Agrégation interne
Corrigé de la première épreuve de l’agreg’ interne 2000
Merci d’avance de me signaler toutes les erreurs (petites ou grosses) qui auraient pu échapper à ma vigilance… 

PARTIE I

Question 1
Pour aZ, on a l’équivalence des assertions suivantes :
(i)	[a]m est inversible dans Z/mZ.
(ii)	Il existe bZ tel que [a]m.[b]m=[1]m.
(iii)	Il existe bZ tel que [ab-1]m=[0]m.
(iv)	Il existe bZ et kZ tels que ab-1=km.
(v)	a  est premier avec m.       (Bezout)
Ce qui établit donc bien le résultat.
Question 2-a
Sachant que (Z/mZ)x est un groupe commutatif pour le produit, on a, pour a,b(Z/mZ)x :
(•)	a2(Z/mZ)x  (car le produit est une loi de composition interne dans (Z/mZ)x), et donc s est bien à valeurs dans (Z/mZ)x.
(•)	s(ab)=(ab)2=a2b2=s(a)s(b)
Donc s est bien un morphisme de groupes de (Z/mZ)x dans lui même, et donc son image S est un sous groupe de (Z/mZ)x.
Question 2-b
              Pour m=5 :
On sait que Z/5Z={[k]5 , k{0,1,2,3,4}}. La première question nous indique alors :
(Z/5Z)x={[k]15, k{1,2,3,4}}.
Par ailleurs, en regardant les carrés de ces quatre éléments, on a :
([1]5)2=[12]5=[1]5 ; [22]5 =[4]5 ; [32]5 =[9]5=[4]5 ; [42]5=[16]5=[1]5.
Donc : S={[1]5,[4]5}.
              Pour m=15 :
En reprenant les mêmes raisonnements, on trouve :
(Z/15Z)x={[k]5, k{1,2,4,7,8,11,13,14}}.
[12]15=[1]15 ; [22]15=[4]15 ; [42]15=[16]15=[1]15 ; [72]15=[49]15=[4]15 ; [82]15=[64]15=[4]15 ; [112]15=[121]15=[1]5 ; [132]15=[169]15=[4]15 ; [142]15=[196]15=[1]15.
Donc : S={[1]15 ;[4]15}.
Question 3-a
On rappelle que (Z/pZ)={[k]p, k{0,1,…, p-1}.
Donc (Z/pZ)x={[k]p, k{0,1,…, p-1} et k premier avec p}.
Or, 0 n’est pas premier avec p, et pour 1kp, k est premier avec p, car p n’a pas de diviseur entre 1 et p-1. Donc (Z/pZ)x={[k]p, k{1,…, p-1}}, et card((Z/pZ)x)= p-1.
Question 3-b
[1]p-[-1]p=[2]p et 2 n’est pas un multiple de p, car p3. Donc [1]p[-1]p .
Question 3-c
On a : K={a(Z/pZ)x, tel que a2=[1]p}. Donc pour aK, avec a=[a]p, on a :
a2-1 est un multiple de p. Donc p divise (a-1)(a+1). Sachant que p est premier, on a ?nc :
soit p divise a-1, soit p divise a+1, ce que signifie donc :
soit [a]p=[1]p, soit [a]p=[-1]p. Réciproquement, il est clair que ces deux éléments sont dans K. Donc K={[1]p, [-1]p}.
Question 3-d
s étant un morphisme de groupes de noyau K et d’image S, on a donc
Le quotient de(Z/pZ)x par K est un groupe isomorphe à S. Donc card(S) est égal au cardinal du groupe quotient (Z/pZ)x/ K, à savoir : card((Z/pZ)x)/card(K)=(p-1)/2=p’. On a donc bien :
card(S)=p’
Proposons maintenant une preuve directe :
Soit aS. Ainsi  a peut s’écrire a=s(b). Déterminons alors les autres antécédents de a:
