk) = 2Card(Gk+1) et finalement Card(Gn) = 1. 

Il en découle Card(Gn) = 2 n . 

Le cardinal de G est donc bien une puissance de 2. 



Montrons que e est neutre dans G. 

Pour cela, soit x dans G. Il faut prouver ex = x. 

On sait qu’il existe x ′ tel que xx ′ = e. 

De même, il existe x ′′ tel x ′ x ′′ = e. 

On peut alors écrire : ex = (ex)(x ′ x ′′ 

 

=e 

) = e( xx ′ 

 

=e 

)x ′′ = ex ′′ . 

On en déduit : x ′ (ex) = x ′ (ex ′′ ) puis (x ′ e)x = (x ′ e)x ′′ ou encore x ′ x = x ′ x ′′ = e. 

Il en découle x(x ′ x) = xe = e puis (xx ′ )x = e c’est-à-dire ex = e. 


On voit donc que e est neutre dans G, et que x ′ est l’inverse de x car x ′ x = xx ′ = e. 

Conclusion : G est muni d’une structure de groupe. 


Soient x, y deux éléments quelconques de G. 

Par hypothèse, on a l’égalité (xy) k+1 = x k+1 y k+1 . 

Mais cette égalité s’écrit aussi x(yx) k y = x(x k y k )y. 

On simplifie par x à gauche et par y à droite : (yx) k = x k y k donc (yx) k = (xy) k . 

Le même raisonnement (remplacer k par k − 1) conduit à (yx) k−1 = (xy) k−1 . 

Par passage aux inverses, on en déduit (yx) 1−k = (xy) 1−k . 

k k 

(yx) = (xy) 

Par produit terme à terme les égalités 

Le groupe G est donc abélien. 


(yx) 1−k donnent yx = xy. 

1−k = (xy) 

Il suffit de montrer que l’inverse d’un élément x de H est encore dans H. 

Puisque H est stable, la suite des puissances (x n )n≥0 est incluse dans H. 

Mais puisque H est fini, l’application n ↦→ x n ne peut pas être injective. 

Il existe donc deux entiers n, p, avec p > n, tels que x n = x p . 

On simplifie par x n (dans le groupe G) et on trouve x p−n = e. 

Il en découle que e est dans H et que x p−n−1 (qui est lui aussi dans H) est l’inverse de x. 

Conclusion : H est un sous-groupe de G. 




1. Il est clair que chacune des applications fk est une bijection de (IR−{0, 1}) sur lui-même. 

On forme la table des fi ◦ fj. La plupart des résultats ci-dessous sont évidents. 

On constate que G est stable pour la loi ◦. 

◦ f1 f2 f3 f4 f5 f6 

f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6 

f2 f2 f3 f1 f6 f4 f5 

f3 f3 f1 f2 f5 f6 f4 

f4 f4 f5 f6 f1 f2 f3 

f5 f5 f6 f4 f3 f1 f2 

f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1 

Enfin tout élément de G a un symétrique dans G. Plus précisément, les applications f1, 

f4, f5 et f6 sont involutives et sont donc leur propre inverse, alors que les applications 

f2 et f3 sont inverses l’une de l’autre. 

G est donc un sous-groupe du groupe des bijections de IR − {0, 1} dans lui-même. 

2. Les sous-groupes de G sont nécessairement d’ordre 1, 2, 3 ou 6. 

Le seul sous-groupe d’ordre 1 est {f1}. 

Le seul sous-groupe d’ordre 6 est G lui-même. 

Les sous-groupes d’ordre 2 sont {f1, f4}, {f1, f5} et {f1, f6}. 

Le seul sous-groupe d’ordre 3 est {f1, f2, f3 = f 2 2 }. 


Il est évident que si H ⊂ K ou K ⊂ H, alors H ∪ K est un sous-groupe de G. 

Réciproquement, on suppose que H ∪ K est un sous-groupe de G. 

Supposons de plus H ⊂ K. Alors on doit montrer K ⊂ H. 

Par hypothèse il existe un élément a tel que a ∈ H, a /∈ K. 

Soit x un élément quelconque de K. 

Puisque x et a sont dans le sous-groupe H ∪ K, il en est de même de xa. 

Or xa ∈ K impliquerait a = x −1 (xa) ∈ K, ce qui n’est pas. 

Ainsi xa ∈ H, ce qui prouve x = (xa)a −1 ∈ H. 

On a donc l’inclusion K ⊂ H, ce qui achève la démonstration. 




• On suppose que HK est un sous-groupe de G. Soit x dans HK : x −1 est encore dans HK. 

Ainsi ∃ (h, k) ∈ (H, K) tel que x −1 = hk. On a alors x = (hk) −1 = k −1 h −1 , donc x ∈ KH. 

On a ainsi prouvé HK ⊂ KH. 

De même soit y dans KH. On écrit y = kh avec k ∈ K et h ∈ H. 

y −1 = h −1 k −1 est dans le sous-groupe HK. Il en est donc de même de y. 

Ainsi on a l’inclusion KH ⊂ HK et finalement l’égalité HK = KH. 

• Réciproquement on suppose que HK = KH. Montrons que HK est un sous-groupe de G. 

Soient a = h1k1 et b = h2k2 dans HK (h1 ∈ H, h2 ∈ H, k1 ∈ K, k2 ∈ K). 

On doit prouver que b−1a appartient encore à HK. Or b−1a = k −1 

2 h −1 

2 h1k1. 

L’élément k −1 

2 est dans K et h −1 

2 h1 est dans H. 

Puisque KH = HK, il existe donc h3 dans H et k3 dans K tels que (k −1 

2 )(h −1 

2 h1) = h3k3. 

On peut donc écrire b−1a = h3k3k1, avec h3 dans H et k3k1 dans K. 

Il en découle que b −1 a est dans HK. Ainsi HK est un sous-groupe de G. 


Tout d’abord H = ∅. Soient a et b deux éléments de H. 

Il existe i, j dans I tels que a ∈ Hi et b ∈ Hj. Soit k ∈ I tel que Hi ∪ Hj ⊂ Hk. 

Puisque a et b sont dans le sous-groupe Hk, il en est de même de b −1 a. 

Mais b −1 a ∈ Hk ⇒ b −1 a ∈ H : ainsi H est un sous-groupe de G. 


card (H ∪ K) = 2n − 1. Il existe donc a dans G \ (H ∪ K) tel que G = H ∪ K ∪ {a}. 

Soient x dans H et y dans K, distincts de e (donc distincts l’un de l’autre). 

On ne peut avoir xy ∈ H, car il en découlerait y = x −1 (xy) ∈ H. 

De même xy /∈ K. On en déduit xy = a, et pour la même raison yx = a. 

Pour tout élément x ′ de H, et avec le même y de K, on a alors x ′ y = a. 

Ainsi xy = x ′ y puis x = x ′ . H − {e} est donc un singleton (idem pour K). Donc n = 2. 

Si on note H = {e, x} et K = {e, y}, on en déduit la table du groupe G = {e, a, x, y} : 

⋆ e a x y 

e e a x y 

a a e y x 

x x y e a 

y y x a e 



Tout d’abord C est non vide car il contient le neutre multiplicatif de A. 

Soient a et b deux éléments de C, et x un élément quelconque de A. 

 

(ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab) 

On a 

(a − b)x = ax − bx = xa − xb = x(a − b) 

 

ab ∈ C 

Cela prouve 

. L’ensemble C est donc un sous-anneau de A. 

a − b ∈ C 


1. Soient x, y, z trois éléments quelconques de A. 

Il faut prouver (xy + yx)z = z(xy + yx). 

On utilise l’hypothèse avec a = x + y et b = z. On a donc : 

(a 2 − a)z = ((x + y) 2 − x − y))z = (x 2 + xy + yx + y 2 − x − y)z 

= (x 2 − x)z + (xy + yx)z + (y 2 − y)z 


= z(x 2 − x) + (xy + yx)z + z(y 2 − y) (en utilisant l’hypothèse) 

Par un calcul analogue : (a 2 − a)z = z(a 2 − a) = z(x 2 − x) + z(xy + yx) + z(y 2 − y). 

Par comparaison des deux expressions de (a 2 − a)z, on a bien (xy + yx)z = z(xy + yx). 

2. Soient x et y deux éléments de A. 

En utilisant ce qui précède, on peut écrire : (xy + yx)x = x(xy + yx) donc yx 2 = x 2 y. 

On a alors : xy = x 2 y − (x 2 − x)y = yx 2 − y(x 2 − x) = yx. 

Conclusion : L’anneau A est commutatif. 


Soit b un élément quelconque de A. 

On doit montrer que x = ab − ba est nul. 

