Exercices d’oraux type CCINP

Enoncé (CCINP)

Soient $\lambda$ et $\mu$ les restes de la division euclidiennne d’un polynôme $P\in\mathbb{C}[X]$ par $X-a$ et $X-b$ ($a\neq b$).

Quel est le reste de la division euclidienne de $P$ par $(X-a)(X-b)$ ?

Corrigé

Il existe des polynômes $Q_1$, $Q_2$ et $Q$ et des nombres complexes $\alpha$ et $\beta$ tels que

$$P=(X-a)Q_1+\lambda=(X-b)Q_2+\mu=(X-a)(X-b)+\alpha X+\beta.$$

En évaluant en $a$ et $b$, on obtient $\left\{\begin{array}{l}\alpha a+\beta=\lambda\quad(I)\\\alpha b+\beta=\mu\quad(II)\end{array}\right.$ puis, $\alpha=\dfrac{\lambda-\mu}{a-b}$ ($(I)-(II)$) et $\beta\dfrac{\lambda b-\mu a}{a-b}$ ($b(I)-a(II)$).

Le reste de la dfivision euclidienne de $P$ par $(X-a)(X-b)$ est $\dfrac{1}{a-b}((\lambda-\mu)X-\lambda a+\lambda b)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Théorème (division euclidienne). Soient $A$ et $B$ deux éléments de $\mathbb{K}[X]$ tels que $B\neq0$. Il existe un et un seul couple $(Q,R)\in(\mathbb{K}[X])^2$ tel que $A=BQ+R$ et $\text{deg}(R)<\text{deg}(B)$.

Enoncé (CCINP)

Soit $P=\displaystyle\prod_ {0\leqslant k\leqslant n-1}\left(X^2-2X\cos\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)+1\right)$.

Donner l’expression développée du polynôme $P$.

Corrigé

Pour tout réel $\theta$, $X^2-2\cos(\theta)X+1=X^2-\left(e^{i\theta}+e^{-i\theta}\right)X+e^{i\theta}e^{-i\theta}=\left(X-e^{i\theta}\right)\left(X-e^{-i\theta}\right)$. Donc,

\begin{align*}P&=\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\left(X^2-2X\cos\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)+1\right)\\&=\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\left(X-e^{i\frac{k\pi}{n}}\right)\left(X-e^{-i\frac{k\pi}{n}}\right)=\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\left(X-e^{i\frac{k\pi}{n}}\right)\left(X-e^{i\frac{(2n-k)\pi}{n}}\right)=\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\left(X-e^{i\frac{k\pi}{n}}\right)\displaystyle\prod_{k=n+1}^{2n}\left(X-e^{i\frac{k\pi}{n}}\right)=\dfrac{X-e^{i\frac{2n\pi}{n}}}{X-e^{\frac{in\pi}{n}}}\displaystyle\prod_{k=0}^{2n-1}\left(X-e^{\frac{2ik\pi}{2n}}\right)\\&=\dfrac{X-1}{X+1}\left(X^{2n}-1\right)\\&=\dfrac {X-1}{X+1}\left(X^2-1\right)\left(X^{2n-2}+X^{2n-4}+\ldots+X^2+1\right)=(X-1)^2\left(X^{2n-2}+X^{2n-4}+\ldots+X^2+1\right)=\left(X^2-2X+1\right)\left(X^{2n-2}+X^{2n-4}+\ldots+X^2+1\right)\\&=\left(X^{2n}+X^{2n-2}+\ldots+X^4+X^2\right)-2\left(X^{2n-1}+X^{2n-3}+\ldots+X^3+X\right)+\left(X^{2n-2}+X^{2n-4}+\ldots+X^2+1\right)\\&=X^{2n}-2X^{2n-1}+2X^{2n-2}-2X^{2n-3}+\ldots-2X^3+2X^2-2X+1.\end{align*}

Commentaires et/ou rappels de cours

Soient $n\geqslant2$ puis $P=X^n-1$. Le polynôme $P$ a $n$ racines simples dans $\mathbb{C}$ car la polynôme $P$ n’a aucune racine commune avec sa dérivée $P’=xX^{n-1}$.

