Anneau (mathématiques)/Exercices/Exercices

Exercice 1

Soit A un anneau tel que $\forall x\in A,x^{2}=x$.

1. Montrer que $\forall x\in A,x+x=0$.
2. En déduire que A est commutatif.

Solution

1. Soit $x\in A$.

${\begin{aligned}1+x&=(1+x)^{2}\\&=1+x+x+x^{2}\\&=(1+x)+x+x\end{aligned}}$

Donc $\forall x\in A,~x+x=0$

2. Soit $(x,y)\in A^{2}$

${\begin{aligned}x+y&=(x+y)^{2}\\&=x^{2}+xy+yx+y^{2}\\&=x+y+xy+yx\end{aligned}}$

Donc $xy=-yx$. Or, d’après la question 1, $\forall t\in A,t=-t$

Donc $\forall (x,y)\in A^{2},~xy=yx$, donc A est commutatif.

 

Exercice 2

Soient $A$ un anneau et $x,y\in A$ tels que $1-yx$ soit inversible. Montrer que $1-xy$ est inversible.

Solution

L'inverse $z$ de $1-yx$ est caractérisé par :

$zxy=xyz=z-1$,

ce qui, en multipliant à gauche par $y$ et à droite par $x$, implique :

$(yzx)(yx)=(yx)(yzx)=yzx-yx$

ou encore, en posant $t=yzx+1$ :

$tyx=yxt=t-1$.

Cela prouve que $1-xy$ est inversible, d'inverse $t$.

 

Exercice 3

Soient A un anneau intègre et a un élément non nul de A.

1. Dans l'anneau de polynômes A[X], montrer que le seul idéal principal contenant a et X est l'anneau A[X] tout entier.
2. Montrer que si l'idéal (X, a) est égal à A[X] alors a est inversible.
3. En déduire que si a n'est pas inversible alors l'idéal (X, a) n'est pas principal.
4. En déduire que si A n'est pas un corps alors l'anneau A[X] n'est pas principal.

Solution

1. Soit (P) un idéal principal contenant a et X. Le polynôme P est constant (car P divise a) et de coefficient inversible (car P divise X) donc P est un élément inversible de A, si bien que (P) = (1) = A[X].
2. Si (X, a) est égal à A[X], il existe deux polynômes U et V tels que 1 = XU + aV donc 1 = aV(0).
3. Si l'idéal (X, a) est principal alors, d'après les deux questions précédentes, a est inversible.
4. Si A n'est pas un corps, il contient un élément a non nul et non inversible.

 

Exercice 4

Dans un anneau commutatif intègre, montrer que pour toute famille non vide $\left(a_{i}\right)_{i\in I}$ d'éléments et pour tout élément non nul $k$ :

• $\operatorname {ppcm} \left({\left(ka_{i}\right)_{i\in I}}\right)$ existe si et seulement si $\operatorname {ppcm} \left({\left(a_{i}\right)_{i\in I}}\right)$ existe ;
• dans ce cas, $\operatorname {ppcm} \left({\left(ka_{i}\right)_{i\in I}}\right)=k\operatorname {ppcm} \left({\left(a_{i}\right)_{i\in I}}\right)$.

Solution

(Toutes les égalités sont à prendre ici au sens « à produit près par un inversible ».)

• Supposons que $\operatorname {ppcm} \left({\left(a_{i}\right)_{i\in I}}\right)=m$ et montrons que $km$ est un ppcm des $ka_{i}$, c'est-à-dire qu'un élément est multiple de tous les $ka_{i}$ si et seulement s'il est multiple de $km$.
  S'il est multiple d'un $ka_{i}$ ou de $km$, il est divisible par $k$, donc de la forme $ky$ pour un certain $y$. On conclut grâce à la suite d'équivalences :

  $ky$ est multiple de tous les $ka_{i}\Leftrightarrow$

  $y$ est multiple de tous les $a_{i}\Leftrightarrow$

  $y$ est multiple de $m\Leftrightarrow$

  $ky$ est multiple de $km$.