a=s(g) équivaut alors à s(g)=s(b), ce qui signifie donc, sachant que s est un morphisme de groupes : s(gb-1)=1, ou, en d’autres termes, gb-1K. Compte tenu de K={[1]p, [-1]p}, ceci équivaut donc à : g=b ou g=-b, et ces deux valeurs sont distinctes vu que [1]p[-1]p.
Donc chaque élément de S a exactement 2 antécédents, et donc d’après le lemme des bergers, 2card(S)=card((Z/pZ)x)=p-1=2p’. On retrouve donc le résultat.
Question 2-e
On a donc : card(S)+card(T)=card((Z/pZ)x). Donc card(T)=p’.
Regardons, pour qT, l’ensemble qS={qs, sS}.
L’application f définie sur (Z/pZ)x par f (a)=qa est une translation, et est bijective. Donc, en remarquant que qS=f (S), on en déduit que card(qS)=card(S)=p’=card(T).
Or, soit a=qs un élément quelconque de qS. Alors aS, car sinon, sachant que S est un sous groupe, as-1=q appartiendrait à S, ce qui est en contradiction avec aT. Donc qS est inclus dans T et a même cardinal. D’où qS=T.
Question 2-f
On remarque d’abord que cp est bien surjectif, à valeurs dans {-1,1}, vu que ni S, ni T ne sont vides (ils ont pour cardinal p’1).
Soit alors a,b(Z/pZ)x. Compte tenu de la commutativité du produit et quitte à échanger a et b, trois cas peuvent se produire : soit ils appartiennent tous deux à S, soit ils appartiennent tous deux à T, soit aS et bT. Etudions les un à un :
    Si a,bS :
Alors abS (S est un sous groupe), et cp(ab)=1=cp(a)cp(b).
   Si aS et bT :
Alors abS (même raisonnement qu’en 2-e), et cp(ab)= -1=cp(a)cp(b).
   Si aT et bT :
Sachant qu’alors T=aS (cf 2-e), b peut donc s’écrire :
b=as avec sS. Donc ab=q2s ; or par définition de S, q2S, et donc q2sS, càd abS.
Donc cp(ab)= 1=cp(a)cp(b).
On a donc bien établi que pour tout a,bS, on a : cp(ab)=cp(a)cp(b), et donc :
cp est bien un morphisme surjectif de (Z/pZ)x dans {-1,1}.
Question 3-g
Soit f un morphisme de (Z/pZ)x dans {-1,1} :
Soit alors aS. Il existe donc bS tel que a=b2. De ce fait :
f(a)=f(b2)=(f(b))2=(1)2=1. Donc f(a)=cp(a) pour aS.
Par ailleurs, sachant que f est surjective, il existe q(Z/pZ)x tel que f(q)= -1. Remarquons de suite que q ne saurait donc appartenir à S. Ainsi T=qS, et donc, si a est un élément de T, a s’écrit alors a=qs avec sS. Ainsi f(a)=f(q)f(s)=(-1).(+1)=(-1)=cp(a).
Donc, dans tous les cas, on a f(a)=cp(a) et donc f=cp. 
cp est donc bien le seul morphisme surjectif de (Z/pZ)x dans {-1,1}.
Question 4
On a donc ainsi : =1 si, et seulement si a est un carré modulo 11.
Il reste donc à regarder les restes modulo 11 des carrés des entiers entre 1 et 10 :
[12]11=[1]11 ; [22]11=[4]11 ; [32]11=[9]11 ; [42]11=[5]11 ; [52]11=[3]11 .
Il est en fait inutile de continuer car on a trouvé 5 valeurs distinctes et donc 5 éléments de S, avec card(S)=5. Donc S={[k]11, k{1,4,9,5,3}}. Ainsi :
Pour a{1,3,4,5,9}, on a , et pour a{2,6,7,8,10}, on a : .