 

2 ax = a b − aba = ab − aba 

On constate que 

xa = aba − ba2 = aba − ba 

Par addition, il en résulte ax + xa = ab − ba = x. 

Mais x = ax + xa ⇒ ax = a 2 x + axa = ax + axa ⇒ axa = 0. 

On en déduit 0 = x(axa) = (xa) 2 et donc xa = 0 (pas de nilpotent sauf 0.) 

De même 0 = (axa)x = (ax) 2 ⇒ ax = 0. 

On trouve finalement x = ax + xa = 0 c’est-à-dire ab = ba. 



1. On peut considérer ZZ2 = {0, 1} avec les lois 

+ 0 1 

0 0 1 

1 1 0 

et 

× 0 1 

0 0 0 

1 0 1 


On peut aussi considérer les anneaux produits B = ZZ n 

2 où ZZ2 a le sens précédent. 

Il y a encore l’anneau A = (P(E), ∆, ∩), où ∆ est la différence symétrique. 

2. Soit a un élément de A. On a (a + a) 2 = a + a, donc a 2 + 2a + a 2 = a + a donc 2a = 0. 

Remarque : ce résultat peut aussi s’écrire : ∀ a ∈ A, a = −a. 

2 (x + y) = x + y 

Pour tous x, y de A, on a : 

(x + y) 2 = x2 + xy + yx + y2 = x + xy + yx + y . 

Il en découle xy + yx = 0, c’est-à-dire yx = −xy = xy : l’anneau A est commutatif. 

3. Rappel : dans un anneau non réduit à {0}, les deux éléments 0 (le neutre additif) et 1 

(le neutre multiplicatif) sont distincts. 

Supposons A = {0, 1, a}. Alors a + 1 n’est ni égal à 0 (car sinon a = −1 = 1) ni égal à 

1 (car a = 0) ni égal à a (car 1 = 0). 

On aboutit à une impossibilité : A ne peut pas être de cardinal 3. 

4. On suppose donc que A est fini et qu’il est au moins de cardinal 4. 

Soient x un élément de A, non nul et distinct de 1. 

On a x(x + 1) = x 2 + x = x + x = 0, alors que ni x ni x + 1 ne sont nuls. 

On constate donc que l’anneau A possède des diviseurs de zéro. 

5. Soit A = {0, 1, a, b} un anneau de Boole de cardinal 4. 

On sait que 1 + a /∈ {0, 1, a}. Donc a + 1 = b. 

De même b + 1 = a. On en déduit a + b = 2a + 1 = 1. 

Enfin ab = a(a + 1) = 0 et ba = b(a + 1) = 0. 

On en déduit les tables des lois de A : 

+ 0 1 a b 

0 0 1 a b 

1 1 0 b a 

a a b 0 1 

b b a 1 0 

et 

× 0 1 a b 

0 0 0 0 0 

1 0 1 a b 

a 0 a a 0 

b 0 b 0 b 

On définit ϕ : ZZ 2 2 → A en posant ϕ(0, 0) = 0, ϕ(1, 1) = 1, ϕ(1, 0) = a, ϕ(0, 1) = b. 

On constate alors que ϕ est un isomorphisme d’anneaux. 

Il n’y a donc qu’un seul anneau de Boole à quatre éléments : c’est ZZ 2 2. 

6. (A, +) est un groupe fini dans lequel tout élément est son propre inverse. 

Il en découle que card(A) est une puissance de 2. 

On pourra se reporter à la solution de l’exercice 4.2.20. 



Remarque : par convention, les anneaux intègres et les corps sont commutatifs. 

Soit a un élément non nul de A. On doit montrer que a est inversible. 

Puisque A est intègre, a est simplifiable. 

L’application x ↦→ ax est donc injective de A dans A. 

Puisque A est fini, cette application est bijective. 

En particulier, il existe b dans A tel que ba = 1 : cet élément est l’inverse de a. 

Conclusion : A est un corps (tous ses éléments non nuls sont inversibles). 


Supposons par exemple x n = 0, avec n ≥ 1. 

Alors (1 − x)(1 + x + x 2 + · · · + x n−1 ) = 1 − x n = 1. 

Ainsi 1 − x est inversible et son inverse est y = 1 + x + x 2 + · · · + x n−1 . 


1. Tout d’abord A = ∅ car il contient 1 (le neutre multiplicatif de IR). 

Soient x = a + b √ 2 et y = c + d √ 2 dans A, avec (a, b, c, d) ∈ ZZ 4 . 


On a x − y = (a − c) + (b − d) √ 2, avec a − c ∈ ZZ et b − d ∈ ZZ. Donc x − y ∈ A. 

De même xy = α + β √ 2 avec α = ac + 2bd ∈ ZZ et β = ad + bc ∈ ZZ. Donc xy ∈ A. 

Conclusion : A est un sous-anneau de IR. 

Bien sûr A est intègre car IR l’est lui-même... 

2. Avec les notations ci-dessus : 

N(xy) = α 2 − 2β 2 = (ac + 2bd) 2 − 2(ad + bc) 2 

= a 2 c 2 + 4b 2 d 2 − 2a 2 d 2 − 2b 2 c 2 

= (a 2 − 2b 2 )(c 2 − 2d 2 ) = N(x)N(y) 

3. Notons toujours x = a + b √ 2, avec (a, b) ∈ ZZ 2 . 

On suppose que x est inversible dans A, d’inverse y. Remarquons que N(1) = 1. 

L’égalité N(x)N(y) = N(xy) donne ici N(x)N(y) = 1. 

Ainsi N(x) est un élément inversible de ZZ. Donc N(x) = ±1. 

Réciproquement, supposons N(x) = ε avec ε = ±1. Posons y = a − b √ 2 ∈ A. 

On constate alors xy = (a + b √ 2)(a − b √ 2) = a 2 − 2b 2 = ε. 

Il en découle que x(εy) = 1. Ainsi εy est l’inverse de x dans A. 



4. Une généralisation évidente de la question (2) donne, pour tout n de ZZ : 

 

N(1 + √ n 2) = (−1) n = ±1 

N(±(1 + √ 2) n )) = N((1 + √ 2) n )) = 

Les éléments ±(1 + √ 2) n ) sont donc inversibles dans A. 

Plus précisément, l’inverse de 1 + √ 2 est −1 + √ 2. 

l’inverse de ε(1 + √ 2) n est donc ε(−1 + √ 2) n . 

5. Soit x = a + b √ 2 un élément inversible de A (avec bien sûr (a, b) ∈ ZZ 2 ). 

(a) On doit montrer que x est de la forme ±(1 + √ 2) n , avec n ∈ ZZ. 

Puisque le résultat est demandé au signe près, on peut toujours supposer b ≥ 0. 

Ensuite, on sait que l’inverse de x = a + b √ 2 est y = −a + b √ 2. 

Comme l’ensemble des résultats attendus est invariant par passage à l’inverse (n 

est entier relatif) on peut partir indifféremment de x ou de y. 

Dans la pratique, cela revient à dire qu’on peut choisir a ≥ 0. 

Remarquons cependant que l’égalité a 2 − 2b 2 = ±1 est incompatible avec a = 0. 

On peut donc partir de x = a + b √ 2, avec a ∈ IN ∗ , b ∈ IN, et a 2 − 2b 2 = ±1. 

(b) On va montrer que x est de la forme (1 + √ 2) n , avec n ∈ IN ∗ . 

Remarquons que si b = 0 alors nécessairement a 2 = 1 et a = 1. 

Dans ce cas x = 1 = (1 + √ 2) 0 est de la forme voulue. 

On suppose donc b ≥ 1. 

x 

Soit x1 = 

1 + √ 2 = (a + b√2)( √ 

√ a1 = −a + 2b 

2 − 1) = a1 + b1 2, où 

b1 = a − b 

 

2 2 2 2 

a = b + (b ± 1) ≥ b 

Remarquons que a 2 = 2b 2 ± 1 ⇒ 

On en déduit les inégalités : 0 

a 2 = 2b 2 ± 1 < 4b 2 

Il en découle : a1 = 2b − a ∈]0, a] et b1 = a − b ∈ [0, b[. 

Si b1 = 0, alors a1 = 1 (conséquence toujours de a 2 1 − 2b 2 1 = ±1) donc x1 = 1. 

Dans ce cas x = 1 + √ 2 est bien de la forme attendue. 

Sinon on peut construire x2 = x1 

1 + √ 2 comme on a construit x1 à partir de x. 

√ 

On forme ainsi une suite x0 = x, x1, x2, . . . , xk = ak + bk 2, avec les conditions : 

ak+1 = 2bk − ak ∈]0, ak] et bk+1 = ak − bk ∈ [0, bk[ 

Passer de xk à xk+1 = xk 

1 + √ 2 est possible (avec les conditions ci-dessus) si xk = 1. 