Les racines de $P$ sont les racines $n$-èmes de l’unité dans $\mathbb{C}$, à savoir les nombres $e^{\frac{2ik\pi}{n}}$, $0\leqslant k\leqslant n-1$. Puisque $P$ est unitaire,

$$P=\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\left(X-e^{\frac{2ik\pi}{n}}\right).$$

Enoncé (Mines-Télécom)

Soient $p\geqslant2$ puis $P=\dfrac{1}{2i}\left(\left(1+\dfrac{iX}{2p}\right)^{2p}-\left(1-\dfrac{iX}{2p}\right)^{2p}\right)$.

1) Déterminer le degré de $P$ et le coefficient dominant de $P$.

2) Montrer que les racines de $P$ dans $\mathbb{C}$ sont réelles, sans calculer ces racines (indication : on montrera que les racines de $P$ sont à égales distance de deux imaginaires purs conjugués).

3) Déterminer les racines de $P$ et en déduire une factorisation de $P$.

4) En déduire $\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)$.

Corrigé

1) On peut écrire $\left(1+\dfrac{iX}{2p}\right)^{2p}=\left(\dfrac{i}{2p}\right)^{2p}X^{2p}+2p\left(\dfrac{i}{2p}\right)^{2p-1}X^{2p-1}+Q(X)$ où $Q$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $2p-2$. Mais alors,

$$P=\dfrac{1}{2i}\left(\left(\left(\dfrac{i}{2p}\right)^{2p}X^{2p}+2p\left(\dfrac{i}{2p}\right)^{2p-1}X^{2p-1}+Q\right)-\left(\left(\dfrac{i}{2p}\right)^{2p}(-X)^{2p}+2p\left(\dfrac{i}{2p}\right)^{2p-1}(-X)^{2p-1}+Q\right)\right)=\dfrac{(-1)^{p-1}}{(2p)^{2p-2}}X^{2p-1}+\dfrac{1}{2i}(Q(X)-Q(-X)),$$

où de plus $\text{deg}\left(\dfrac{1}{2i}(Q(X)-Q(-X))\right)\leqslant 2p-2$.

On en déduit que $\text{deg}(P)=2p-1$ et $\text{dom}(P)=\dfrac{(-1)^{p-1}}{(2p)^{2p-2}}$.

2) Soit $z\in\mathbb{C}$.

\begin{align*}P(z)=0&\Rightarrow\left(1+\dfrac{iz}{2p}\right)^{2p}=\left(1-\dfrac{iz}{2p}\right)^{2p}\\&\Rightarrow\left|1+\dfrac{iz}{2p}\right|^{2p}=\left|1-\dfrac{iz}{2p}\right|^{2p}\Rightarrow\left|1+\dfrac{iz}{2p}\right|=\left|1+\dfrac{iz}{2p}\right|^2\Rightarrow\left|z-2ip\right|^2=\left|z+2ip\right|\\&\Rightarrow\left(\text{Re}(z)\right)^2+\left(\text{Im}(z)-2p\right)^2=\left(\text{Re}(z)\right)^2+\left(\text{Im}(z)+2p\right)^2\Rightarrow 8p\text{Im}(z)=0\Rightarrow\text{Im}(z)=0.\end{align*}

Ainsi, les racines de $P$ sont toutes réelles.