PARTIE II

Question 1
Soit a(Z/pZ)x. Alors a2p’=a p-1. Or (Z/pZ)x est un groupe d’ordre p-1 d’après le I-3-a, et donc l’ordre de a dans (Z/pZ)x divise p-1 (théorème de Lagrange), ce qui entraîne a p-1=[1]p.
Ainsi a2p’=[1]p, et donc ap’ vérifie l’équation x2=[1]p dans (Z/pZ)x.
Cette équation équivaut à (x-[1]p)(x+[1]p)=[0]p, et, sachant que (Z/pZ) est un anneau intègre (c’est même un corps), elle équivaut à x= [1]p. Donc a p’= [1]p.
Question 2-a
Remarquons d’abord que, pour a(Z/pZ)x, on a : a p’=[j(a)]p. Ainsi :
Soit a,b(Z/pZ)x. On a alors :
[j(ab)]p=[(ab) p’]p=[a p’]p.[b p’]p=[j(a)]p.[j(b)]p=[j(a)j(b)]p
Donc [j(ab)-j(a)j(b)]p=[0]p, et donc j(ab)-j(a)j(b) est un multiple de p. Or, comme j est à valeurs dans {-1,1}, j(ab)-j(a)j(b){-2,0,2}. Comme p3, on a donc j(ab)-j(a)j(b) ne peut qu’être nul, ce qui nous donne j(ab)=j(a)j(b):
j est bien un morphisme de groupes de (Z/pZ)x dans {-1,1}.
Question 2-b
D’une part, on a j([1]p)=1, et donc 1 a un antécédent par j.
D’autre part, le groupe multiplicatif (Z/pZ)x étant cyclique, d’ordre p-1=2p’, il est donc isomorphe au groupe additif Z/(2p’Z). Ainsi l’existence d’un a(Z/pZ)x vérifiant ap’= [-1]p équivaut à l’existence d’un bZ/(2p’Z) vérifiant  p’b[0] (on rappelle qu’il n’y a que 2 valeurs possibles pour ap’= [-1]p), ce qui est le cas pour b=[1]2p’.
Question 2-c
j étant un morphisme surjectif de (Z/pZ)x dans {-1,1}, il est alors égal à cp (cf question 
I-3-g). Donc, si a est premier à p, on a :
[ap’]p=[1]pcp([a]p)=1
Et de même :
[ap’]p=[-1]p
Ainsi, on a : 
[ap’]p=[]p
Et finalement : ap’   (mod p)
Question 3
On a donc :  (mod p), et donc sachant que  vaut 1 ou –1, il reste juste :
. Ainsi, si p est congru à 1 modulo 4, alors p’ est un multiple de 2 et donc =1. Par contre, si p est congru à 3 modulo 4 , alors 2p’ est congru à 2 modulo 4, et donc p’ est lui congru à 1 modulo 2 : p’ est impair et . Comme p est impair, ce sont les deux seuls cas possibles, et le résultat s’en suit.

PARTIE III

Question 1
On regarde : 
Or, en remarquant que pour k=m, on a :.
Donc  : on a bien prouvé : f0(2p)=f0(0).
Par ailleurs, f0 est clairement de classe C sur [0,2p], comme somme (finie) de fonctions de classe C sur [0,2p]. Or, f(2p)=f0(0) par définition de f (périodicité), et f0(0)=f0(2p). Donc en fait, f et f0 coïncident sur [0,2p], et donc, f est de ce fait C sur [0,2p]. Or, f étant 2p périodique, on en déduit que f est C sur [2np, 2(n+1)p]  (pour tout n entier).
En particulier, f est donc continue sur au moins R\(2pZ). Or f est par ailleurs continue à droite en 0, et à gauche en 2p, donc à gauche en 0. f est donc continue en 0, et donc, par périodicité, f est continue en chaque point de 2pZ. Finalement, f est continue sur R.
Question 2-a
On calcule, à l’aide du changement de variable proposé :

Finalement, on obtient bien :

Question 2-b
Si n est pair : alors n2 est un multiple de 4 et n2/2 est un entier pair et exp(-ipmn2/2)=1.
Si n est impair, avec n=2k+1 : alors n2=4(k2+k)+1, et donc :
exp(-ipmn2/2)=exp(-ipm/2)=(-i)m.
Question 2-c
On a :

et :

