\documentclass[10pt]{article}

\usepackage[cp1252]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern}
\usepackage[a4paper]{geometry}
\usepackage{amsmath, amssymb}
\usepackage{dsfont}
\usepackage[frenchb]{babel}

\usepackage{graphicx}


\usepackage{amsthm}

\theoremstyle{plain}
\newtheorem*{thm}{Th\'eor\`eme}
\newtheorem*{lem}{Lemme}
\newtheorem*{prop}{Proposition}
\newtheorem*{cor}{Corollaire}

\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{defi}{D\'efinition}
\newtheorem*{exe}{Exemple}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{rmq}{Remarque}

\begin{document}
\pagestyle{empty}

\begin{center}
\Large Automorphisme de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.
\end{center}

\medskip

Référence : \emph{Francinou-Gianella, Exercices de mathématiques pour l'agrégation, p7 (modification de la fin pour éviter les suites exactes)}

\medskip

On a l'isomorphisme \[ \begin{array}{ccl} \left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\right)^{\times} &\longrightarrow & \textrm{Aut}\left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\right) \\ s & \longmapsto & x\mapsto sx \end{array}. \]
En notant $n=p_1^{\alpha_1}\dots p_r^{\alpha_r}$, par le théorème chinois, on a \[ \left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\right)^{\times} \cong \prod\limits_{i=1}^r{\left(\mathbb{Z}/p_i^{\alpha_i}\mathbb{Z}\right)^{\times}}. \]

\begin{thm}
$p$ premier impair, $\displaystyle{\left(\mathbb{Z}/p^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times} \cong \mathbb{Z}/\varphi(p^{\alpha})\mathbb{Z}=\mathbb{Z}/p^{\alpha-1}(p-1)\mathbb{Z}}$.

$\left(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\right)^{\times}\cong\left\{1\right\}$ ; $\left(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\right)^{\times}\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ; $\alpha\geq 3, \left(\mathbb{Z}/2^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2^{\alpha-2}\mathbb{Z}$.
\end{thm}
\begin{proof} \

$\bullet$ $p$ impair.
\begin{lem}
$\forall k\in\mathbb{N}, \exists \lambda\in\mathbb{N}^*$, pgcd$(\lambda,p)=1,\ (1+p)^{p^k}=1+\lambda p^{k+1}.$
\end{lem}
\begin{proof}
Par récurrence sur $k$.

$k=0$, ok avec $\lambda=1$.

$k\geq 1$. Par hypothèse de récurrence, il existe $\lambda\in\mathbb{N}^*$, pgcd$(\lambda,p)=1,\ (1+p)^{p^{k-1}}=1+\lambda p^k.$
\[ (1+p)^{p^k}=(1+\lambda p^k)^p = 1 + \sum\limits_{i=1}^{p-1}{\binom{p}{i}\lambda^i p^{ki}}+\lambda^pp^{kp} \]
Or $\displaystyle \forall \ 1\leq i \leq p-1, \ p \mid \binom{p}{i}$.
Donc $\displaystyle \forall \ 2\leq i \leq p-1, \ p^{k+2}\mid\binom{p}{i}\lambda^ip^{ki}$ et $p^{k+2}\mid p^{kp}$ car $p\geq3$.

Ainsi \[ \begin{array}{rcl} (1+p)^{p^k} &= &1+\lambda p^{k+1} + hp^{k+2} \\ &= & 1+(\lambda+ph)p^{k+1} \end{array} \] et on a bien pgcd($\lambda+ph,p$)=pgcd($\lambda,p$)=1.

\end{proof}

Ainsi $\forall k\in\left\{1,\dots,\alpha-2\right\}, (1+p)^{p^k}=1+\lambda_k p^{k+1} \neq 1 [p^{\alpha}]$ et $(1+p)^{p^{\alpha-1}}=1+\lambda_{\alpha-1}p^{\alpha} = 1 [p^{\alpha}]$.
$1+p$ est donc un élément d'ordre $p^{\alpha-1}$ dans $\displaystyle \left(\mathbb{Z}/p^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}.$

\smallskip

Comme $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est un corps, $\displaystyle \left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^{\times}$ est cyclique de cardinal $p-1$.