Ces conditions (notamment la décroissance stricte des bk) montrent que la suite des 

xk est finie. Ainsi il existe un premier entier n tel que xn = 1. 

Par construction, on a alors 1 = xn = 

x 

(1 + √ 2) n , c’est-à-dire x = (1 + √ 2) n . 

Conclusion : Les éléments inversibles de A sont les ±(1 + √ 2) n , avec n ∈ ZZ. 


Corrigé de l’exercice 4.4.1 


1. Les 500 entiers pairs ≤ 1000 donnent un exposant de 2 (au moins) dans la décomposition. 

Puis chacun des 1000 

4 

Les multiples de 23 = 8 donnent alors 1000 

8 

= 250 multiples de 4 fournit un exposant supplémentaire. 

= 125 exposants supplémentaires. 

Ceux de 24 = 16 en donnent 

1000 = 62 de plus, etc. 

16 

Finalement les 

1000 

8 = 3 multiples de 2 = 256 ajoutent chacun un exposant de 2, et 

256 

512 (le seul multiple de 512 = 29 car 

1000 = 1) fournit un dernier exposant. 

512 

Le nombre d’exposants de 2 dans la décomposition de 1000! est donc : 

 

1000 

21 

1000 + 22 

1000 + 23 

1000 

+ · · · + 28 

1000 + 29 

= 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 994 

2. Les facteurs premiers présents dans la décomposition de n! sont compris entre 2 et n. 

On se donne donc un entier premier p tel que 2 ≤ p ≤ n. 

Soit m l’entier k maximum tel que p k ≤ n. 

Les inégalités p m ≤ n 

Par exemple, si n = 1000 et p = 2, 

ln n 

ln p 

 

ln n . ln p 

≈ 9.965784284 donc 

 

ln n = 9. 

ln p 

On généralise facilement : l’exposant de p dans la décomposition de n! est 


Remarquons que m = 0 et m = 1 ne donnent aucune solution. 

On supposera donc m ≥ 2. 

L’équation m n = n m s’écrit n ln m = m ln n. 

Cette égalité s’écrit donc ϕ(m) = ϕ(n), avec ϕ(x) = 

ln x 

x . 

On calcule la dérivée de l’application ϕ : ∀ x > 0, ϕ ′ (x) = 

1 − ln x 

x 

< 0. 

ϕ est strictement croissante sur ]0, e] et strictement décroissante sur [e, +∞[. 

Or ϕ(m) = ϕ(n) avec m < n. On en déduit m < e < n. 

La seule possibilité (car m est entier ≥ 2) est m = 2. 

On constate ensuite que ϕ(4) = ϕ(2) = 

ln 2 

. On en déduit n = 4. 

2 

m 

 

n 

Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 7 novembre 2000 Page 39 

k=1 

p k


Notons d = pgcd (m, n). Il existe m ′ et n ′ , premiers entre eux, tels que 

Avec ces notations, on a alors : ppcm (m, n) = dm ′ n ′ . 

 

′ ′ ′ ′ 

d = (m − n )d 

m = n + 1 

Les hypothèses s’écrivent donc 

c’est-à-dire 

dm ′ n ′ = 300 

L’entier 300 = 2 2 · 3 · 5 2 possède 3 · 2 · 3 = 18 diviseurs. 


 

′ m = dm 

n = dn ′ 

. 

dn ′ (n ′ + 1) = 300 

Ces diviseurs sont en effet les 2 α · 3 β · 5 γ , avec 0 ≤ α ≤ 2, 0 ≤ β ≤ 1 et 0 ≤ γ ≤ 2. 

La liste de ces diviseurs, dans l’ordre lexicographique de (α, β, γ) est : 

1, 5, 25, 3, 15, 75, 2, 10, 50, 6, 30, 150, 4, 20, 100, 12, 60, 300 

Puis par ordre croissant : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 25, 30, 50, 60, 75, 100, 150, 300. 

Les entiers n ′ et n ′ + 1 doivent diviser 300. Les seules solutions sont n ′ ∈ {1, 2, 3, 4, 5}. 

Les couples (n, m) s’obtiennent alors dans le tableau suivant : 


n ′ m ′ = n ′ + 1 d = 300 

m ′ n ′ n = dn ′ m = dm ′ 

1 2 150 150 300 

2 3 50 100 150 

3 4 25 75 100 

4 5 15 60 75 

5 6 10 50 60 

On forme le tableau des k 2 (mod 7), avec 0 ≤ k ≤ 6 : 

k 0 1 2 3 4 5 6 

k 2 0 1 4 2 2 4 1 

Pour tout n (en notant r son reste modulo 7) on a donc (modulo 7) : n 2 = r 2 ∈ {0, 1, 2, 4} 

Pour tous entiers n, m, la valeur modulo 7 de m 2 + n 2 se lit donc dans le tableau suivant : 

+ 0 1 2 4 

0 0 1 2 4 

1 1 2 3 5 

2 2 3 4 6 

4 4 5 6 1 

On voit que m 2 + n 2 n’est congru à 0 modulo 7 que s’il en est de même de m 2 et de n 2 . 

Or le premier tableau montre que ça signifie que m, n sont eux-mêmes congrus à zéro. 

Conclusion : ∀ (m, n) ∈ IN 2 , (7 | m 2 + n 2 ) ⇔ (7 | m) et (7 | n). 




Soit n un entier naturel, et n = p α q β · · · r γ sa décomposition en facteurs premiers. 

Dans cette écriture, on peut toujours supposer α ≥ β ≥ · · · ≥ γ ≥ 1. 

Les diviseurs positifs de n sont les m = p a q b · · · r c , avec 0 ≤ a ≤ α, 0 ≤ b ≤ β, 0 ≤ c ≤ γ. 

Le nombre de ces diviseurs est (α + 1)(β + 1) · · · (γ + 1). 

Pour que ce nombre soit égal à 15 = 5×3, les seules décompositions possibles de n en facteurs 

premiers sont du type n = p 14 ou n = p 4 q 2 . 

Puisqu’on cherche n minimum, il ne reste que les possibilités 2 14 = 16384 et 2 4 3 2 = 144. 

Conclusion : 144 est le plus petit entier positif ayant exactement 15 diviseurs positifs. 


1. Par hypothèse, il existe deux entiers u et v tels que um + vn = 1 (Bezout). 

 

vn ≡ 1 (mod m) 

On constate alors que 

vn ≡ 0 (mod n) ⇒ 

 

vna ≡ a (mod m) 

vna ≡ 0 (mod n) 

 

um ≡ 0 (mod m) 

De la même manière : 

um ≡ 1 (mod n) ⇒ 

 

umb ≡ 0 (mod m) 

umb ≡ b (mod n) 

 

α ≡ a (mod m) 

On en déduit que α = vna + umb vérifie 

α ≡ b (mod n) 

L’entier α est donc une solution du problème. 

Soit maintenant x une solution quelconque. 

On a les équivalences : 

x ≡ a (mod m) 

x ≡ b (mod n) 

⇔ 

x ≡ α (mod m) 

x ≡ α (mod n) 

⇔ 

m | (x − α) 

m | (x − β) 

Mais m et n sont premiers entre eux. Dire que x − β est divisible par m et par n, c’est 

donc dire qu’il est divisible par leur produit mn. 

Ainsi x est solution du problème si et seulement s’il existe un entier relatif k tel que 

x = α + kmn. 

L’ensemble des solutions est donc bien une classe d’entiers modulo mn. 

2. Cette question n’est pas un cas particulier de la précédente car m = 12 et n = 9 ne sont 

pas premiers entre eux. 

En fait ce système n’admet aucune solution. En effet si x ≡ 3 (mod 12) alors x est de 

la forme x = 12k + 3 = 3(4k + 1) et est donc un multiple de 3. 

On en déduit que x est congru à 0, à 3 ou à 6 modulo 9, mais certainement pas à 5. 




Par l’absurde, on suppose qu’il n’y a que n + 1 nombres premiers de la forme 4k + 3. 

Nommons-les p0 = 3, p1 = 7, p2 = 11, p3 = 19, · · · , pn dans l’ordre croissant. 

On pose alors Nn = 4p1p2 . . . pn + 3. 

Nn est de la forme 4k + 3 et supérieur à p0, p1, . . . , pn : il ne peut donc pas être premier. 

A part p = 2 tous les entiers premiers sont de la forme p = 4k + 1 ou p = 4k + 3. 

L’entier Nn est impair donc n’est pas divisible par 2. 

Si les facteurs premiers de Nn étaient tous de la forme 4k +1 (c’est-à-dire congrus à 1 modulo 

4) il en serait de même de Nn, ce qui n’est pas le cas car Nn est congru à 3 modulo 4. 

