Anneaux & Corps

On se donne $\displaystyle x\in A$ non nul et on veut montrer qu’il a un inverse. Soit le morphisme $\displaystyle f:A\to A, y\mapsto xy$. Comme $\displaystyle A$ est intègre, on en déduit que $\displaystyle f$ est injective. Comme $\displaystyle A$ est fini, elle est donc aussi surjective, donc bijective. Il existe alors $\displaystyle y$ tel que $\displaystyle xy=1$. On raisonne de même pour l’existence d’un inverse à gauche.

On a $\displaystyle (a+b)^n=\sum_{k=0}^n {n\choose k}a^kb^{n-k}$ car $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ commutent. Soit $\displaystyle n_a$ et $\displaystyle n_b$ les indices de nilpotence de $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$. On imagine bien que si on prend $\displaystyle n$ suffisamment grand on aura $\displaystyle a^kb^{n-k}=0$ pour tous les $\displaystyle k$. Il faut donc formaliser un peu cette idée : prenons $\displaystyle n>2\max(n_a,n_b)$. Donc pour tout entier $\displaystyle k$ entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle n$, on a $\displaystyle a^kb^{n-k}=0$ car de deux choses l’une : soit $\displaystyle k\ge n_a$ et c’est gagné car $\displaystyle a^k=0$, soit $\displaystyle k< n_a\le \max(n_a,n_b)$ et alors $\displaystyle n-k\ge n-\max(n_a,n_b)>\max(n_a,n_b)\ge n_b$, et cette fois-ci $\displaystyle b^{n-k}=0$. Ainsi $\displaystyle (a+b)^n=0$.

Pour $\displaystyle ab$ c’est encore plus simple, on a $\displaystyle (ab)^n=a^nb^n$ car $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ commutent. Et on voit tout de suite qu’il suffit de prendre $\displaystyle n\ge\min(n_a,n_b)$ pour avoir $\displaystyle a^nb^n=0$.

1. On remarque que $\displaystyle \Z[i]$ est un sous-anneau de $\displaystyle \C$, en particulier si $\displaystyle z,z'\in\Z[i]$ alors $\displaystyle zz'\in\Z[i]$. Montrons que $\displaystyle N$ est multiplicative. Soit $\displaystyle z,z'\in\Z[i]$. On a $$N(zz')=zz'\overline{zz'}=z\overline{z}z'\overline{z'}=N(z)N(z'),$$ car $\displaystyle \overline{zz'}=\overline{z}\overline{z'}$ et $\displaystyle \C$ est commutatif. Cela montre également que $\displaystyle \Sigma$ est stable par multiplication. En effet pour tout $\displaystyle m,m'\in \Sigma$, il existe $\displaystyle z,z'\in\Z[i]$ tels que $\displaystyle m=N(z)$ et $\displaystyle m'=N(z')$. Il suffit alors de remarquer que $\displaystyle mm'=N(z)N(z')=N(zz')=r^2+s^2$ avec $\displaystyle r,s\in\Z$, i.e. $\displaystyle N(zz')\in \Sigma$.
   Posons $\displaystyle z=a+ib$ et $\displaystyle z'=c+id$. On a $\displaystyle zz'=ac-bd+i(bc+ad)$. Il suffit alors d’écrire $\displaystyle N(z)$, $\displaystyle N(z')$, $\displaystyle N(zz')$, et d’utiliser la multiplicativité de $\displaystyle N$ pour déduire l’identité de Lagrange.

2. Soit $\displaystyle z\in \Z[i]^*$ un inversible de $\displaystyle \Z[i]$. Alors il existe $\displaystyle z'\in \Z[i]$ tel que $\displaystyle zz'=1$. Ainsi $$N(zz')=N(z)N(z')=N(1)=1.$$ Comme $\displaystyle N(z),N(z')\in\N$, cela force $\displaystyle N(z)=N(z')=1$. Donc il faut trouver les entiers $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ tels que $\displaystyle a^2+b^2=1$. Il n’y a pas beaucoup de choix : $\displaystyle a=\pm1$ et $\displaystyle b=0$, ou : $\displaystyle a=0$ et $\displaystyle b=\pm1$. Cela correspond au cas $\displaystyle z=\pm1$ ou $\displaystyle z=\pm i$. On vérifie bien que ces $\displaystyle 4$ éléments sont inversibles dans $\displaystyle \Z[i]$, et on conclut que $\displaystyle \Z[i]^*=\{±1,±i\}$.