3) Soit $x\in\mathbb{R}$.

\begin{align*}P(x)=0&\Leftrightarrow \left(\dfrac{1+\frac{ix}{2p}}{1-\frac{ix}{2p}}\right)^{2p}\;(\text{car}\;1-\dfrac{ix}{p}\neq0)\\&\Leftrightarrow\exists k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}/\;\dfrac{1+\frac{ix}{2p}}{1-\frac{ix}{2p}}=e^{\frac{2ik\pi}{2p}}\Leftrightarrow\exists k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}/\;1+\dfrac{ix}{2p}=e^{\frac{ik\pi}{p}}\left(1-\dfrac{ix}{2p}\right)\Leftrightarrow\exists k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}/\;\dfrac{i}{2p}\left(e^{\frac{ik\pi}{p}}+1\right)x=e^{\frac{ik\pi}{p}}-1.\end{align*}

Maintenant, pour $k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}$, $e^{\frac{ik\pi}{p}}+1=0\Leftrightarrow e^{\frac{ik\pi}{p}}=-1\Leftrightarrow k=p$. Quand $k=p$, l’équation correspondante s’écrit $0\times x=-2$. Cette équation n’a pas de solution. Quand $k\neq p$, $e^{\frac{ik\pi}{p}}+1\neq 0$ et donc,

\begin{align*}P(x)=0&\Leftrightarrow\exists k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}\setminus\{p\}/\;x=\dfrac{2p}{i}\dfrac{e^{\frac{ik\pi}{p}}-1}{e^{\frac{ik\pi}{p}}+1}\Leftrightarrow\exists k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}\setminus\{p\}/\;x=\dfrac{2p}{i}\times\dfrac{e^{\frac{ik\pi}{2p}}}{e^{\frac{ik\pi}{2p}}}\times\dfrac{e^{\frac{ik\pi}{2p}}-e^{-\frac{ik\pi}{2p}}}{e^{\frac{ik\pi}{2p}}+e^{-\frac{ik\pi}{2p}}}\\&\Leftrightarrow\exists k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}\setminus\{p\}/\;x=\dfrac{2p}{i}\times\dfrac{2i\sin\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)}{2\cos\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)}\\&\Leftrightarrow\exists k\in\{0,1,\ldots,2p-1\}\setminus\{p\}/\;x=2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right).\end{align*}

Donc,

$$P=\dfrac{(-1)^{p-1}}{(2p)^{2p-2}}\displaystyle\prod_{\substack{k=0\\k\neq p}}^{2p-1}\left(X-2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right).$$

4) Ensuite,

$$\displaystyle\prod_{k=p+1}^{2p-1}\left(X-2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right)=\displaystyle\prod_{\ell=1}^{p-1}\left(X-2p\tan\left(\dfrac{(2p-\ell)\pi}{2p}\right)\right)=\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\left(X+2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right)$$

et donc

$$P=\dfrac{(-1)^{p-1}}{(2p)^{2p-2}}X\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\left(X-2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right)\left(X+2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right),$$

puis, en posant $Q=\dfrac{(-1)^{p-1}}{(2p)^{2p-2}}\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\left(X-2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right)\left(X+2p\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right)$, on a $Q=\dfrac{P}{X}$.

Ensuite, $Q(0)=\dfrac{(-1)^{p-1}}{(2p)^{2p-2}}\times(-1)^{p-1}(2p)^{p-1}\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\tan^2\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)=\left(\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)\right)^2$. D’autre part, pour tout $k\in\{1,\ldots,p-1\}$, $0<\dfrac{k\pi}{2p}<\dfrac{p\pi}{2p}=\dfrac{\pi}{2}$ et donc, pour tout $k\in\{1,\ldots,p-1\}$, $\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)>0$. On en déduit que

$$\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)=\sqrt{Q(0)}=\sqrt{\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{P(x)}{x}}=\sqrt{\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{P(x)-P(0)}{x}}=\sqrt{P'(0)}.$$

Or, $P’=\dfrac{1}{2i}\times2p\left(\dfrac{i}{2p}\left(1+\dfrac{iX}{2p}\right)^{2p-1}+\dfrac{i}{2p}\left(1-\dfrac{iX}{2p}\right)^{2p-1}\right)$ puis $P'(0)=\dfrac{1}{2i}\times2p\left(\dfrac{i}{2p}+\dfrac{i}{2p}\right)=1$. Finalement,

$$\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\tan\left(\dfrac{k\pi}{2p}\right)=1.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Comme la valeur du produit n’est pas donnée par l’énoncé, une fois les calculs achevés, une vérification sur les premières valeurs seraient bien vues : $\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=1$ et $\tan\left(\dfrac{\pi}{6}\right)\times\tan\left(\dfrac{2\pi}{6}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\times\sqrt{3}=1$. 