On en déduit que Nn est nécessairement divisible par l’un des entiers premiers p0, p1, . . . , pn. 

Si p0 = 3 divisait Nn il diviserait 4p1p2 . . . pn donc l’un des pk avec k ≥ 1 : impossible. 

Si l’un des pk (avec k ≥ 1) divisait Nn, il diviserait 3 ce qui est impossible. Contradiction! 

Conclusion : il y a une infinité de nombres premiers de la forme 4k + 3. 


On commence par calculer le pgcd de 3960 et de 2520 par l’algorithme d’Euclide. 

3960 = 2520 × 1 + 1440, 2520 = 1440 × 1 + 1080, 1140 = 1080 × 1 + 360, 1080 = 360 × 3. 

Ainsi pgcd (3960, 2520) = 360 et 3960 = 360 × 11 et 2520 = 360 × 7. 

On remarque aussi que 6480 = 360 × 18. L’équation équivaut donc à 7x − 11y = 18. 

Une solution de 7x − 11y = 1 est x = −3 et y = −2. 

On en déduit qu’une solution de 7x − 11y = 18 est : x0 = −54 et y0 = −36. 

Soit maintenant (x, y) un couple solution quelconque de 7x − 11y = 8. 

On a l’équivalence : 7x − 11y = 8 ⇔ 7x − 11y = 7x0 − 11y0 ⇔ 7(x − x0) = 11(y − y0). 

Ainsi 7 divise 11(y − y0). Mais il est premier avec 11 : il divise donc y − y0 (Gauss). 

De même 11 divise x − x0. On peut alors écrire x − x0 = 11k et y − y0 = 7k ′ . 

Mais le report dans l’égalité 7(x − x0) = 11(y − y0) équivaut à k = k ′ . 

 

x = −54 + 11k 

Les solutions de l’équation initiale sont donc les 

, avec k ∈ ZZ. 

y = −36 + 7k 

Remarque : une solution très simple (évidente?) est x = 1, y = −1, obtenue pour k = 5. 

 

x = 1 + 11k 

On peut donc réécrire l’ensemble des solutions : 

, avec k ∈ ZZ. 

y = −1 + 7k 

Trouver (x = 1, y = −1) dès le début permet de simplifier la démonstration. Mais on a 

préféré donner ici la méthode générale, car il n’existe pas toujours de solution... évidente. 



1. Soient z = (x, y) et z ′ = (x ′ , y ′ ) deux éléments de (ZZ 2 , +). 

On a effectivement : 

ϕ(z + z ′ ) = ϕ(x + x ′ , y + y ′ ) = α(x + x ′ ) + β(y + y ′ ) 

= (αx + βy) + (αx ′ + βy ′ ) = ϕ(z) + ϕ(z ′ ) 

L’application ϕ est donc un morphisme de groupes de (ZZ 2 , +) dans (ZZ, +). 

2. Le noyau de ϕ est formé des couples (x, y) tels que αx + βy = 0. 

Soit d = pgcd (α, β). 


Il existe deux entiers α ′ et β ′ , premiers entre eux tels que α = dα ′ et β = dβ ′ . 

L’équation αx + βy = 0 équivaut alors à α ′ x = −β ′ y. 

Puisque α ′ et β ′ sont premiers entre eux, cela implique que α ′ divise y et β ′ divise x. 

Réciproquement, l’égalité exige x = kβ ′ et y = −kα ′ , avec k ∈ ZZ. 

Finalement le noyau de ϕ est formé des couples (x, y) = k(β ′ , −α ′ ), avec k ∈ ZZ. 

3. Il s’agit de montrer que x ⋆ y ne dépend que de x (mod n) et de y (mod n). 

Si on remplace x par x ′ = x + an et y par y ′ = y + bn (avec a, b ∈ ZZ), on a : 

x ′ T y ′ = αx ′ + βy ′ = α(x + an) + β(y + bn) 

Il en découle x ′ T y ′ = x T y (mod n). 

On a donc x ′ T y ′ = x T y puis x ′ ⋆ y ′ = x ⋆ y. 

4. Soient x, y, z trois éléments quelconques de ZZ. 

= αx + βy + (aα + bβ)n = x T y + (aα + bβ)n 

Ils désignent trois éléments quelconques x, y et z de ZZ/nZZ.On a : 

x ⋆ (y ⋆ z) = x ⋆ αy + βz = αx + β(αy + βz) 

(x ⋆ y) ⋆ z = αx + βy ⋆ z = α(αx + βy) + βz 

On en déduit x ⋆ (y ⋆ z) − (x ⋆ y) ⋆ z = β(β − 1)z − α(α − 1)x. 

La loi est associative si et seulement si cette quantité est nulle pour tout x, z, et en 

particulier si (x = 1, z = 0) et si (x = 0, z = 1), la réciproque étant évidente. 

 

β(β − 1) = 0 

Ainsi ⋆ est associative ⇔ 

α(α − 1) = 0 ⇔ 

 

n | β(β − 1) 

n | α(α − 1) 

5. Soient x, y deux éléments quelconques de ZZ. 

On a x ⋆ y − y ⋆ x = αx + βy − αy + βx = (α − β)(x − y). 

La loi ⋆ est commutative si cette quantité est nulle pour tous x, y, ce qui équivaut 

(prendre par exemple x = y + 1) à dire que α − β = 0. 

Autrement dit : la loi ⋆ est commutative si et seulement si n divise α − β. 



6. Soit e un élément neutre éventuel pour la loi ⋆. Soient x, y quelconques dans ZZ. 

On a : x ⋆ e = x ⇔ αx + βe = x ⇔ n | (α − 1)x + βe. 

De même : e ⋆ x = x ⇔ αe + βx = x ⇔ n | (β − 1)x + αe. 

Si c’est vrai pour tout x, alors n divise α − 1 et β − 1 (utiliser x = 0 puis x = 1.) 

 

n | α − 1 

Inversement supposons 

n | β − 1 c’est-à-dire 

 

α = 1 

β = 1 

 

x ⋆ e = αx + βe = x + e 

Alors 

. Dans ces conditions le neutre est e = 0. 

e ⋆ x = αe + βx = e + x 

7. D’après ce qui précède, pour que (ZZ/nZZ, ⋆) soit un groupe commutatif il faut que : 

• n divise α(α − 1) et β(β − 1) (pour assurer l’associativité) 

• n divise α − β (pour assurer la commutativité) 

• n divise α − 1 et β − 1 (existence du neutre). 

Ces conditions se résument en fait à la troisième, qui implique les deux autres. 

Ainsi il est nécessaire et suffisant que α = 1 et β = 1. 

On a alors x ⋆ y = αx + βy = x + y. 

Effectivement (ZZ/nZZ, ⋆) est un groupe abélien : c’est le groupe (ZZ/nZZ, +). 


1. On écrit C k 

p = p 

k 

(p − 1)! 

(k − 1)!((p − 1) − (k − 1))! 

p k−1 

= C p−1 . 

k 

Ainsi on a l’égalité : kC k 

p = pC k−1 

p−1 , qui montre que p divise kC k 

p . 

Mais p est premier avec k. Le théorème de Gauss montre alors que p divise C k 

p . 

 

2. La formule du binôme s’écrit : (a + b) p = ap p−1 

+ 

k=1 

C k 

p a k b p−k + b p . 

Or pour tout k de {1, . . . , p − 1}, C k 

p est congru à 0 modulo p. 

On en déduit : (a + b) p = a p + b p (mod p). 

3. Le résultat précédent se généralise facilement et on peut écrire : 

∀ n ∈ IN ∗ , ∀ (a1, . . . , an) ∈ ZZ n , (a1 + · · · + an) p = a p 

1 + · · · + a p n 

(mod p). 

En particulier, avec a1 = · · · = an = 1, on trouve le petit théorème de Fermat: 

Pour tout n dans IN, pour tout p premier : n p = n (mod p) (c’est évident si n = 0.) 

4. Si n n’est pas un multiple de p, alors n est premier avec p. 

Il existe donc deux entiers u, v tels que un + vp = 1 donc un = 1 (mod p). 

On a alors les implications : 

n p = n (mod p) ⇒ unn p−1 = un (mod p) ⇒ n p−1 = 1 (mod p). 




On a 56786730 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 31 · 61. D’autre part N = n(m 61 − m) − m(n 61 − n). 

61 étant premier, on a m 61 = m (mod 61) et n 61 = n (mod 61) (cf exercice 4.4.10) 

Ainsi 61 divise 61. D’autre part, 60 est divisible par 2, 4, 6, 10, 12 et 30. 

Soit k l’un de ces entiers. m 60 − n 60 est donc divisible par m k − n k . 