3. D’abord, on remarque $\displaystyle \Z[i]$ est intègre en tant que sous-anneau de l’anneau intègre $\displaystyle \C$.
   Soit $\displaystyle z,D\in\Z[i]$. Il faut maintenant approximer $\displaystyle \frac{z}{D}=x+iy$ par un $\displaystyle q=a+ib\in\Z[i]$. On choisit les entiers $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ les plus proches de $\displaystyle x$ et $\displaystyle y$ de sorte que $\displaystyle |x-a|\le 1/2$ et $\displaystyle |y-b|\le 1/2$. Alors $\displaystyle |z/D-q|^2\le 1/4+1/4<1$. En posant $\displaystyle r=z-qD\in\Z[i]$, on a donc $\displaystyle N(r)=|r|^2=|D|^2|z/D-q|^2<|D|^2=N(D)$, ce qu’on voulait.
   On en déduit que $\displaystyle \Z[i]$ est euclidien (donc principal, donc factoriel, cf cours M1).

4. Soit $\displaystyle a\in\mathbb F_p^*$ avec $\displaystyle a=x^2$. Alors $\displaystyle a^{\frac{p-1}{2}}=x^{p-1}=1$ car $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est un groupe de cardinal $\displaystyle p-1$ ($\displaystyle \mathbb F_p$ est un corps i.e. tous les éléments non nul de $\displaystyle \mathbb F_p$ sont inversibles et il y en a $\displaystyle p-1$).
   Montrons la réciproque. On sait déjà d’après ce qui précède que $\displaystyle I:=\left\{x^2, x\in \mathbb F_p^*\right\}\subset \left\{a\in \mathbb F_p^*, \ a^{\frac{p-1}{2}}=1\right\}:=R$. L’application $\displaystyle \phi:\mathbb F_p^*\to \mathbb F_p^*$, $\displaystyle x\mapsto x^2$, est un morphisme de groupe car $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est commutatif. Comme $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est de cardinal $\displaystyle p-1$ et que le noyau de $\displaystyle \phi$ est $\displaystyle \{1,-1\}$ (de cardinal $\displaystyle 2$), on en déduit par le théorème de l’isomorphisme que $\displaystyle I={\rm Im}\ \phi$ est de cardinal $\displaystyle \frac{p-1}{2}$. Or $\displaystyle R$ est l’ensemble des racines du polynôme $\displaystyle X^{\frac{p-1}{2}}-1$ sur le corps $\displaystyle \mathbb F_p$, donc le cardinal de $\displaystyle R$ est plus petit que $\displaystyle \frac{p-1}{2}$. Comme $\displaystyle I\subset R$, il vient $\displaystyle I=R$, ce qu’on voulait.