• Réciproquement, supposons que $\operatorname {ppcm} \left({\left(ka_{i}\right)_{i\in I}}\right)$ existe.
  Puisqu'il est multiple d'un $ka_{i}$, il est divisible par $k$, donc de la forme $km$ pour un certain $m$. Alors, pour tout élément $y$ de l'anneau, on a :

  $y$ est multiple de tous les $a_{i}\Leftrightarrow$

  $ky$ est multiple de tous les $ka_{i}\Leftrightarrow$

  $ky$ est multiple de $km\Leftrightarrow$

  $y$ est multiple de $m$,

ce qui prouve que $m$ est un ppcm des $a_{i}$.

 

Exercice 5

On se place dans un anneau (commutatif, intègre) à PGCD, c'est-à-dire dans lequel deux éléments non nuls $x$ et $y$ possèdent toujours un ppcm, noté $x\lor y$, donc aussi un pgcd, $x\land y:={\frac {xy}{x\lor y}}$. On note $\sim$ la relation d'association (deux éléments sont associés si l'un est produit de l'autre par un inversible).

On rappelle que le pgcd vérifie : $\left(x\land y\right)z\sim (xz)\land (yz)$.

On va démontrer, pour tous éléments non nuls $a$, $b$ et $c$ :

$a\land \left(b\lor c\right)\sim \left(a\land b\right)\lor \left(a\land c\right)$.

1°  Montrer que le membre de gauche est associé à ${\frac {ab\land ac\land bc}{b\land c}}$ et celui de droite à ${\frac {(a\land b)(a\land c)}{a\land b\land c}}$.

2°  Vérifier que $\left(ab\land ac\land bc\right)\left(a\land b\land c\right)$ et $(a\land b)(a\land c)(b\land c)$ sont associés, en développant chacun d'eux en un pgcd de monômes.

3°  A-t-on également

$a\lor \left(b\land c\right)\sim \left(a\lor b\right)\land \left(a\lor c\right)$ ?

Solution

1°  $a\land \left(b\lor c\right)\sim {\frac {ab\land ac}{b\land c}}\land {\frac {bc}{b\land c}}\sim {\frac {ab\land ac\land bc}{b\land c}}$ et $\left(a\land b\right)\lor \left(a\land c\right)\sim {\frac {\left(a\land b\right)\left(a\land c\right)}{\left(a\land b\right)\land \left(a\land c\right)}}\sim {\frac {(a\land b)(a\land c)}{a\land b\land c}}$.

2° 

${\begin{aligned}\left(ab\land ac\land bc\right)\left(a\land b\land c\right)&\sim \left(ab\left(a\land b\land c\right)\right)\land \left(ac\left(a\land b\land c\right)\right)\land \left(bc\left(a\land b\land c\right)\right)\\&\sim a^{2}b\land ab^{2}\land abc\land a^{2}c\land abc\land ac^{2}\land abc\land b^{2}c\land bc^{2}\\&\sim a^{2}b\land ab^{2}\land a^{2}c\land ac^{2}\land b^{2}c\land bc^{2}\land abc\end{aligned}}$

et

${\begin{aligned}(a\land b)(a\land c)(b\land c)&\sim (a\land b)\left(a(b\land c)\right)\land \left(c(b\land c)\right)\\&\sim (a\land b)\left(ab\land ac\land bc\land c^{2}\right)\\&\sim \left(a\left(ab\land ac\land bc\land c^{2}\right)\right)\land \left(b\left(ab\land ac\land bc\land c^{2}\right)\right)\\&\sim a^{2}b\land a^{2}c\land abc\land ac^{2}\land ab^{2}\land abc\land b^{2}c\land bc^{2}\\&\sim a^{2}b\land ab^{2}\land a^{2}c\land ac^{2}\land b^{2}c\land bc^{2}\land abc.\end{aligned}}$

3°  Oui, par la même méthode, ou simplement parce que dans un treillis, si l'une des deux lois $\land$ ou $\lor$ est distributive par rapport à l'autre, la seconde est également distributive par rapport à la première.