Enoncé (Mines Télécom)

1) Soit $P\in\mathbb{C}[X]$ de degré $n$. Montrer l’existence d’un polynôme $Q$ tel que : $\forall\theta\in\mathbb{R}$, $\overline{P\left(e^{i\theta}\right)}=e^{-in\theta}Q\left(e^{i\theta}\right)$.

2) En déduire les polynômes $P\in\mathbb{C}[X]$ tels que $P(\mathbb{U})=\mathbb{U}$.

Corrigé

1) Posons $P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k$ où $\left(a_k\right)_{0\leqslant k\leqslant n}\in\mathbb{C}^{n+1}$ et $a_n\neq0$. Pour tout réel $\theta$,

$$\overline{P\left(e^{i\theta}\right)}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\overline{a_k}e^{-ik\theta}=e^{-in\theta}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\overline{a_k}e^{i(n-k)\theta}=e^{-in\theta}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\overline{a_{n-k}}e^{ik\theta}.$$

Le polynôme $Q=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\overline{a_{n-k}}X^k$ est un élément de $\mathbb{C}[X]$ (non nul et de degré inférieur ou égal à $n$) tel que pour tout $\theta\in\mathbb{R}$, $\overline{P\left(e^{i\theta}\right)}=e^{-in\theta}Q\left(e^{i\theta}\right)$.

2) Soit $P\in\mathbb{C}[X]$ une éventuelle solution du problème. Puisque $P(\mathbb{U})=\mathbb{U}$, alors nécessairement $P\neq0$. Soit $n\in\mathbb{N}$ le degré de $P$. Si $n=0$, $P$ est nécessairement une constante de module $1$. Mais réciproquement, si $P$ est constant, $P(\mathbb{U})\neq\mathbb{U}$.

Supposons maintenant que $n\geqslant1$. On reprend les notations de la question 1).

Nécessairement, pour tout réel $\theta$, $P\left(e^{i\theta}\right)\in\mathbb{U}$ et donc $P\left(e^{i\theta}\right)\neq0$ et $\overline{P\left(e^{i\theta}\right)}=\dfrac{1}{P\left(e^{i\theta}\right)}$. Ceci fournit pour tout réel $\theta$, $P\left(e^{i\theta}\right)Q\left(e^{i\theta}\right)=e^{in\theta}$. Les deux polynômes $PQ$ et $X^n$ coïncident en une infinité de valeurs ($P$ et $Q$ coïncident sur $\mathbb{U}$) et donc nécessairement, $PQ=X^n$. Cette égalité s’écrit plus explicitement

$$\left(a_nX^n+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_1X+a_0\right)\left(\overline{a_0}X^n+\overline{a_1}X^{n-1}+\ldots+\overline{a_{n-1}}X+\overline{a_n}\right)=X^n.$$

Par unicité des coefficients d’un polynôme, $a_n\overline{a_0}=0$, $a_n\overline{a_1}+a_{n-1}\overline{a_0}=0$, $\ldots$ , $a_n\overline{a_{n-1}}+a_{n-1}\overline{a_{n-2}}+\ldots+a_1\overline{a_0}=0$ et $\left|a_n\right|^2+\left|a_{n-1}\right|^2+\ldots+\left|a_1\right|^2+\left|a_0\right|^2=1$. En tenant compte de $a_n\neq0$, les $n$ premières égalités fournissent par récurrence finie : $\forall k\in\{0,\ldots,n-1\}$, $a_k=0$. La dernière égalité fournit alors $\left|a_n\right|=1$. Ainsi, nécessairement, il existe $\alpha\in\mathbb{R}$ tel que $P=e^{i\alpha}X^n$.