5. (i) $\displaystyle \Longrightarrow$ (ii) — Écrivons $\displaystyle p=a^2+b^2$. Faisons les différents cas modulo $\displaystyle 4$. Soit $\displaystyle a=0,1,2,3\ [4]$, d’où $\displaystyle a^2=0,1\ [4]$, idem pour $\displaystyle b^2$. Donc $\displaystyle a^2+b^2=0,1,2\ [4]$. Comme $\displaystyle p$ est impair, il ne reste que la possibilité $\displaystyle p=1\ [4]$.
   (ii) $\displaystyle \Longrightarrow$ (iii) — On va utiliser le résultat avec le symbole de Legendre à la question 4). Écrivons $\displaystyle p=1+4k$, alors $\displaystyle (-1)^{(p-1)/2}=(-1)^{2k}=1$, ce qui implique que $\displaystyle -1$ est un carré dans $\displaystyle \mathbb F_p$.
   (iii) $\displaystyle \Longrightarrow$ (iv) — On a les isomorphismes d’anneaux suivants : $$\Z[i]/(p)\simeq \Z[X]/(X^2+1,p) \simeq \mathbb F_p[X]/(X^2+1).$$ Comme $\displaystyle -1$ est un carré dans $\displaystyle \mathbb F_p$, le polynôme $\displaystyle X^2+1$ n’est pas irréductible dans $\displaystyle \mathbb F_p[X]$, donc $\displaystyle \mathbb F_p[X]/(X^2+1)\simeq \Z[i]/(p)$ n’est pas un corps. Ainsi l’idéal $\displaystyle (p)$ ne peut pas être premier et donc $\displaystyle p$ n’est pas irréductible dans $\displaystyle \Z[i]$.
   (iv) $\displaystyle \Longrightarrow$ (i) — Écrivons $\displaystyle p=zz'$ avec $\displaystyle z,z'\notin \Z[i]^*=\{±1,±i\}$. On a $\displaystyle N(p)=p^2=N(z)N(z')$. Comme $\displaystyle N(z)>1$ et $\displaystyle N(z')>1$ et que chacun vaut $\displaystyle p$ ou $\displaystyle p^2$ car $\displaystyle p$ premier, il vient $\displaystyle N(z)=N(z')=p$. Donc $\displaystyle p\in\Sigma$.

6. ($\displaystyle \Longleftarrow$) Dans la décomposition de $\displaystyle n$, si $\displaystyle p=1\ [4]$ alors $\displaystyle p\in\Sigma$. Par stabilité de $\displaystyle \Sigma$ par multiplication, il vient $\displaystyle \prod_{p=1\ [4],\ p|n} p^{v_p(n)}\in\Sigma$. Si $\displaystyle p=3\ [4]$, $\displaystyle v_p(n)$ est pair par hypothèse, donc $\displaystyle p^{v_p(n)}$ est un carré et en particulier $\displaystyle p^{v_p(n)}\in\Sigma$. On invoque encore la stabilité de $\displaystyle \Sigma$ pour conclure que $\displaystyle n\in\Sigma$.
   ($\displaystyle \Longrightarrow$) Soit $\displaystyle p=3\ [4]$ qui divise $\displaystyle n=a^2+b^2=(a+ib)(a-ib)$. Par ce qui précède, $\displaystyle p$ est irréductible dans $\displaystyle \Z[i]$ qui est un anneau factoriel, donc $\displaystyle p$ divise $\displaystyle a+ib$ ou $\displaystyle a-ib$, disons $\displaystyle a+ib$. Alors $\displaystyle p$ divise $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ car $\displaystyle p\in\N$, et donc aussi $\displaystyle a-ib$. Écrivons $\displaystyle a+ib=p^kz$ avec $\displaystyle p$ ne divisant pas $\displaystyle z$. Donc $\displaystyle a-ib=p^k\overline{z}$. Ainsi $\displaystyle n=p^{2k}|z|^2$. On en déduit que $\displaystyle v_p(n)$ est pair.

Il faut faire des manipulations simples et utiliser le fait super important que l’égalité dans l’hypothèse est vraie pour tous les $\displaystyle x$. Quel élément très simple créer à partir d’un $\displaystyle x$ ? Si $\displaystyle x$ était inversible on aurait pensé à $\displaystyle x^{-1}$. On va proposer des choses avec l’addition : $\displaystyle -x$, $\displaystyle x+x=2x$, etc. Le $\displaystyle -x$ nous donne pas de nouvelles infos. On essaie $\displaystyle 2x$. On a $\displaystyle (2x)^3=8x^3=2x$. Mais on a aussi $\displaystyle x^3=x$, donc $\displaystyle 8x=2x$, et alors $\displaystyle 6x=0$. Tiens, c’est gagné !