 

Exercice 6

Montrer que dans un anneau principal, le pgcd d'une famille quelconque d'éléments est toujours égal au pgcd d'une sous-famille finie.

Solution

Si $\left(X\right)=\left(d\right)$, il existe $Y$ fini inclus dans $X$ tel que $d\in \left(Y\right)$ donc tel que $\left(X\right)\subset \left(Y\right)$, d'où l'égalité.

 

Exercice 7

Soient $a$ et $b$ deux éléments d'un anneau, tels que :

• $ab+ba=1$ ;
• $a^{2}b+ba^{2}=a$.

Montrer que :

1. $a^{2}b=ba^{2}$
2. $2aba=a$
3. $a$ est inversible, d'inverse $2b$.

Solution

1. En utilisant deux fois la première hypothèse, $a^{2}b=a(1-ba)=a-aba=(1-ab)a=ba^{2}$.
2. La seconde devient, par le même calcul : $a=2(a-aba)$ donc $a=2aba$.
3. $b$ commute à lui-même et à $a^{2}$, donc à $2a^{2}b=a$, et $1=ab+ba=(2b)a$.

 

Exercice 8

Soient $a$ et $b$ deux éléments inversibles d'un anneau, tels que $a+b=1$ et $a^{-1}+b^{-1}=1$. Montrer que :

1. $ab=ba=1$ ;
2. $a^{2}=a-1$ ;
3. $a^{3}=-1$.

Solution

1. $b=b\left(a^{-1}+b^{-1}\right)=ba^{-1}+1=\left(b+a\right)a^{-1}=a^{-1}$.
2. $a^{2}+1=a\left(a+a^{-1}\right)=a\left(a+b\right)=a$.
3. $a^{3}=a\left(a-1\right)=\left(a-1\right)-a=-1$.

 

Exercice 9

Soit $(A,+,\cdot )$ un anneau commutatif. On note $B=\{x\in A\mid x^{2}=x\}$.

1. Vérifier que $\forall x\in B\quad 1-x\in B$.
2. On pose $x\circ y=x+y-2xy$. Montrer que $\circ$ est une loi de composition interne sur $B$ et que $(B,\circ ,\cdot )$ est un anneau commutatif unitaire.

Solution

1. Immédiat.
2. Si $x,y\in B$ alors $x\circ y=(x-y)^{2}$ donc $(x\circ y)^{2}=(x-y)^{4}=x-4xy+6xy-4xy+y=x\circ y$. Donc $B$ est stable par $\circ$, et bien sûr aussi par $\cdot$. Ces deux lois sur $B$ sont commutatives et admettent 1 pour neutre. Tout élément $x$ de $B$ a un symétrique dans $B$ pour $\circ$ : l'élément $1-x$.
   Il reste à vérifier que $\circ$ est associative et que $\cdot$ est distributive par rapport à $\circ$ : soient $x,y,z\in B$ ;
   • associativité : $\left(x\circ y\right)\circ z=(x+y-2xy)+z-2(x+y-2xy)z=x+y+z-2(xy+xz+yz)+4xyz=x+(y+z-2yz)-2x(y+z-2yz)=x\circ \left(y\circ z\right)$.
   • distributivité : $xz\circ yz=xz+yz-2xzyz=xz+yz-2xyz=(x+y-2xy)z=\left(x\circ y\right)z$.

 

Exercice 10

Soient un entier $f\leq -2$ et $\omega ,{\overline {\omega }}$ les deux solutions complexes de $z^{2}-z-f=0$. On désigne par $\mathbb {Z} [\omega ]$ l'ensemble des nombres complexes de la forme $p+q\omega$ où $(p,q)\in \mathbb {Z} ^{2}$.