Inversement, soient $n\in\mathbb{N}^*$ et $\alpha\in\mathbb{R}$ puis $P=e^{i\alpha}X^n$. Pour tout réel $\theta$,

$$P\left(e^{i\theta}\right)=e^{i\alpha}\left(e^{i\theta}\right)^n=e^{i(n\theta+\alpha)}\in\mathbb{U},$$

et donc $P(\mathbb{U})\subset\mathbb{U}$. D’autre part, soient $\theta’\in\mathbb{R}$ puis $\theta=\dfrac{\theta’-\alpha}{n}$. Alors, $e^{i\theta’}=P\left(e^{i\theta}\right)\in P(\mathbb{U})$. Par suite, $\mathbb{U}\subset P(\mathbb{U})$ puis $P(\mathbb{U})=\mathbb{U}$.

Les polynômes $P\in\mathbb{C}[X]$ tels que $P(\mathbb{U})=\mathbb{U}$ sont les polynômes de la forme $P=e^{i\alpha}X^n$, $(n,\alpha)\in\mathbb{N}^*\times\mathbb{R}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Pour tout $z\in\mathbb{C}$, $|z|=1\Leftrightarrow z\neq0\;\text{et}\;\overline{z}=\dfrac{1}{z}$. En effet, pour tout $z\in\mathbb{C}^*$,

$$|z|=1\Leftrightarrow|z|^2=1\Leftrightarrow z\overline{z}=1\Leftrightarrow\overline{z}=\dfrac{1}{z}.$$

$\bullet$ Deux polynômes qui coïncident en une infinité de valeurs sont égaux (en effet, si $P-Q\neq0$, $P-Q$ a un nombre fini de racines et donc $P$ et $Q$ ne peuvent coïncider qu’ne un nombre fini de valeurs). 

Enoncé (Mines Télécom)

Résoudre l’équation $x^2+x+\overset{°}{1}=0$ dans $\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$.

Corrigé

On note $\mathscr{S}$ l’ensermble des solutions de l »équation proposée.

$\overset{°}{(-3)}^2+ \overset{°}{(-3)}+\overset{°}{1}=\overset{°}{7}=\overset{°}{0}$.

$\overset{°}{(-2)}^2+ \overset{°}{(-2)}+\overset{°}{1}=\overset{°}{3}\neq\overset{°}{0}$.

$\overset{°}{(-1)}^2+ \overset{°}{(-1)}+\overset{°}{1}=\overset{°}{1}\neq\overset{°}{0}$.

$\overset{°}{0}^2+ \overset{°}{0}+\overset{°}{1}=\overset{°}{1}\neq\overset{°}{0}$.

$\overset{°}{1}^2+ \overset{°}{1}+\overset{°}{1}=\overset{°}{3}\neq\overset{°}{0}$.

$\overset{°}{2}^2+ \overset{°}{2}+\overset{°}{1}=\overset{°}{7}=\overset{°}{0}$.

$\overset{°}{3}^2+ \overset{°}{3}+\overset{°}{1}=\overset{°}{13}=\overset{°}{6}\neq\overset{°}{0}$.

Les solutions de l’équation proposée sont $\overset{°}{2}$ et $\overset{°}{(-3)}$ ou encore $\mathscr{S}=\left\{\overset{°}{2},\overset{°}{4}\right\}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ $7$ est premier et donc $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z},+,\times)$ est un corps commutatif. Mais alors, l’équation proposée, qui est de degré $2$, admet au plus $2$ solutions.

$\bullet$ Si on remarque que $\overset{°}{2}+\overset{°}{4}=-\overset{°}{1}$ et $\overset{°}{2}\times\overset{°}{4}=\overset{°}{1}$, la solution est encore plus brève :

$$x^2+x+\overset{°}{1}=\overset{°}{0}\Leftrightarrow x^2-\left(\overset{°}{2}+\overset{°}{4}\right)x+\overset{°}{2}\times\overset{°}{4}=\overset{°}{0}\Leftrightarrow\left(x-\overset{°}{2}\right)\left(x-\overset{°}{4}\right)=\overset{°}{0}\Leftrightarrow x-\overset{°}{2}=\overset{°}{0}\;\text{ou}\;x-\overset{°}{4}=\overset{°}{0}.$$