Question 2-d
On remarque d’abord que f est continue, 2p-périodique et C1 par morceaux sur R. Donc la série de Fourier de f converge normalement vers f sur R ; en d’autres termes, la série de fonctions (de la variable t) converge normalement vers f. Or, la norme infinie sur R de cn(f )eint est cn(f ). Donc la série  converge.
Comme il s’agit d’une série à termes positifs, il s’en suit que les deux séries :  et  convergent. Donc, compte tenu du 2-c, les deux séries proposées convergent absolument.
De plus, on a (la convergence normale entraînant la convergence simple absolue, donc la convergence absolue en 0) :

et cette série est absolument convergente. On peut donc regrouper les termes :

Soit encore :

On fait le changement d’indice q=n+1 dans la deuxième série et on obtient :

Question 3-a
Pour X>0, on fait une intégration par parties :

Or, l’intégrale impropre  est clairement absolument convergente, et la partie entre crochets a une limite finie quand X tend vers l’infini. D’où la convergence de .
Par ailleurs, on a, au voisinage de 0, l’équivalent : , et  est convergente.
On vient donc d’établir l’absolue convergence de , et par suite  est bien convergente.
Question 3-b
Pour X>0, on fait le changement de variable y=x2, qui constitue un C1-difféomorphisme de R*+ dans lui même. On a donc l’égalité suivante entre intégrales convergentes :
,
ce qui prouve au passage la convergence de l’intégrale de droite, et par parité, de .
Question 3-c
On reprend la formule du 4-d :

De là, en remarquant que la relation de Chasles donne dans les deux sommations des intégrales sur R, convergentes d’après la question précédente (ce ne sont pas tout à fait les mêmes mais le changement de variable affine permet de passer de l’une à l’autre). Il reste donc :

Et le changement de variable donne alors :

Question 3-d
En particulier, pour m=1, on obtient :
f(0)=(1-i).J
Or, on a :
f(0)=
Finalement, on obtient :
.
Question 3-e
En reprenant la formule de f(0) pour m quelconque, on obtient :
.
Donc :
G(m)=.	

PARTIE IV

Question 1-a
   Existence :
Soit t l’application définie par : . t est clairement un morphisme de groupes entre (R,+) et (C, .), dont le noyau est mZ. Le théorème de factorisation des morphismes nous indique alors que t induit un morphisme em de Z/mZ dans C vérifiant :
.
   Unicité :
La relation définissant em donne explicitement la valeur de em(w) pour wZ/mZ, ce qui prouve l’unicité.
Question 1-b
On pose a=e2ip/m, et ainsi :

Question 2-a
On suppose donc que kh  (mod 2m). Donc il existe un entier u tel que k-h=2mu.
Donc, en élevant au carré la relation k=h+2mu, on obtient : k2-h2=4hmu+4m2u2, et donc :
k2h2  (mod 4m), et donc k2/4m-h2/4m est un entier, d’où :
=1,
ce qui entraîne bien le résultat voulu.
Question 2-b
On fait dans la deuxième sommation le changement d’indice k=h+2m (ce qui revient à appliquer la propriété (P1) avec f : hh+2m, qui est une bijection de Y={1,2,…,2m-1} dans X={2m,…,4m-1}) :
.
Et, d’après la question précédente, comme h+2mh  (mod 2m), on a :.
D’où :
.
Par suite : 
.
Question 2-c
Ainsi, H(4m)=(1/2).G(8m)= .
Question 3-a
Remarquons d’abord que Card(E)=4pq=Card(Z/4pqZ). Il suffit donc d’établir l’injectivité de  pour établir sa bijectivité. Supposons donc que (avec des notations évidentes) :
[lpq+4rq+4sp]4pq=[l’pq+4r’q+4s’p]4pq
Ainsi, 4pq divise pq(l-l’ )+4q(r-r’ )+4p(s-s’ ).
Ainsi p divise 4q(r-r’ ), et p est premier avec 4 et q, donc avec 4q, et divise de ce fait (r-r’ ).
Or 1-pr-r’p-1, et donc r-r’=0.
On prouve de même l=l’ et s=s’.
D’où l’injectivité, puis la bijectivité de .
Question 3-b
On a H(4pq)=. Or, d’après la question 2-a, la valeur de  ne dépend que de la classe de k modulo 4pq. La bijectivité de  (cf question précédente) nous permet donc de transformer la sommation sous la forme :
H(4pq)=.
Puis on développe :
H(4pq)=.
On supprime tous les termes multiples de 2ip :
H(4pq)=.
On fait le ménage :
H(4pq)=.
Et enfin, on reconnaît le développement d’un produit :
H(4pq)=
Et on a bien la formule voulue.
Question 4-a
On additionne le plus bêtement du monde :