1. Calculer $\omega +{\overline {\omega }}$ et $\omega {\overline {\omega }}$.
2. Montrer que $\mathbb {Z} [\omega ]$ est un sous-anneau de $\mathbb {C}$ stable par conjugaison.
3. Montrer que $\forall z\in \mathbb {Z} [\omega ]\quad z{\bar {z}}\in \mathbb {N}$.
4. Montrer qu'un élément $p+q\omega$ est inversible dans $\mathbb {Z} [\omega ]$ si et seulement si $p^{2}+pq-fq^{2}=1$.
5. En déduire que les seuls éléments inversibles de $\mathbb {Z} [\omega ]$ sont $1$ et $-1$.

Solution

1. $\omega +{\overline {\omega }}=1$ et $\omega {\overline {\omega }}=-f$.
2. $\mathbb {Z} [\omega ]$ est évidemment stable par somme et opposés et contient 0 et 1. Il est aussi stable par produit et conjugaison, car il contient $\omega ^{2}=f+\omega$ et ${\overline {\omega }}=1-\omega$.
3. L'entier $(p+q\omega )(p+q{\overline {\omega }})=p^{2}+pq(\omega +{\overline {\omega }})+q^{2}\omega {\overline {\omega }}=p^{2}+pq-fq^{2}$ est positif car supérieur à $p^{2}+pq+q^{2}$.
4. Si $p^{2}+pq-fq^{2}=1$ alors $p+q\omega$ est inversible dans $\mathbb {Z} [\omega ]$, d'inverse $p+q{\overline {\omega }}$. Réciproquement, si $z=p+q\omega$ est inversible dans $\mathbb {Z} [\omega ]$, d'inverse $z'=p'+q'\omega$, alors $(p^{2}+pq-fq^{2})(p'^{2}+p'q'-fq'^{2})=z{\overline {z}}z'{\overline {z'}}=zz'{\overline {zz'}}=1$ donc l'entier positif $p^{2}+pq-fq^{2}$, divisant 1, est égal à 1.
5. Si $1=p^{2}+pq-fq^{2}=(p+q/2)^{2}-(f+1/4)q^{2}\geq -(f+1/4)q^{2}\geq 7q^{2}/4$ alors $q=0$ donc $p=\pm 1$.

 

Exercice 11

Soit $K$ un corps commutatif. Dans l'anneau $K[X,Y,Z]/\langle X(1-YZ)\rangle$, on note $x,y,z$ les classes de $X,Y,Z$.

Vérifier que $x$ et $xy$ sont associés, puis montrer qu'ils ne sont pas multiples l'un de l'autre par un élément inversible de l'anneau.

Référence : Daniel Perrin, Cours d'algèbre, remarque II.3.7

Solution

D'abord, $x$ et $y$ sont associés car on a non seulement $x\mid xy$, mais aussi $xy\mid x$ puisque $x=xy\times z$.

Montrons ensuite que les inversibles de l'anneau sont seulement les (classes des) constantes non nulles. Soient $U(X,Y,Z),V(X,Y,Z)\in K[X,Y,Z]$, de classes respectives $u,v\in K[X,Y,Z]/\langle X(1-YZ)\rangle$ inverses l'une de l'autre. Les images de $u,v$ dans $K[X,Y,Z]/\langle X\rangle \simeq K[Y,Z]$ sont a fortiori inverses l'une de l'autre donc à produit près par une constante non nulle, $U(X,Y,Z)=1+XP$ et $V(X,Y,Z)=1+XQ$ avec $P,Q\in K[X,Y,Z]$. Alors, modulo $X(1-YZ)$, $1\equiv UV=1+XP+XQ+X^{2}PQ$, c.-à-d. $1-YZ\mid P+Q+XPQ$. Comme $K[Y,Z]/\langle 1-YZ\rangle =K[Y,1/Y]$ est intègre, l'image de $P$ dans $K[X,Y,Z]/\langle 1-YZ\rangle =K[Y,1/Y][X]$ est donc nulle, si bien que (toujours à produit près par une constante non nulle), $U=1+XP\equiv 1{\bmod {X(1-YZ)}}$ donc $u=1$, et par conséquent $v=1$.