$id : \mathbb{Z}\longrightarrow\mathbb{Z}$ induit \[  \psi : \begin{array}{ccl} \left(\mathbb{Z}/p^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times} &\longrightarrow &\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^{\times} \\ \bar{x} &\longmapsto &x \textrm{ mod } p \end{array}. \]

$\psi$ est clairement surjectif. Soit $y\in\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^{\times}$ tel que $\psi(y)$ engendre $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right)^{\times}\cong\mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z}$. 
Soit $r$ l'ordre de $y$. On a $1=\psi(1)=\psi(y^r)=\psi(y)^r$. Donc $p-1\mid r$. 

Comme pour tout $d\mid n$, il existe un unique sous-groupe d'ordre $d$ de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, $\exists x\in <y>$ d'ordre $p-1$.

Enfin, comme $\left(\mathbb{Z}/p^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}$ est abélien, $x(1+p)$ est d'ordre $p^{\alpha-1}(p-1)=\left|\left(\mathbb{Z}/p^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}\right|$ car les ordres sont premiers entre eux. $\left(\mathbb{Z}/p^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}$ est donc cyclique et est isomorphe à $\mathbb{Z}/\varphi(p^{\alpha})\mathbb{Z}=\mathbb{Z}/p^{\alpha-1}(p-1)\mathbb{Z}$.

\medskip

$\bullet$ $p=2$.

$\left(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\right)^{\times}\cong\left\{1\right\}$ et $\left(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\right)^{\times}\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ sont clairs.

Désormais $\alpha \geq 3$.
\begin{lem}
$\forall \ k\in\mathbb{N}, \exists \lambda$ impair tel que $5^{2^k}=1+\lambda 2^{k+2}$.
\end{lem}
\begin{proof}
Par récurrence sur $k$.

$k=0$ est clair : $5=1+2^2$.

$k\geq 1$. Par hypothèse de récurrence, il existe $\lambda$ impair tel que $5^{2^{k-1}}=1+\lambda 2^{k+1}$.
D'où \[ \begin{array}{rcl} 5 = \left(1+\lambda 2^{k+1}\right)^2 &= &1+2\lambda 2^{k+1}+\lambda^2 2^{2k+2} \\ &= &1+2^{k+2}(\underbrace{\lambda+\lambda^2 2^{k}}_{\textrm{impair}}) \end{array}. \]

\end{proof}

Ainsi, comme dans le premier cas, $5$ est d'ordre $2^{\alpha-2}$ dans $\left(\mathbb{Z}/2^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}$.

Le groupe $<5>$ est d'indice $2$ dans $\left(\mathbb{Z}/2^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}$, il est donc distingué.

$-1\notin<5>$. En effet, si $-1\in<5>$, il existe $r\in\mathbb{N}$ tel que $-1=5^r \ [2^{\alpha}]$, i.e. $-1=5^r+\lambda 2^{\alpha}$, $\alpha\in\mathbb{Z}$. Cette égalité modulo $4$ donne $1=3$ ce qui est manifestement faux.

Ainsi $<-1>\cap<5>=\left\{1\right\}$ et $|<-1>|.|<5>|=2^{\alpha-1}=\left|\left(\mathbb{Z}/2^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}\right|$.

On a donc \[  \left(\mathbb{Z}/2^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}\cong \underbrace{<5>}_{\cong \mathbb{Z}/2^{\alpha-2}\mathbb{Z}}  \rtimes  \underbrace{<-1>}_{\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}}. \]

Or $\left(\mathbb{Z}/2^{\alpha}\mathbb{Z}\right)^{\times}$ est abélien donc le produit semi-direct est en fait direct.

\end{proof}
\end{document}