Regarder les premières puissances d’un élément $\displaystyle a$.

On a : $\displaystyle a$, $\displaystyle a^2$, $\displaystyle a^3=a$, $\displaystyle a^4=a^3a=aa=a^2$, $\displaystyle a^5=a^3a^2=aa^2=a$, etc. Donc on voit que toutes les puissances de $\displaystyle a$ sont de la forme $\displaystyle a$ ou $\displaystyle a^2$, et on peut le montrer facilement par récurrence. Soit $\displaystyle x$ nilpotent d’indice $\displaystyle n$, alors $\displaystyle x^n=0$ et vaut aussi soit $\displaystyle x$, i.e. $\displaystyle x=0$, soit $\displaystyle x^2=0$. Si $\displaystyle x^2=0$ alors $\displaystyle 0=x^3=x$. Donc le seul élément nilpotent dans $\displaystyle A$ est $\displaystyle 0$.

Corps de rupture.

Le polynôme $\displaystyle X^2+X+1$ est de degré $\displaystyle 2$ et n’a pas de racines dans le corps $\displaystyle \mathbb F_2=\Z/2\Z=\{0,1\}$ car
$$\begin{aligned} 0^2+0+1&=1 \\ 1^2+1+1&=1. \end{aligned}$$ Donc $\displaystyle X^2+X+1$ est irréductible sur $\displaystyle \mathbb F_2$, et alors $\displaystyle \mathbb F_2[X]/(X^2+X+1)$ est un corps, qui de plus a $\displaystyle 2^2=4$ éléments, c’est donc $\displaystyle \mathbb F_4$. Dans $\displaystyle \mathbb F_4$, qui est de caractéristique $\displaystyle 2$, on a forcément comme éléments : $\displaystyle 0$, $\displaystyle 1$, un autre élément $\displaystyle a$ qui n’est pas $\displaystyle 0$ ou $\displaystyle 1$, on peut aussi construire $\displaystyle a+1$, qui n’est pas $\displaystyle 0$ (car sinon $\displaystyle a=1$), n’est pas $\displaystyle 1$ (car sinon $\displaystyle a=0$) et n’est pas $\displaystyle a$ (car sinon $\displaystyle 1=0$).
Donc on est bon, on a les $\displaystyle 4$ éléments de $\displaystyle \mathbb F_4$ ! Vu l’isomorphisme avec l’espace quotient, on a la relation $\displaystyle a^2+a+1=0$, i.e. $\displaystyle a^2=a+1$.

On peut donc écrire la table d’addition :
$$\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline +& 0& 1& a & a+1 \\\hline\hline 0& 0& 1& a& a+1 \\\hline 1& 1 & 0 &a+1 &a \\\hline a& a & a+1& 0& 1\\\hline a+1& a+1& a& 1 & 0\\\hline \end{array}$$
et la table de multiplication :
$$\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline \times& 0& 1& a & a+1 \\\hline\hline 0& 0& 0& 0& 0 \\\hline 1& 0 & 1 &a &a+1 \\\hline a& 0 & a& a+1& 1\\\hline a+1& 0& a+1& 1 & a\\\hline \end{array}$$

Élément nilpotent 👉 Élever à la puissance.

Si $\displaystyle ab$ est nilpotent alors il existe $\displaystyle n$ tel que $\displaystyle abab...abab=0$ ($\displaystyle n$ fois dans le produit). Si on multiplie par $\displaystyle b$ à gauche et par $\displaystyle a$ à droite, on obtient $\displaystyle babab...ababa=0$ et on voit donc que $\displaystyle ba$ est nilpotent !

• Élément nilpotent 👉 Élever à la puissance.
• C’est plus facile de travailler avec un élément inversible $\displaystyle a$ car on peut faire des calculs avec $\displaystyle a^{-1}$.