Ainsi N est divisible par mn(m k − n k ) = m(n k+1 − n) − n(m k+1 − m). 

Or ∀ k ∈ {2, 4, 6, 10, 12, 30}, p = k + 1 ∈ {3, 5, 7, 11, 13, 31} est premier. 

Il s’ensuit que n p − n et m p − m sont divisibles par p. Il en est donc de même de N. 

Ainsi N est divisible par les entiers 2, 3, 5, 7, 11, 13, 31, 61. 

Puisque ces entiers sont premiers et distincts, N est divisible par leur produit 56786730. 


• On suppose que ab et a + b sont premiers entre eux. 

Soit d un diviseur commun de a et b. Alors d divise ab et a + b. 

Il s’ensuit que d = ±1. Ainsi les entiers a, b sont premiers entre eux. 

• Réciproquement, on suppose que a et b sont premiers entre eux. 

Alors a + b est premier avec a et avec b. Il est donc premier avec leur produit. 


1. Dire qu’un élément de ZZ/pZZ est son propre inverse c’est dire que x 2 = 1. 

Mais x 2 = 1 ⇔ (x − 1)(x + 1) = 0 ⇔ x = 1 ou x = −1 (car ZZ/pZZ est un corps.) 

Les deux seuls éléments de ZZ/pZZ qui sont leur propre inverse sont donc 1 et −1 = p − 1. 

2. Le produit de tous les éléments non nuls de ZZ/pZZ s’écrit 1 · 2 · · · · p − 1 = (p − 1)!. 

Mais dans ce produit, on peut grouper deux par deux les éléments 2, · · · , p − 2 en associant 

à chaque k son inverse. 

Ainsi 2 · 3 · · · · p − 2 = 1. Il en découle (p − 1)! = 1 · p − 1 = p − 1 = −1. 

Ce résultat signifie que (p − 1)! + 1 est divisible par p (théorème de Wilson.) 

3. Soit n un entier naturel non premier, avec n > 2. 

Soit k un diviseur de n compris entre 2 et n − 1. 

Alors k divise (n − 1)!. Il ne divise donc pas (n − 1)! + 1. 

A fortiori l’entier n ne divise pas (n − 1)! + 1 : la réciproque est établie. 



On commence par évaluer 2 n et 5 n modulo 24, pour les petits entiers naturels n. 

n 0 1 2 3 4 5 6 

2 n 1 2 4 8 16 8 · · · 

5 n 1 5 1 · · · 


n 2 = 16 (mod 24) si n est pair 

Une récurrence évidente donne alors : ∀ n ≥ 3, 

2 n = 8 (mod 24) si n est impair 

n 5 = 1 

De le même manière, ∀ n ≥ 0, 

5 

(mod 24) si n est pair 

n = 5 (mod 24) si n est impair 

On en déduit : 2x − 5y ≡ 3 (mod 24) ⇔ 

 

x = 2 

y est pair ou 

 

x est impair ≥ 3 

y est impair 

On voit également que l’équation 2 x − 5 y ≡ 5 (mod 24) ne possède aucune solution. 


Soit (x, y, z) ∈ ZZ 3 une solution de 10x + 15y + 6z = 73, s’il en existe. 

On effectue une réduction modulo 2 et on trouve y ≡ 1 (mod 2). 

On trouve de même x ≡ 1 (mod 3) et z ≡ 3 (mod 5). 

⎧ 

⎨ x = 3X + 1 

Autrement dit, on peut nécessairement écrire y = 2Y + 1 , avec (X, Y, Z) ∈ ZZ 

⎩ 

z = 5Z + 3 

3 . 

Réciproquement, si on écrit x, y, z sous cette forme : 

10x + 15y + 6z = 73 ⇔ 10(3X + 1) + 15(2Y + 1) + 6(5Z + 3) = 73 

• Dans IN : 

⇔ X + Y + Z = 1 

On remarque que si x, y, z sont dans IN, il en est de même de X, Y, Z. 

Les seules solutions en (X, Y, Z) sont (1, 0, 0), (0, 1, 0) et (0, 0, 1). 

Les seules solutions en (x, y, z) sont donc (4, 1, 3), (1, 3, 3) et (1, 1, 8). 

• Dans ZZ : 

L’équation X +Y +Z = 1 a pour solutions les triplets (X, Y, 1−X −Y ), avec (X, Y ) ∈ ZZ 2 . 

Les solutions de 10x + 15y + 6z = 73 sont donc les (x, y, z) tels que : 

⎧ 

⎨ x = 3X + 1 

y = 2Y + 1 

, avec (X, Y ) ∈ ZZ 

⎩ 

z = 5(1 − X − Y ) + 3 = 8 − 5(X + Y ) 

2 . 



Soit (x, y, z) ∈ ZZ 3 une solution du système, s’il en existe. 

La deuxième équation montre que x est impair. 

La première équation montre alors que z est impair. 

On peut donc poser x = 2X + 1 et z = 2Z + 1, avec (X, Z) ∈ ZZ 2 . 

 

X − y + Z = −1 

Z = 2X 

Le système équivaut alors à 

qui équivaut à 

X + y − 2Z = 1 y = 3X + 1 

⎧ 

⎨ x = 2X + 1 

L’ensemble des solutions est donc formé des triplets y = 3X + 1 , avec X ∈ ZZ. 

⎩ 

z = 4X + 1 


On a l’équivalence : x 2 + 2x = 3 ⇔ (x − 1)(x + 3) = 0. 

• Dans ZZ/97ZZ : 

L’entier 97 étant premier, ZZ/97ZZ est un corps (pas de diviseur de zéro). 

Dans ZZ/97ZZ, on a donc : (x − 1)(x + 3) = 0 ⇔ x ∈ {1, −3} = {1, 94}. 

• Dans ZZ/91ZZ : 

L’entier 91 se factorise en 91 = 7 · 13. 

x = 1 et x = −3 = 88 sont bien sûr solutions de (x − 1)(x + 3) = 0. 


Si x est une autre solution, alors x − 1 et x + 3 sont des diviseurs de zéro dans ZZ/91ZZ. 

 

1 ≤ k ≤ 90 

Or les diviseurs de zéro dans ZZ/91ZZ sont les k, avec 

k non premier avec 91 

Ces conditions signifient que k doit être divisible par 7 ou par 13. 

Les diviseurs de zéros dans ZZ/91ZZ s’obtiennent donc en réunissant 

{7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 70, 77, 84} et {13, 26, 39, 52, 65, 78} 

On obtient ainsi l’ensemble 

X = {7, 13, 14, 21, 26, 28, 35, 39, 42, 49, 52, 56, 63, 65, 70, 77, 78, 84} 

Rappelons qu’on cherche x dans ZZ/91ZZ tel que x − 1 ∈ X et x + 3 ∈ X. 

Les seules possibilités sont x = 36 et x = 53. 

 

(36 − 1)(36 + 3) = 3539 = 91 · 15 = 0 

On a effectivement 

(53 − 1)(53 + 3) = 5256 = 91 · 32 = 0 

Conclusion : les solutions de x 2 + 2x = 3 dans ZZ/91ZZ sont 1, 36, 53, 88. 




• La loi + est la loi additive habituelle de (ZZ/5ZZ) 2 : (K, +) est un groupe commutatif. 

• Il est clair que la loi ⋆ est commutative : (a, b) ⋆ (a ′ , b ′ ) = (a ′ , b ′ ) ⋆ (a, b). 

• Le couple (1, 0) est visiblement neutre pour la loi ⋆ : (a, b) ⋆ (1, 0) = (a, b). 

• Montrons que la loi ⋆ est associative. 

Soient x = (a, b), x ′ = (a ′ , b ′ ) et x ′′ = (a ′′ , b ′′ ) trois éléments quelconques de K. On a : 

z ⋆ (z ′ ⋆ z ′′ ) = (a, b) ⋆ (a ′ a ′′ + 2b ′ b ′′ , a ′ b ′′ + b ′ a ′′ ) 

= (aa ′ a ′′ + 2ab ′ b ′′ + 2ba ′ b ′′ + 2bb ′ a ′′ , aa ′ b ′′ + ab ′ a ′′ + ba ′ a ′′ + 2bb ′ b ′′ ) 

Ce résultat est invariant si on permute (a, b) et (a ′′ , b ′′ ). 

Ainsi, avec la commutativité : 

z ⋆ (z ′ ⋆ z ′′ ) = z ′′ ⋆ (z ′ ⋆ z) = (z ′ ⋆ z) ⋆ z ′′ = (z ⋆ z ′ ) ⋆ z ′′ 

• Montrons que la loi ⋆ est distributive par rapport à la loi +. 