Or, w4=-1 et w8=1. Il reste donc :

(car pq est nécessairement impair). En d’autres termes :
.
Question 4-b
Il n’y a qu’à assembler ce dernier résultat avec la formule du 3-b et la définition de L(p,q) (et de L(q,p)) donnée en début de partie.
Question 4-c
On a :
L(1,p)=.
Par ailleurs, on vient de voir : H(4p)=2wpL(p,1)L(1,p). Or, on sait (question 2-c) que :
H(4p)=2w. Il reste donc : H(4p)=2w=2wpL(p,1). Finalement :
L(p,1)=w1-p.
Question 5-a
On sait, d’après la question 1-b, que : . Or [0]p est le seul élément non inversible de Z/pZ, vu que p est premier.
Cette relation peut donc s’écrire : , soit encore :
.
Or, étant donné que [2]p n’est pas nul, [2]p est inversible, et l’application définie sur le groupe multiplicatif (Z/pZ)x par : x[2]p.x  est bijective de (Z/pZ)x dans lui même. La relation ci-dessus peut alors s’écrire :
.
Question 5-b
On écrit d’abord, en partant de la définition de L(p,q) :
L(p,q)=
La première égalité demandée est donc bien établie. On continue en remarquant que pour x(Z/pZ)x, s (x)S, et que pour yS, l’équation d’inconnue x(Z/pZ)x : s(x)=y a exactement deux solutions : en effet, elle en a au moins une, notée y0 par définition même de S, et l’équation équivaut alors à s(x)=s(y0), soit encore à s(xy0-1)=1, c’est à dire xy0-1K, avec K=kers, et on a vu que K a exactement deux éléments.
Ainsi, en utilisant la propriété (P2), on peut écrire :
.
Et la deuxième égalité est bien prouvée.
Question 5-c
En supposant que [q]p appartienne à S, alors, en utilisant la structure de groupe de S, on a la bijectivité de l’application définie de S dans S par : y[q]p.y.
Donc (c’est la propriété (P1)) :
,
ou, en d’autres termes :
L(p,q)=.
On voit alors que le deuxième membre ne dépend pas de q tel que [q]pS. On peut donc en particulier écrire, comme [1]pS : L(p,q)=L(p,1).
Question 5-d
On utilise le même raisonnement si [q]pT, sauf que cette fois l’application : y[q]p.y.
est une bijection de S sur T : en effet, les deux ensembles ont le même nombre d’éléments, l’application est injective car [q]p est inversible (q est premier avec p), et elle est bien à valeurs dans T d’après le I-3-e. On obtient alors bien :
L(p,q)=.
Par ailleurs comme [1]pS, on a d’après la relation ci dessus :
L(p,1)=  
Donc on peut écrire :
L(p,q)+L(p,1)= +
Et finalement :
L(p,q)+L(p,1)= =0  (d’après le 5-a).
Question 6
Il faut aller à la pêche aux résultats :
Ainsi L(p,q).L(q,p)=. Or, L(p,1)= w1-p, et L(q,1)= w1-q.
On obtient donc :
L(p,q).L(q,p)=w2-p-q
Or, selon le 4-b :
L(p,q)L(q,p)=H(4pq).
Et, d’après la question 2-c de la partie III, H(4pq)=2w.
Ainsi :
w-pq+1=w2-p-q
On touche alors (enfin) au but :
=wp+q-pq-1=w(1-p)(q-1)=w-4p’q’=(-1)p’q’.
Et la loi de réciprocité quadratique s’en trouve démontrée.