Supposons que $\displaystyle a$ est inversible. Partons de ce qu’on sait i.e. $\displaystyle a^n=0$. En multipliant par $\displaystyle a^{-1}$ à gauche $\displaystyle n-1$ fois, on obtient $\displaystyle a=0$, contradiction car $\displaystyle 0$ n’est pas inversible pour $\displaystyle \cdot$ !
Si $\displaystyle 1-a$ était inversible on pourrait écrire formellement “$\displaystyle \frac{1}{1-a}=1+a+a^2+\cdots=1+a+\cdots +a^{n-1}$” car si $\displaystyle a$ est nilpotent d’indice $\displaystyle n$, on a $\displaystyle a^n=0$. Il suffit en fait de calculer par télescopage : $$(1-a)(1+a+\cdots +a^{n-1})=1-a^n=1,$$ pour voir que $\displaystyle 1+a+\cdots +a^{n-1}$ est l’inverse de $\displaystyle 1-a$.

L’écriture formelle, c’était juste histoire de se rappeler l’inverse à partir de notre série harmonique préférée 😍, mais c’est un peu idiot car bien sûr c’est exactement en faisant le produit $\displaystyle (1-x)(1+x+\cdots +x^{n-1})$ qu’on trouve la formule de la série harmonique 😜

• $\displaystyle p$ premier 👉 Petit théorème de Fermat, $\displaystyle \Z/p\Z$ est un corps.
• Le nombre de racines d’un polynôme de degré $\displaystyle n$ n’exède pas $\displaystyle n$ dans un corps.

1. L’anneau $\displaystyle \mathbb F_p$ est un corps car $\displaystyle p$ est premier : tous les éléments non nul de $\displaystyle \mathbb F_p$ sont inversibles et il y en a $\displaystyle p-1$, formant ainsi le groupe des inversibles $\displaystyle \mathbb F_p^*$. On en déduit que $\displaystyle \left(\frac{a}{p}\right)=0$ si et seulement si $\displaystyle a=0\ [p]$. Si $\displaystyle a\neq 0$ dans $\displaystyle \mathbb F_p$, alors en posant $\displaystyle x=a^{\frac{p-1}{2}}$, il vient $\displaystyle x^2=a^{p-1}=1$ (on invoque la cardinalité de $\displaystyle \mathbb F_p^*$ ou ce qui revient au même le petit théorème de Fermat). Or l’équation $\displaystyle X^2=1$ n’a que deux solutions dans le corps $\displaystyle \mathbb F_p$ : $\displaystyle 1$ et $\displaystyle -1$.

2. Soit $\displaystyle a\in\mathbb F_p^*$ avec $\displaystyle a=x^2$. Alors $\displaystyle a^{\frac{p-1}{2}}=x^{p-1}=1$ car $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est un groupe de cardinal $\displaystyle p-1$.
   Montrons la réciproque. On sait déjà d’après ce qui précède que $\displaystyle I:=\left\{x^2, x\in \mathbb F_p^*\right\}\subset \left\{a\in \mathbb F_p^*, \ a^{\frac{p-1}{2}}=1\right\}:=R$. L’application $\displaystyle \phi:\mathbb F_p^*\to \mathbb F_p^*$, $\displaystyle x\mapsto x^2$, est un morphisme de groupe car $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est commutatif. Comme $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est de cardinal $\displaystyle p-1$ et que le noyau de $\displaystyle \phi$ est $\displaystyle \{1,-1\}$ (de cardinal $\displaystyle 2$), on en déduit par le théorème de l’isomorphisme que $\displaystyle I={\rm Im}\ \phi$ est de cardinal $\displaystyle \frac{p-1}{2}$. Or $\displaystyle R$ est l’ensemble des racines du polynôme $\displaystyle X^{\frac{p-1}{2}}-1$ sur le corps $\displaystyle \mathbb F_p$, donc le cardinal de $\displaystyle R$ est plus petit que $\displaystyle \frac{p-1}{2}$. Comme $\displaystyle I\subset R$, il vient $\displaystyle I=R$, ce qu’on voulait.

$\displaystyle p$ premier et congruence 👉 $\displaystyle \Z/p\Z$ est un corps ou petit théorème de Fermat.