Soient x = (a, b), x ′ = (a ′ , b ′ ) et x ′′ = (a ′′ , b ′′ ) trois éléments quelconques de K. On a : 

z ⋆ (z ′ + z ′′ ) = (a, b) ⋆ (a ′ + a ′′ , b ′ + b ′′ ) 

= (aa ′ + aa ′′ + 2bb ′ + 2bb ′′ , ab ′ + ab ′′ + ba ′ + ba ′′ ) 

= (aa ′ + 2bb ′ , ab ′ + ba ′ ) + (aa ′′ + 2bb ′′ , ab ′′ + ba ′′ ) 

= z ⋆ z ′ + z ⋆ z ′′ 

• Enfin il reste à montrer que tout z = (a, b) non nul de K a un inverse pour la loi ⋆. 

On doit résoudre le système (a, b) ⋆ (a ′ , b ′ ′ ′ aa + 2bb = 1 

) = (1, 0) ⇔ 

ba ′ + ab ′ = 0 . 

 

 

Le “déterminant” de ce système est ∆ = a 2b 

 

b a = a2 − 2b2 . 

Voici les différentes valeurs de x 2 et 2x 2 quand a décrit IK : 

x 0 1 2 3 4 

x 2 0 1 4 4 1 

2x 2 0 2 3 3 2 

On constate que l’égalité x 2 = 2y 2 n’est possible dans IK que si x = y = 0. 

Ainsi ∆ = a 2 − 2b 2 est non nul, donc inversible dans le corps ZZ/nZZ. 

Soit u l’inverse de ∆. On a donc l’égalité : u(a 2 − 2b 2 ) = 1. 

On pose a ′ 

 

= u 1 2b 

 

0 a = ua et b′ 

 

= u a 1 

 

b 0 = −bu. 

On constate que : 

(a, b) ⋆ (a ′ , b ′ ) = (aa ′ + 2bb ′ , ab ′ + ba ′ ) = (u(a 2 − 2b 2 ), 0) = (1, 0) 

Ainsi (a, b) est inversible et son inverse est (ua, −bu). 

Conclusion : (IK, +, ⋆) est un corps. 



On a 1999 = 285 · 7 + 4 et donc 1999 1999 ≡ 4 1999 (mod 7). 

On calcule ensuite les premières valeurs de 4 n (mod 7) : 

n 0 1 2 3 · · · 

4 n 1 4 2 1 · · · 

Il est clair que la suite des 4 n (mod 7) est 3-périodique. 

Plus précisément : 4 n = 4 r (mod 7) avec n = r (mod 3). 

Or 1999 ≡ 1 (mod 3). On en déduit 1999 1999 ≡ 4 1999 ≡ 4 1 = 4 (mod 7). 


On a 1999 = 191 · 11 + 8. Ainsi 1999 ≡ 8 (mod 11) ⇒ N ≡ 8 19991999 


(mod 11). 

Le petit théorème de Fermat (cf exercice 4.4.11) montre que 8 10 ≡ 1 (mod 11). 

Il reste donc à trouver le reste r dans la division de n = 1999 1999 par 10. 

En effet, si n = 10q + r, alors 8 n = 8 10q+r = (8 10 ) q 8 r ≡ 8 r (mod 11). 

Or 1999 ≡ −1 (mod 10). Donc n ≡ (−1) 1999 ≡ −1 ≡ 9 (mod 10). 

Ainsi r = 9, et N ≡ 8 n ≡ 8 9 (mod 11). D’autre part : 

8 2 ≡ −2 (mod 11) ⇒ 8 4 ≡ 4 (mod 11) 

⇒ 8 8 ≡ 16 ≡ 5 (mod 11) ⇒ 8 9 ≡ 40 ≡ 7 (mod 11) 

Conclusion : le reste dans la division de N = 1999 19991999 

par 11 est 7. 




1. On suit les “orbites” des éléments de {1, . . . , 12}, jusqu’à les avoir tous passé en revue. 

Ainsi 1 est envoyé sur 6, qui est envoyé sur 11, lui-même sur 8, lui-même sur 3, qui est 

enfin envoyé sur 1 : on obtient ainsi un premier cycle (1, 6, 11, 8, 3). 

On passe ensuite à l’orbite de 2 et on trouve le cycle (2, 12, 5, 9). 

On vérifie enfin l’orbite de 4, qui nous donne le cycle (4, 10, 7). 

⎧ 

⎨ σ1 = (1, 6, 11, 8, 3) 

On trouve finalement σ = σ1 ◦ σ2 ◦ σ3, avec σ2 = (2, 12, 5, 9) 

⎩ 

σ3 = (4, 10, 7) 

2. Il suffit de décomposer σ1, σ2 et σ3 en produits de transpositions : 

σ1 = (1, 6, 11, 8, 3) = (1, 6) ◦ (6, 11) ◦ (11, 8) ◦ (8, 3) 

σ2 = (2, 12, 5, 9) = (2, 12) ◦ (12, 5) ◦ (5, 9) 

σ3 = (4, 10, 7) = (4, 10) ◦ (10, 7) 

On obtient une décomposition de σ : 

σ = (1, 6) ◦ (6, 11) ◦ (11, 8) ◦ (8, 3) ◦ (2, 12) ◦ (12, 5) ◦ (5, 9) ◦ (4, 10) ◦ (10, 7) 

3. σ est décomposée en un nombre impair de transpositions. Donc σ est impaire. 

Une autre méthode consiste à écrire que la signature de la permutation σ est le produit 

de celles des cycles σ1, σ2 et σ3. 

Or la signature d’un cycle de longueur m est (−1) m+1 . 

⎧ 

⎨ ε(σ1) = (−1) 

On en déduit 

⎩ 

6 = 1 

ε(σ2) = (−1) 5 = −1 

ε(σ3) = (−1) 4 puis ε(σ) = ε(σ1)ε(σ2)ε(σ3) = −1. 

= 1 

4. Pour tout entier k, on a σ k = σ k 1 ◦ σ k 2 ◦ σ k 3. 

Or un cycle s de longueur m est d’ordre m : il vérifie sn = Id ⇔ m | n. 

Ainsi σn ⎧ 

⎨ σ 

= Id ⇔ 

⎩ 

n 1 = Id 

σn 2 = Id 

σn ⎧ 

⎨ 5 | n 

3 = Id 

⇔ 4 | n 

⎩ 

3 | n 

⇔ 60 | n. 

Le plus petit entier n tel que σn = Id est donc n = 60. 

5. On a 1999 = 60 · 33 + 19. On en déduit σ 1999 = σ 19 = σ 19 

1 ◦ σ 19 

2 ◦ σ 19 

3 . 

On peut encore simplifier en tenant compte des ordres respectifs de σ1, σ2 et σ3 : 

σ19 1 

σ19 2 

σ19 3 

= σ 5·3+4 

1 

= σ 4·4+3 

1 

= σ 3·6+1 

1 

= σ 4 1 = (1, 6, 11, 8, 3) 4 = (1, 3, 8, 11, 6) 

= σ 3 1 = (2, 12, 5, 9) 3 = (2, 9, 5, 12) 

= σ1 = (4, 10, 7) 

On en déduit finalement σ 1999 = (1, 3, 8, 11, 6) ◦ (2, 9, 5, 12) ◦ (4, 10, 7) 

Ainsi : σ 1999 = 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 

3 9 8 10 12 1 4 11 5 7 6 2 

Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 7 novembre 2000 Page 50 

 

.



1. On va montrer que σ ◦ τ = τ ◦ σ ⇔ {σ(i), σ(j)} = {i, j}. 

• On suppose que σ ◦ τ = τ ◦ σ. 

 

σ ◦ τ(i) = τ ◦ σ(i) 

Alors en particulier 

σ ◦ τ(j) = τ ◦ σ(j) c’est-à-dire 

 

σ(j) = τ(σ(i)) 

σ(i) = τ(σ(j)) 

Les deux éléments σ(i) et σ(j) (qui sont différents) sont donc échangés par τ. 

Cela signifie que {σ(i), σ(j)} = {i, j}. 

 

σ(i) = i 

• Inversement, supposons {σ(i), σ(j)} = {i, j} donc 

σ(j) = j ou 

 

σ(i) = j 

σ(j) = i 

 

σ(j) = τ(σ(i)) 

On a alors 

σ(i) = τ(σ(j)) donc 

 

σ ◦ τ(i) = τ ◦ σ(i) 

σ ◦ τ(j) = τ ◦ σ(j) 

De plus, soit k un élément de {1, 2, . . . , n} distinct de i et j, donc invariant par τ. 

L’élément σ(k) est distinct de σ(i) et σ(j) donc de i et j, donc invariant par τ. 

Pour cet élément, on a alors : σ ◦ τ(k) = σ(k) = τ ◦ σ(k). 