Enfin, pour tout $\lambda \in K^{*}$, $xy\neq \lambda x$ car $X(Y-\lambda )$ n'est pas divisible par $X(1-YZ)$.

 

Dans l'anneau $\mathbb {Z} [X]/\langle 2(X^{2}-1)\rangle$, on note $x$ et ${\bar {2}}$ les classes de $X$ et $2$.

Vérifier que ${\bar {2}}$ et ${\bar {2}}x$ sont associés, puis montrer qu'ils ne sont pas multiples l'un de l'autre par un élément inversible de l'anneau.

Solution

${\bar {2}}$ et ${\bar {2}}x$ sont associés car on a non seulement ${\bar {2}}\mid {\bar {2}}x$, mais aussi ${\bar {2}}x\mid {\bar {2}}$ puisque ${\bar {2}}={\bar {2}}x\times x$.

Montrons ensuite que les inversibles de l'anneau sont seulement (les classes de) $1$ et $-1$. Soient $U(X),V(X)\in \mathbb {Z} [X]$, de classes respectives $u,v\in \mathbb {Z} [X]/\langle 2(X^{2}-1)\rangle$ inverses l'une de l'autre. Les images de $u,v$ dans $\mathbb {Z} [X]/\langle 2\rangle =(\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )[X]$ sont a fortiori inverses l'une de l'autre donc $U(X)=1+2P$ et $V(X)=1+2Q$ avec $P,Q\in \mathbb {Z} [X]$. Alors, modulo $2(X^{2}-1)$, $1\equiv UV=1+2P+2Q+4PQ$, c.-à-d. $X^{2}-1\mid P+Q+2PQ$. Les deux entiers $P(1)$ et $Q(1)$, vérifiant $P(1)+Q(1)=-2P(1)Q(1)$, sont alors nécessairement nuls ou égaux à $-1$, si bien que le reste de la division euclidienne de $P$ par $X^{2}-1$ est $aX+b$ avec $a+b=P(1)=0$ ou $-1$ et de même, $-a+b=P(-1)=0$ ou $-1$. Comme $a$ et $b$ sont entiers, la seule possibilité est $a=0,b=0$ ou $-1$. On en déduit $U=1+2P\equiv \pm 1{\bmod {2(X^{2}-1)}}$ donc $u=v=\pm 1$.

Enfin, ${\bar {2}}x\neq \pm {\bar {2}}$ car $2(X\mp 1)$ n'est pas divisible par $2(X^{2}-1)$.

 

Exercice 12

Dans l'anneau $A=C(\mathbb {R} ,\mathbb {R} )$, soit $I$ l'idéal des fonctions nulles en 0.

1. Soient $f_{1},\dots ,f_{n}\in A$. Montrer que tout élément $g$ de l'idéal $\langle f_{1},\dots ,f_{n}\rangle$ vérifie $g=O\left(\sum |f_{i}|\right)$ au voisinage de 0.
2. En déduire que $I$ n'est pas de type fini (ce qui prouve que $A$ n'est pas noethérien).
3. Montrer que $I^{2}=I$.
4. Montrer que $A$ ne contient aucun élément irréductible.
5. Montrer que si deux éléments de $A$ n'ont pas de zéro commun, alors ils sont premiers entre eux.
6. Montrer que dans $A$, si deux éléments $f,g$ ont un pgcd $d$, alors $Z(d)$ (l'ensemble des zéros de $d$) est égal à $Z(f)\cap Z(g)$ et $d\in \langle f,g\rangle$.