$\displaystyle (\Longleftarrow)$ Supposons $\displaystyle (p-1)!+1=0\ [p]$. Soit $\displaystyle d\ | \ p$ avec $\displaystyle 1\le d\le p-1$. Alors $\displaystyle d\ |\ (p-1)!$, et comme $\displaystyle (p-1)!+1=kp$, $\displaystyle k\in\N$, on en déduit que $\displaystyle d\ |\ 1$, i.e. $\displaystyle d=1$. Ce qui montre que $\displaystyle p$ est premier.
$\displaystyle (\Longrightarrow)$ Supposons $\displaystyle p$ premier. Alors $\displaystyle A=\Z/p\Z$ est un corps. On peut écrire $$(p-1)!=\prod_{x\in A^*}x\ [p].$$ Dans ce produit, on peut apparier les éléments $\displaystyle x$ tels que $\displaystyle x\neq x^{-1}$ avec leur inverse $\displaystyle x^{-1}$. On a alors $\displaystyle xx^{-1}=1$. Il reste les éléments $\displaystyle y$ qui sont leur propre inverse, i.e. $\displaystyle y=y^{-1}$. Quels sont-ils ? On a $\displaystyle y^2=1$, et cette équation n’a que deux solutions dans le corps $\displaystyle A$ : $\displaystyle y=1$ et $\displaystyle y=-1$. Ainsi $\displaystyle (p-1)!=-1\ [p]$, ce qu’on voulait.

Considérer les éléments $\displaystyle 3$ et $\displaystyle 2+i\sqrt{5}$.

Cherchons d’abord les inversibles de $\displaystyle \Z[i\sqrt{5}]$. Par les propriétés du module sur $\displaystyle \C$ on a $\displaystyle N(zz')=N(z)N(z')$. Soit $\displaystyle z=a+ib\sqrt{5}\in\Z[i\sqrt{5}]$ inversible dans $\displaystyle \Z[i\sqrt{5}]$. Alors il existe $\displaystyle z'\in\Z[i\sqrt{5}]$ tel que $\displaystyle zz'=1$. On a alors $\displaystyle N(z)N(z')=N(1)=1$. Comme $\displaystyle N$ est à valeurs dans $\displaystyle \N$, il vient $\displaystyle N(z)=a^2+5b^2=1$, d’où $\displaystyle a=\pm 1$ et $\displaystyle b=0$. Donc les seuls inversibles de $\displaystyle \Z[i\sqrt{5}]$ sont $\displaystyle 1$ et $\displaystyle -1$.
Montrons que $\displaystyle 3$, $\displaystyle p=2+i\sqrt{5}$ et $\displaystyle \overline{p}$ sont irréductibles dans $\displaystyle \Z[i\sqrt{5}]$. Écrivons $\displaystyle 3=zq$ avec $\displaystyle z=a+ib\sqrt{5}$ et $\displaystyle q$ non inversibles. Donc $\displaystyle N(z),N(q)\neq 1$. Comme $\displaystyle N(3)=9=N(z)N(p)$, on en déduit $\displaystyle N(z)=N(q)=3=a^2+5b^2$. Cela force $\displaystyle b=0$, et donc $\displaystyle a^2=3$, ce qui n’est pas possible avec $\displaystyle a\in\N$. On fait le même raisonnement avec $\displaystyle p$ et $\displaystyle \overline{p}$ car $\displaystyle N(p)=N(\overline{p})=9$. Ainsi $\displaystyle 3$, $\displaystyle p=2+i\sqrt{5}$ et $\displaystyle \overline{p}$ sont irréductibles dans $\displaystyle \Z[i\sqrt{5}]$. Remarquant que $$9=3\cdot 3=p\cdot \overline{p},$$ on en déduit que $\displaystyle \Z[i\sqrt{5}]$ n’est pas factoriel car sinon la décomposition de $\displaystyle 9\in \Z[i\sqrt{5}]$ en facteurs irréductibles serait unique aux inversibles près.