Ainsi σ ◦ τ et τ ◦ σ sont égales sur tout élément de {1, 2, . . . , n}. 

2. Il est clair que Id commute avec tous les éléments de Sn. 

Inversement soit σ dans Sn telle que : ∀ s ∈ Sn, σ ◦ s = s ◦ σ. 

Soient i, j, k trois éléments distincts de {1, 2, . . . , n} (c’est possible car n ≥ 3.) 

Par hypothèse σ commute avec les transpositions τ = (i, j) et τ ′ = (i, k). 

 

{σ(i), σ(j)} = {i, j} 

D’après la question (1), cela signifie que 

{σ(i), σ(k)} = {i, k} 

Mais ce double résultat implique σ(i) = i. 

Comme i est quelconque dans {1, 2, . . . , n}, cela signifie que σ est l’application identité. 

3. Id commute avec tous les éléments de Sn donc avec toutes les permutations paires! 

Réciproquement soit σ commutant avec les permutations paires de {1, 2, . . . , n} (n ≥ 4). 

En particulier σ commute avec tous les cycles de longueur 3. 

Soit c = (i, j, k) un tel cycle, et soit x un élément de {1, 2, . . . , n} distinct de {i, j, k}. 

L’élément x est invariant par le cycle c. 

On a σ ◦ c(x) = c ◦ σ(x) donc σ(x) = c(σ(x)). 

Il en découle que σ(x) est invariant par c, donc distinct de i, j, k. 

Autrement dit l’ensemble des éléments invariants par c (c’est-à-dire le complémentaire 

de {i, j, k} dans {1, 2, . . . , n}) est stable par σ. 

Par passage au complémentaire, on en déduit que {i, j, k} est stable par σ. 

Donnons-nous maintenant quatre éléments distincts x, y, z, t de {1, 2, . . . , n}. 

D’après ce qui précède, les ensembles {x, y, z} et {x, y, t} et {x, z, t} sont stables par σ. 

Il en est donc de même de leur intersection, c’est-à-dire du singleton {x}. 

Autrement dit σ(x) = x pour tout élément x de {1, 2, . . . , n}. 

On en déduit que σ est la permutation identité. 




1. Il s’agit de montrer que toute permutation σ de {1, 2, . . . , n} peut s’écrire au moins 

d’une manière comme un produit de transpositions τj. 

Il suffit de le montrer quand σ est une transposition (car toute permutation est un 

produit de transpositions quelconques.) 

On se donne donc deux éléments i < j de {1, 2, . . . , n}, et σ = (i, j). 

Si j = i + 1, il n’y a rien à démontrer. 

On suppose donc j ≥ i + 2. 

On constate effectivement que : 

σ = (i, j) = (i, i + 1) ◦ (i + 1, i + 2) ◦ · · · ◦ (j − 2, j − 1) ◦ (j − 1, j) 

◦(j − 2, j − 1) · · · ◦ (i + 1, i + 2) ◦ (i, i + 1) 

= τi ◦ τi+1 ◦ · · · ◦ τj−2 ◦ τj−1 ◦ τj−2 ◦ · · · τi+1 ◦ τi 

2. On décompose d’abord σ en produits de cycles à supports disjoints : 

 

1 

σ = 

4 

2 

5 

3 

2 

4 

1 

 

5 

= (1, 4) ◦ (2, 5, 3) = (1, 4) ◦ (5, 3, 2) 

3 

On décompose le deuxième cycle en deux transpositions : σ = (1, 4) ◦ (3, 5) ◦ (2, 3). 

On décompose alors chaque transposition comme vu dans la question (1) : 

σ = (1, 2) ◦ (2, 3) ◦ (3, 4) ◦ (2, 3) ◦ (1, 2) ◦ (3, 4) ◦ (4, 5) ◦ (3, 4) ◦ (2, 3) 

Remarque : on a remplacé le cycle (2, 5, 3) par son écriture équivalente (5, 3, 2) pour 

minimiser les écarts entre éléments à échanger donc le nombre final de transpositions. 

3. (a) On passe de MERCI à CRIME par la permutation σ sur la liste des cinq lettres 

du mot initial. Voici donc les différentes étapes (on a souligné à chaque fois les deux 

lettres à échanger) : 

MERCI MRECI MRCEI MRCIE MRICE ⇒ 

⇒ RMICE RIMCE RICME RCIME CRIME 

(b) Il est possible de faire la même transformation, mais en 7 étapes au lieu de 9 : 

MERCI MECRI MCERI CMERI ⇒ 

⇒ CMREI CRMEI CRMIE CRIME 

Cette méthode, qui “remonte” les lettres C, R, puis I vers le début du mot est 

beaucoup plus naturelle. 

Pour ce qui est de notre exemple, elle montre qu’une autre décomposition de σ est : 

σ = (3, 4) ◦ (4, 5) ◦ (2, 3) ◦ (3, 4) ◦ (1, 2) ◦ (2, 3) ◦ (3, 4) 




1. Comme l’indication le suggère, il suffit de prouver que toute transposition (i, i + 1) 

de deux éléments consécutifs s’écrit comme une composition utilisant exclusivement le 

cycle c (et ses puissances) et la transposition τ = (1, 2). 

On note tout d’abord que s = c 1−i = c n+1−i commence par envoyer i et j sur 1 et 2. 

Cette permutation procède en effet à un décalage de n+1−i positions “vers la droite” : 

s = c 1−i 

1 

= 

n + 2 − i 

2 

n + 3 − i 

· 

· · · 

i − 1 

n 

i 

1 

i + 1 

2 

i + 2 

3 

· · · 

· · · 

n − 1 

n − i 

 

n 

n + 1 − i 

On peut alors appliquer la transposition τ pour échanger 1 et 2 : 

τ ◦ c n+1−i 

1 

= 

n + 2 − i 

2 

n + 3 − i 

· 

· · · 

i − 1 

n 

i 

2 

i + 1 

1 

i + 2 

3 

· · · 

· · · 

n − 1 

n − i 

 

n 

n + 1 − i 

On applique alors la permutation inverse s −1 = c i−1 de s, donc l’effet va être de ramener 

les éléments dans leurs positions initiales (sauf i et i + 1 qui sont donc échangés). 

Voici tout d’abord s −1 (décalage de i − 1 positions “vers la droite”) : 

s −1 = c i−1 = 

 

1 2 3 · · · n + 1 − i n + 2 − i n + 3 − i · · · n − 1 n 

 

i i + 1 i + 2 · · · n 1 2 · · · i − 2 i − 1 

On en éduit effectivement : 

s −1 

1 

◦ τ ◦ s = 

1 

2 

2 

3 

3 

· 

· · · 

i − 1 

i − 1 

i 

i + 1 

i + 1 

i 

i + 2 

i + 2 

· · · 

· · · 

n − 1 

n − 1 

 

n 

= (i, i + 1) 

n 

2. On reprend les notations de l’exercice précédent. 

(a) On rappelle l’égalité : 

σ = (1, 2) ◦ (2, 3) ◦ (3, 4) ◦ (2, 3) ◦ (1, 2) ◦ (3, 4) ◦ (4, 5) ◦ (3, 4) ◦ (2, 3) 

 

1 

On note encore s = 

2 

2 

3 

3 

4 

4 

5 

 

5 

= (1, 2, 3, 4, 5) et τ = (1, 2). 

1 

On sait maintenant que, pour tout i : (i, i + 1) = σ i−1 ◦ τ ◦ σ 6−i . 

On en déduit, compte tenu de σ 5 = Id : 

σ = τ ◦ σ ◦ τ ◦ σ 4 ◦ σ 2 ◦ τ ◦ σ 3 ◦ σ ◦ τ ◦ σ 4 

◦τ ◦ σ 2 ◦ τ ◦ σ 3 ◦ σ 3 ◦ τ ◦ σ 2 ◦ σ 2 ◦ τ ◦ σ 3 ◦ σ ◦ τ ◦ σ 4 

= τ ◦ σ ◦ τ ◦ σ ◦ τ ◦ σ 4 ◦ τ ◦ σ 4 ◦ τ ◦ σ 2 ◦ τ ◦ σ ◦ τ ◦ σ 4 ◦ τ ◦ σ 4 ◦ τ ◦ σ 4 

Voici donc les étapes pour passer de MERCI à CRIME. 

On a groupé les étapes consistant en plusieurs rotations vers la droite, en précisant 

le nombre de rotations simultanées, et on a représenté l’échange des deux premières 

lettres par le symbole ↔. 