Solution

1. Soient $h_{1},\dots ,h_{n}\in A$ et $g=\sum h_{i}f_{i}$. Soient (par continuité des $h_{i}$ en 0) $M\in \mathbb {R}$ et $V$ un voisinage de 0 tels que sur $V$, $|h_{i}|\leq M$. Alors, sur $V$, $|g|\leq M\sum |f_{i}|$.
2. Supposons que $I=\langle f_{1},\dots ,f_{n}\rangle$ et considérons la fonction $g:={\sqrt {\sum |f_{i}|}}\in I$. D'après la question précédente, il existe $M>0$ et $V$ un voisinage de 0 tels que sur $V$, $|g|\leq Mf^{2}$. Soit $W\subset V$ un voisinage de 0 tel que sur $W$, $|g|<1/M$. Alors, sur $W$, $g=0$ donc toutes les fonctions de $I$ s'annulent, ce qui est absurde.
3. On a comme toujours $I^{2}\subset I$. Réciproquement, soit $f\in I$. Alors $f=gh$ avec $g:={\sqrt {|f|}}\in I$ et $h:=\operatorname {signe} (f)g\in I$ donc $f\in I^{2}$.
4. Pour tout $f\in A$ non inversible, $f=gh$ avec $g:={\sqrt {|f|}}$ et $h:=\operatorname {signe} (f)g$ non inversibles, donc $f$ est réductible.
5. Soit $h$ divisant $f$ et $g$. On a $Z(h)\subset Z(f)\cap Z(g)$ donc si $Z(f)\cap Z(g)=\varnothing$ alors, $h$ ne s'annule pas donc est inversible.
6. • Puisque $d$ divise $f$ et $g$, $Z(d)\subset Z(f)\cap Z(g)$. L'inclusion réciproque résultera du point suivant.
   • Soient $F,G\in A$ tels que $f=dF$ et $g=dG$ et soit $D={\sqrt {|F|+|G|}}$. Sur le fermé $Y:={\overline {X\setminus Z(d)}}$, $F$ et $G$ n'ont pas de zéro commun (car $D$ divise $F$ et $G$ donc $dD$ divise $f$ et $g$ donc il existe $k\in A$ tel que $d=kdD$, si bien que $kD=1$ sur $X\setminus Z(d)$, et même sur $Y$ par continuité). On peut donc définir sur $Y$ : $u:={\frac {F}{F^{2}+G^{2}}}$ et $v:={\frac {G}{F^{2}+G^{2}}}$. En prolongeant continûment $u$ et $v$ de façon arbitraire, l'égalité $d=uf+vg$ reste vraie sur $X$ puisque $X\setminus Y\subset Z(d)\subset Z(f)\cap Z(g)$.

 

Soient $K$ un espace compact et $C(K,\mathbb {R} )$ l'anneau des fonctions continues de $K$ dans $\mathbb {R}$. On note $Z(f)=f^{-1}(\{0\})$ (pour $f\in C(K,\mathbb {R} )$), et $I(x)=\{f\in C(K,\mathbb {R} )\mid f(x)=0\}$ (pour $x\in K$).

1. Montrer que $I(x)$ est un idéal maximal de $C(K,\mathbb {R} )$.
2. Quels sont les éléments inversibles de $C(K,\mathbb {R} )$ ?
3. Soient $I$ un idéal de $C(K,\mathbb {R} )$ et $Z(I)=\cap _{f\in I}Z(f)$. Montrer que si $Z(I)=\varnothing$, il existe $f_{1},\ldots ,f_{n}\in I$ telles que $\cap _{i=1}^{n}Z(f_{i})=\varnothing$. Que peut-on dire alors de $\sum f_{i}^{2}$ ? En déduire que $Z(I)=\varnothing \Leftrightarrow I=C(K,\mathbb {R} )$.
4. En déduire que tout idéal maximal de $C(K,\mathbb {R} )$ est de la forme $I(x)$.
5. Si $K$ est infini, soit $x$ un point d'accumulation de $K$. Montrer par l'absurde que $I(x)$ n'est pas de type fini. (Indication : si $I(x)=(f_{1},\ldots ,f_{n})$ et $F=\max(|f_{1}|,\ldots ,|f_{n}|)$, montrer que ${\sqrt {F}}\in I(x)$, pour en déduire une contradiction.)

