Exercice 12

1. L'entier $7$ étant premier, $\overline{3}$ est inversible dans $\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$, et $\overline{3} \times \overline{5}=\overline{15}=\overline{1}$ donne $\overline{3}^{\,-1}=\overline{5}$. En multipliant l'équation par $\overline{5}$ : $$\overline{x}=\overline{5} \times \overline{2}=\overline{10}=\overline{3} \qquad\text{d'où}\qquad \boxed{\mathcal{S}=\big\{\overline{3}\big\}}$$

2. Ici $\overline{3}$ n'est pas inversible dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, et l'on ne peut pas simplifier. On teste donc les douze classes, ou l'on remarque que $3x \equiv 0 \; [12]$ équivaut à $12 \mid 3x$, c'est-à-dire $4 \mid x$ : $$\boxed{\mathcal{S}=\big\{\overline{0} \,;\, \overline{4} \,;\, \overline{8}\big\}}$$

3. On calcule les cinq carrés de $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ : $\overline{0}$, $\overline{1}$, $\overline{4}$, $\overline{4}$, $\overline{1}$. $$\boxed{\mathcal{S}=\big\{\overline{1} \,;\, \overline{4}\big\}}$$

4. La diagonale de la table de l'exercice 11 donne les huit carrés : $\overline{0}$, $\overline{1}$, $\overline{4}$, $\overline{1}$, $\overline{0}$, $\overline{1}$, $\overline{4}$, $\overline{1}$. $$\boxed{\mathcal{S}=\big\{\overline{1} \,;\, \overline{3} \,;\, \overline{5} \,;\, \overline{7}\big\}}$$

Comparaison. L'équation $\overline{x}^{\,2}=\overline{1}$ s'écrit $(\overline{x}-\overline{1})(\overline{x}+\overline{1})=\overline{0}$. Dans $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$, qui est un corps d'après le théorème 1, il n'y a pas de diviseur de zéro : l'un des deux facteurs est nul, d'où au plus deux solutions. Dans $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$, qui n'est pas un corps, le produit peut être nul sans qu'aucun facteur ne le soit — par exemple pour $\overline{x}=\overline{3}$, où $\overline{2} \times \overline{4}=\overline{0}$. $$\boxed{\text{C'est l'absence de diviseurs de zéro qui limite le nombre de solutions dans un corps.}}$$