MERCI 4 

→ 

4 

→ 

2 

→ 

ERCIM ↔ RECIM 4 

→ 

EIMRC ↔ IEMRC 1 

→ 

MRICE ↔ RMICE 4 

→ 

4 

→ MCERI ↔ CMERI 1 

→ 

1 

→ 

RCIME ↔ CRIME 


ECIMR ↔ CEIMR 

CIEMR ↔ ICEMR 

MICER ↔ IMCER 

ICMER ↔ CIMER 

(b) On peut en fait effectuer la transformation beaucoup plus rapidement : 

MERCI 3 

→ 

RCIME ↔ CRIME 

Sur cet exemple, on voit que la méthode générale de décomposition (obtenue par 

application de la démonstration prouvant qu’une permutation quelconque est une 

composée de s et τ) peut être très inefficace dans tel ou tel cas particulier (là où 

des astuces sont possibles.) 


1. Il s’agit de montrer que toute permutation σ de {1, 2, . . . , n} peut s’écrire au moins d’une 

manière comme un produit de transpositions τj. Il suffit de le montrer quand σ est une 

transposition (car toute permutation est un produit de transpositions quelconques.) 

On se donne i, j dans {1, 2, . . . , n}, avec i < j et la transposition σ = (i, j). 

Il n’y a rien à démontrer si i = 1. On suppose donc 2 ≤ i < j. 

On constate effectivement que : σ = (i, j) = (1, j) ◦ (1, i) ◦ (1, j) = (1, i) ◦ (1, j) ◦ (1, i) 

Le fait qu’il y ait deux manières différentes d’écrire σ peut s’avérer utile pour simplifier la 

décomposition d’une permutation quelconque (on en verra un exemple dans la question 

suivante.) 

2. On a la décomposition : 

 

1 

σ = 

4 

2 

5 

3 

2 

4 

1 

 

5 

= (1, 4) ◦ (2, 5, 3) = (1, 4) ◦ (2, 5) ◦ (3, 5) 

3 

On décompose les deux dernières transpositions comme vu dans la question (1), et en 

écrivant au mieux ces décompositions pour avoir la simplification (1, 5) ◦ (1, 5) = Id : 

σ = (1, 4) ◦ (1, 5) ◦ (1, 2) ◦ (1, 5) ◦ (1, 5) ◦ (1, 3) ◦ (1, 5) 

= (1, 4) ◦ (1, 5) ◦ (1, 2) ◦ (1, 3) ◦ (1, 5) 

3. On passe du mot MERCI au mot CRIME par la permutation σ appliquée à la liste 

ordonnée des cinq lettres du mot initial. 

Voici les étapes (on a souligné la lettre à échanger avec la première lettre) : 

MERCI IERCM REICM ERICM MRICE CRIME 



1. Soient σ et σ ′ deux cycles qui commutent : σ ◦ σ ′ = σ ′ ◦ σ. 

On suppose que les supports de σ et σ ′ sont distincts. 


Il existe par exemple x dans {1, 2, . . . , n} qui est dans le support de σ (donc modifié par 

σ) mais qui n’est pas dans celui de σ ′ (donc invariant par cette permutation.) 

Si σ est un cycle de longueur m, son support s’écrit {x, σ(x), . . . , σ m−1 (x)}. 

Or, pour tout entier k de {0, 1, . . . , n − 1}, on a : 

σ k (x) = σ k ◦ σ ′ (x) (car x est invariant par σ ′ ) 

= σ ′ ◦ σ k (x) (σ ′ commute avec σ donc avec σ k ) 

Ainsi les différents éléments σ k (x) du support de σ sont invariants par σ ′ , ce qui exprime 

qu’ils n’appartiennent pas au support de σ ′ . 

Les supports de σ et σ ′ sont donc disjoints (s’ils sont distincts). 

2. Inversement, si les supports de σ et σ ′ sont disjoints, alors σ ◦ σ ′ = σ ′ ◦ σ. 

Mais si on suppose que σ, σ ′ ont même support, alors on peut avoir σ ◦ σ ′ = σ ′ ◦ σ. 

Par exemple, dans S4, on peut poser : 

 

1 2 3 4 

σ = 

= (1, 2, 3, 4) et σ 

2 3 4 1 

′ = 

 

1 2 3 4 

= (1, 2, 4, 3) 

2 4 1 3 

Les supports de σ et σ ′ sont tous deux égaux à {1, 2, 3, 4}. 

′ ′ σ ◦ σ(1) = σ (2) = 4 

Pourtant on vérifie que 

σ ◦ σ ′ (1) = σ(2) = 3 : Les cycles σ et σ′ ne commutent pas. 


Il est clair que les puissances de c commutent avec c. 

Réciproquement, soit σ une permutation telle que σ ◦ c = c ◦ σ. 

Posons σ(1) = k (avec 0 ≤ k ≤ n − 1) et montrons que σ = c k . 

Pour tout entier j compris 0 et n − 1, on a : 

σ(j + 1) = σ (c j (1)) = (σ ◦ c j )(1) 

= (cj ◦ σ)(1) (car σ commute avec c donc avec cj ) 

= cj (σ(1)) = cj ck (1) 

(car σ(1) = k et k + 1 = ck (1)) 

= c j+k (1) = c k (c j (1)) = c k (j + 1) 

Ainsi σ(j + 1) = c k (j + 1) pour tout j de {0, 1, . . . , n − 1}. On a obtenu σ = c k . 

Conclusion : les permutations qui commutent avec c sont les puissances de c, qui se réduisent 

aux c k , avec 0 ≤ k ≤ n − 1 (car c n = Id.) 




1. On sait que toute permutation paire est la composée d’un nombre pair de transpositions. 

Il suffit donc de prouver que le produit σ = τ ◦ τ ′ de deux transpositions peut lui-même 

s’écrire comme un produit de cycles de longueur 3. 

Posons τ = (i, j) et τ ′ = (k, l). Plusieurs cas sont possibles : 

• Premier cas : {i, j} = {k, l}. On a alors τ = τ ′ , donc σ = Id. 

On peut alors écrire σ = c 3 = c 0 , où c est n’importe quel cycle de longueur 3 (mais il 

vaut mieux considérer ici σ comme un produit “vide” de cycles de longueur 3). 

• Deuxième cas : les quatre entiers i, j, k, l sont distincts. 

Dans ce cas, on constate que σ = (i, j) ◦ (k, l) = (i, k, j) ◦ (k, l, i). 

• Troisième cas : les deux paires {i, j} et {k, l} ont exactement un élément en commun. 

Sans perdre de généralité, on peut supposer l = i. Ainsi τ = (i, j) et τ ′ = (i, k). 

On remarque alors que τ ◦ τ ′ = (i, j) ◦ (i, k) = (i, k, j). 

τ◦τ ′ est donc toujours un produit de cycles de longueur 3, ce qui achève la démonstration. 

2. On décompose la permutation circulaire σ en produit de transpositions : 

 

1 

σ = 

2 

2 

3 

3 

4 

4 

5 

5 

6 

6 

7 

 

7 

= (1, 2) ◦ (2, 3) ◦ (3, 4) ◦ (4, 5) ◦ (5, 6) ◦ (6, 7) 

1 

On regroupe ces transpositions par paires consécutives. Dans chacune de ces paires, il 

y a un élément en commun. Par exemple : (1, 2) ◦ (2, 3) = (1, 2, 3). 

On en déduit la décomposition : σ = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) = (1, 2, 3) ◦ (3, 4, 5) ◦ (5, 6, 7). 


On procède par récurrence sur l’entier n. La propriété est vraie si n = 3. En effet, si on note 

c3 = (1, 2, 3) alors les permutations paires sont Id = c 0 3 et (1, 3, 2) = c 2 3. 

On suppose donc que la propriété a été démontrée pour un certain entier n ≥ 3. 

On se donne une permutation paire σ de l’ensemble {1, 2, . . . , n, n + 1}. 

• Si σ(n + 1) = n + 1, alors la restriction de σ à {1, 2, . . . , n} est une permutation paire. 

Elle se décompose par hypothèse en un produit des ck = (1, 2, k) avec 3 ≤ k ≤ n. 

On obtient ainsi une décomposition de σ elle-même. 

• On suppose donc σ(n + 1) = j ≤ n. 

On constate que (c −1 

n+1 ◦ cj ◦ σ)(n + 1) = (c −1 

n+1 ◦ cj)(j) = c −1 

n+1(1) = n + 1. 

Ainsi la permutation paire σ ′ = c −1 

n+1 ◦ cj ◦ σ laisse n + 1 invariant. 

On peut donc appliquer le résultat précédent à σ ′ . 

On en déduit que σ = c −1 

j ◦ cn+1 ◦ σ ′ = c 2 j ◦ cn+1 ◦ σ ′ se décompose en produit de cycles ck 

avec 3 ≤ k ≤ n + 1, ce qui démontre la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence.

4. Groupes, anneaux, corps, arithmétique

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