Solution

1. $I(x)$ est le noyau du morphisme surjectif $C(K,\mathbb {R} )\to \mathbb {R} ,f\mapsto f(x)$.
2. Si $fg=1$, $f$ ne s'annule pas. Réciproquement si $f$ ne s'annule pas, $g:={1 \over f}\in C(K,\mathbb {R} )$. Les inversibles de $C(K,\mathbb {R} )$ sont donc les $f\in C(K,\mathbb {R} )$ qui ne s'annulent pas.
3. Si $Z(I)=\varnothing$, les ouverts $f^{-1}(\mathbb {R} ^{*})$ pour $f\in I$ forment un recouvrement de $K$. Comme $K$ est compact, on peut en extraire un sous-recouvrement fini, associé à $f_{1},\ldots ,f_{n}\in I$, et l'on obtient $\cap _{i=1}^{n}Z(f_{i})=\varnothing$, c'est-à-dire : pour tout $x\in K$, les $n$ réels $f_{i}(x)$ ne sont pas tous nuls. D'après 2, $g:=\sum f_{i}^{2}$ est donc inversible, or $g\in I$, donc $I=C(K,\mathbb {R} )$. (Réciproquement, $Z(C(K,\mathbb {R} ))=\varnothing$).
4. Soit $I$ un idéal maximal de $C(K,\mathbb {R} )$. D'après 3, $Z(I)$ est non vide. Soit $x\in Z(I)$, alors $I\subset I(x)$ donc $I=I(x)$ (donc $Z(I)=\{x\}$).
5. $f_{1},\ldots ,f_{n}$ s'annulent en $x$ donc ${\sqrt {F}}$ aussi, donc ${\sqrt {F}}=\sum f_{i}g_{i}$. Soit alors une constante $c\geq \sum |g_{i}|$ (il en existe, par compacité). On a ${\sqrt {F}}\leq cF$ donc $\forall y\neq x\quad 1\leq c{\sqrt {F}}(y)$, ce qui est incompatible avec $F(x)=0$.

 

Exercice 13

Dans l'anneau $\mathbb {Z} [{\sqrt {10}}]$, montrer que $2$ est irréductible, mais pas premier. (Ceci prouvera que cet anneau n'est pas factoriel.)

Solution

Utilisons la norme sur cet anneau : $N(a+b{\sqrt {10}})=a^{2}-10b^{2}$.

• Irréductibilité : si $2=uv$ alors $N(u)N(v)=4$ donc exactement l'un des deux $u$ ou $v$ est inversible, sauf dans l'éventualité où l'on aurait $N(u)=N(v)=\pm 2$, mais ce cas est impossible car $N(u),N(v)$ sont des carrés modulo $5$ alors que $\pm 2$ n'en est pas un.
• Non primalité : dans cet anneau, $2$ divise ${\sqrt {10}}^{2}$ mais ne divise pas ${\sqrt {10}}$.

Remarque : on montre de même que :

• dans $\mathbb {Z} [{\sqrt {5}}]$, $2$ et $1+{\sqrt {5}}$ sont irréductibles mais pas premiers. Mais ceci est moins surprenant car contrairement à $\mathbb {Z} [{\sqrt {10}}]$, $\mathbb {Z} [{\sqrt {5}}]$ n'est pas intégralement clos ;
• dans $\mathbb {Z} [{\sqrt {d}}]$ pour $d\in \mathbb {Z}$ impair non carré et divisible par $5$, $2$ est irréductible, mais pas premier ;
• dans $\mathbb {Z} [{\sqrt {-7}}]$, $1\pm {\sqrt {-7}}$ est irréductible, mais pas premier.

 

Exercice 14

Quel est le noyau du morphisme $\mathbb {Z} [X]\to \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} ,\;P(X)\mapsto {\overline {P(0)}}$ ?