$\bullet$ On peut aussi mettre sous forme canonique puis factoriser. Pour tout $x\in\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$,

$$x^2+x+\overset{°}{1}=x^2-\overset{°}{6}x+\overset{°}{1}=\left(x-\overset{°}{3}\right)^2-\overset{°}{3}^2+\overset{°}{1}=\left(x-\overset{°}{3}\right)^2-\overset{°}{8}=\left(x-\overset{°}{3}\right)^2-\overset{°}{1}^2=\left(x-\overset{°}{3}-\overset{°}{1}\right)\left(x-\overset{°}{3}+\overset{°}{1}\right)=\left(x-\overset{°}{2}\right)\left(x-\overset{°}{4}\right).$$

Enoncé (CCINP)

On considère un groupe $(G,.)$ cyclique d’ordre $n$, engendré par $a$. On fixe $n\in\mathbb{N}^*$ et on pose $f~:~x\in G\rightarrow x^r$. On pose également $d=\text{pgcd}(r,n)$.

1) Montrer que $f$ est un morphisme de groupes.

2) Déterminer le noyau de $f$.

3) Montrer que l’image de $f$ est le sous-groupe de $G$ engendré par $a^d$.

4) Soit $y\in G$. Déterminer le nombre de solutions de l’équation $y=x^r$.

Corrigé

Puisque $G$ n’est pas vide, on a $n\geqslant1$.

1) $(G,.)$ est un groupe commutatif car cyclique. Puisque $(G,.)$ est un groupe, $f$ est une application de $G$ dans $G$. De plus, pour tout $(x,y)\in G^2$, puisque $(G,.)$ est un groupe commutatif ,

$$f(xy)=(xy)^r=x^ry^r=f(x)f(y).$$

Donc, $f$ est un morphisme de groupe.

2) On note $e$ l’élément neutre de $G$. On sait que l’ordre d’un élément dans un groupe est égal à l’ordre du sous-groupe engendré par cet élément. Donc, $a$ est d’ordre $n$ et on sait que pour tout $k\in\mathbb{Z}$, $a^k=e\Leftrightarrow k\in n\mathbb{Z}$.

Ensuite, on pose $n=dn’$ et $r=dr’$ où $n’$ et $r’$ sont deux entiers naturels non nuls et premiers entre eux.

Soit $x\in G$. Puisque $G$ est engendré par $a$, il existe $k\in\mathbb{Z}$ tel que $x=a^k$ puis

\begin{align*}x\in\text{Ker}(f)&\Leftrightarrow x^{r}=e\Leftrightarrow a^{kr}=e\Leftrightarrow kr\in n\mathbb{Z}\Leftrightarrow kdr’\in dn’\mathbb{Z}\Leftrightarrow kr’\in n’\mathbb{Z}\\&\Leftrightarrow n’\;\text{divise}\;kr’.\end{align*}

Ensuite, si $n’$ divise $kr’$, puisque $n’\wedge r’=1$, $n’$ divise $k$ d’après le théorème de Gauss et si $n’$ divise $k$, $n’$ divise $kr’$. Finalement,

$$x\in\mathbb{Ker}(f)\Leftrightarrow n’\;\text{divise}\;k\Leftrightarrow k\in\dfrac{n}{d}\mathbb{Z}.$$

Ainsi, $\text{Ker}(f)=\left\{a^{\frac{qn}{d}},\;q\in\mathbb{Z}\right\}=\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right)$.

3) $\text{Im}(f)=\left\{a^{kr},\;k\in\mathbb{Z}\right\}=\left\{\left(a^d\right)^{kr’},\;k\in\mathbb{Z}\right\}\subset\left\{\left(a^d\right)^{k’},\;k’\in\mathbb{Z}\right\}=\text{gr}\left(a^d\right)$.