La question 1 a des réminiscences d’algèbre linéaire… Un raisonnement sur les cardinaux permet de simplifier largement la preuve de la bijectivité !

1. Montrons que $\displaystyle \phi$ est un morphisme d’anneaux : cela découle du fait (résultat classique du cours) que chaque application $\displaystyle \phi_i : \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/n_i\mathbb{Z}$ définie par $\displaystyle \phi(p) = p[n_i]$ est un morphisme d’anneau. Le passage à l’anneau produit est immédiat.
   Montrons que $\displaystyle \phi$ est injective. Comme on a déjà montré que $\displaystyle \phi$ est un morphisme d’anneau (en particulier un morphisme entre les groupes additifs), il suffit de montrer que si $\displaystyle \phi(p)=(0,\ldots,0)$, alors $\displaystyle p=0$. Mais si un entier $\displaystyle p \in \mathbb{Z}$ vérifie $\displaystyle \phi(p)=(0,\ldots,0)$ alors on a $\displaystyle p=0[n_i]$ pour tout $\displaystyle 1 \le i \le k$, autrement dit $\displaystyle p$ est divisible par chacun des $\displaystyle n_i$. Mais comme les $\displaystyle n_i$ sont premiers entre eux deux à deux, le théorème de Gauss permet de conclure que $\displaystyle p$ est divisible par le produit $\displaystyle \prod_{i=1}^k n_i = n$, on a donc bien $\displaystyle p[n]=0$ comme voulu.
   Pour montrer que $\displaystyle \phi$ est bijective, nul besoin de montrer directement sa surjectivité. Il suffit de constater que les ensembles $\displaystyle \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ et $\displaystyle \mathbb{Z}/n_1\mathbb{Z} \times \dots \times \mathbb{Z}/n_k\mathbb{Z}$ ont le même cardinal $\displaystyle n= \prod_{i=1}^k n_i$.
2. On constate que les trois nombres $\displaystyle 3,5,7$ sont premiers entre eux deux à deux et on a $\displaystyle 3.5.7=105$. D’après la question précédente, on sait que l’ensemble des solutions du système d’équations peut être décrit sous la forme $\displaystyle \{n_0+105n : n \in \mathbb{Z}\}$ où $\displaystyle n_0$ est l’unique solution du sytème d’équations dans l’intervalle $\displaystyle \{0,\ldots,104\}$.
   La résolution de la question précédente ne donne pas de méthode permettant d’obtenir la valeur du représentant $\displaystyle n_0$… On peut ici y arriver par tâtonnement, mais voici une façon qui peut être généralisée :
   On cherche d’abord un entier $\displaystyle m_1$ tel que $\displaystyle m_1[3]=1$, $\displaystyle m_1[5]=0$ et $\displaystyle m_1[7]=0$. Il suffit de chercher parmi les multiples de $\displaystyle 35$ et on trouve rapidement $\displaystyle m_1 = 70$ convient.
   De même, on vérifie que $\displaystyle m_2=21$ vérifie $\displaystyle m_2[3]=0$, $\displaystyle m_2[5]=1$ et $\displaystyle m_2[7]=0$, et que $\displaystyle m_3=15$ vérifie $\displaystyle m_3[3]=0$, $\displaystyle m_3[5]=0$ et $\displaystyle m_3[7]=1$.
   Les entiers $\displaystyle m_1,m_2,m_3$ ont été construits de telle sorte que le nombre $\displaystyle am_1+bm_2+cm_3$ soit respectivement congru à $\displaystyle a,b$ et $\displaystyle c$ modulo $\displaystyle 3,5$ et $\displaystyle 7$. On a $\displaystyle 2 m_1+3m_2+2m_3 = 333 = 2.105+23$, donc $\displaystyle n_0=23$ est une solution du système de congruences et elle est bien dans $\displaystyle \{0,\ldots,104\}$.
   Conclusion : l’ensemble des solutions du système de congruences est l’ensemble $\displaystyle 23+105\mathbb{Z}$.