Inversement, $n’$ et $r’$ sont premiers entre eux et donc, d’après le théorème de Bézout, il existe $(u,v)\in\mathbb{Z}^2$ tel que $ur’+vn’=1$. Mais alors, $udr’+vdn’=d$ ou encore $ur+vn=d$ puis

$$a^d=a^{ur+vn}=a^{ur}=\left(a^u\right)^r\in\text{Im}(f).$$

Ainsi, $a^d\in \text{Im}(f)$ puis, $\text{Im}(f)$ étant un sous-groupe de $(G,.)$ (car $f$ est un morphisme de groupes), $\text{Im}(f)$ contient tous les $\left(a^d\right)^k$, $k\in\mathbb{Z}$, c’est-à-dire $\text{gr}\left(a^d\right)$. Finalement, $\text{Im}(f)=\text{gr}\left(a^d\right)$.

4) Soit $y\in G$. Si $y\notin\text{Im}(f)=\text{gr}\left(a^d\right)$, alors l’équation $x^r=y$ n’a pas de solution dans $G$.

Supposons maintenant que $y\in\text{Im}(f)$. Il existe $x_0\in G$ tel que $x_0^r=y$. Soit $x\in G$.

$$x^r=y\Leftrightarrow x^r=x_0^r\Leftrightarrow\left(xx_0^{-1}\right)^r=e\Leftrightarrow xx_0^{-1}\in\text{Ker}(f)=\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right)\Leftrightarrow x\in x_0\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right).$$

L’ensemble des solutions de l’équation $x^r=y$ est donc $\mathscr{Z}=x_0\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right)=\left\{x_0a^{\frac{kn}{d}},\;k\in\mathbb{Z}\right\}$. Ensuite, l’application $x\mapsto x_0x$ induit une bijection de $\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right)$ sur $x_0\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right)$. Donc, $\text{card}(\mathscr{S})=\text{card}\left(\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right)\right)$.

Il reste à déterminer l’ordre de $\text{gr}\left(a^{\frac{n}{d}}\right)$ qui est encore l’ordre de l’élément $a^{\frac{n}{d}}$. Soit $k\in\mathbb{Z}$.

$$\left(a^{\frac{n}{d}}\right)^k=e\Leftrightarrow a^{\frac{kn}{d}}=e\Leftrightarrow \dfrac{kn}{d}\in n\mathbb{Z}\Leftrightarrow k\in d\mathbb{Z}.$$

L’ordre de $a^{\frac{n}{d}}$ est donc $d$ puis, le nombre de solutions deux à deux distinctes de l’équation $x^r=y$ est $d$.

En résumé, $\text{card}(\mathscr{S})=\left\{\begin{array}{l}d\;\text{si}\;y\in\text{gr}\left(a^d\right)\\0\;\text{si}\;y\notin\text{gr}\left(a^d\right)\end{array}\right.$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Définition. Soient $(G,\star)$ et $(G’,\star’)$ deux groups et $f$ une apllication de $G$ vers $G’$. $f$ est un morphisme de groupes si et seulement si, pour tout $(x,y)\in G^2$, $f(x\star y)=f(x)\star’f(y)$.

$\bullet$ Définition (en notation multiplicative). Soient $(G,\times)$ un groupe et $a$ un élément de $G$.

$a$ est d’ordre fini si et seulement si il existe $k_0\in\mathbb {N}^*$ tel que $a^{k_0}=e$. Dans ce cas, l’ordre de $a$ est $n=\text{Min}\left\{k\in\mathbb{N}^*/\;a^k=e\right\}$.

$a$ est d’ordre infini si et seulement si $\forall k\in\mathbb{N}^*$, $a^k\neq e$.

$\bullet$ Théorème (en notation multiplicative). L’ordre d’un élément $a$ dans un groupe $G$ est égal à l’ordre (ou encore le cardinal) de $\text{gr}(a)=\left\{a^k,\;k\in\mathbb{Z}\right\}$, le groupe engendré par $a$.

Si $a$ est d’ordre fini $n$, pour tout $k\in\mathbb{Z}$, $a^k=e\Leftrightarrow k\in n\mathbb{Z}$.