Solution

Deux méthodes, car $g\circ F=f\circ h$, où $h:\mathbb {Z} [X]\to \mathbb {Z}$ et $g:(\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )[X]\to (\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )$ sont les évaluations en 0, $f:\mathbb {Z} \to (\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )$ la surjection canonique, et $F:\mathbb {Z} [X]\to (\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )[X]$ la surjection qui s'en déduit :

• $(g\circ F)(P)=0\Leftrightarrow F(P)\in (X)\Leftrightarrow P\in (2,X)$, ou bien
• $(f\circ h)(P)\Leftrightarrow h(P)\in 2\mathbb {Z} \Leftrightarrow P\in (2,X)$.

Donc le noyau est $(2,X)=\left\{\sum a_{i}X^{i}\mid a_{i}\in \mathbb {Z} ,\;a_{0}{\text{ pair}}\right\}$. On remarque qu'il est maximal puisque le quotient est un corps.

 

Exercice 15

Démontrer que $\mathbb {Z} [\mathrm {i} ]/\langle 1+3\mathrm {i} \rangle =\mathbb {Z} [\mathrm {i} ]/\langle \mathrm {i} -3\rangle \simeq \mathbb {Z} /10\mathbb {Z}$.

Solution

$\mathrm {i} (1+3\mathrm {i} )=\mathrm {i} -3$, donc $\langle 1+3\mathrm {i} \rangle =\langle \mathrm {i} -3\rangle$, donc $\mathbb {Z} [\mathrm {i} ]/\langle 1+3\mathrm {i} \rangle =\mathbb {Z} [\mathrm {i} ]/\langle \mathrm {i} -3\rangle \simeq \mathbb {Z} [X]/\langle X^{2}+1,X-3\rangle =\mathbb {Z} [X]/\langle 10,X-3\rangle \simeq \mathbb {Z} /10\mathbb {Z}$.

 

Soit $A=\mathbb {Z} [\mathrm {i} {\sqrt {7}}]$.

1. Montrer que $A\simeq \mathbb {Z} [X]/\langle X^{2}+7\rangle$.
2. Montrer que $2A$ n'est pas un idéal premier de $A$.
3. Montrer que $A/\langle 1+\mathrm {i} {\sqrt {7}}\rangle \simeq \mathbb {Z} /8\mathbb {Z}$.

Solution

1. Le morphisme $\mathbb {Z} [X]\to \mathbb {C} ,\;P\mapsto P(\mathrm {i} {\sqrt {7}})$ a pour image $A$ (par définition) et pour noyau $\langle X^{2}+7\rangle$ (par division euclidienne).
2. $A/2A\simeq \mathbb {Z} [X]/\langle X^{2}+7,2\rangle =\mathbb {Z} [X]/\langle (X+1)^{2},2\rangle \simeq (\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )[X]/\langle (X+1)^{2}\rangle$ n'est pas intègre.
3. $A/\langle 1+\mathrm {i} {\sqrt {7}}\rangle \simeq \mathbb {Z} [X]/\langle X^{2}+7,1+X\rangle =\mathbb {Z} [X]/\langle (-1)^{2}+7,1+X\rangle =\mathbb {Z} [X]/\langle 8,1+X\rangle \simeq \mathbb {Z} /8\mathbb {Z}$.

 

Exercice 16

Soit $K$ un corps commutatif. Déterminer les éléments inversibles et les idéaux (principaux et autres) de l'anneau $K[X,Y]/(X^{2},XY,Y^{2})$.

Solution

Modulo $(X^{2},XY,Y^{2})$, tout polynôme de $K[X,Y]$ s'écrit de manière unique $a+bX+cY$ (avec $a,b,c\in K$), et l'on a $(a+bX+cY)(a'+b'X+c'Y)=aa'+(ab'+ba')X+(ac'+ca')Y$ ; les inversibles sont donc les $a+bX+cY$ avec $a\neq 0$.

Un idéal non trivial doit contenir un élément non nul et non inversible, donc de la forme $bX+cY$ avec $(b,c)\neq (0,0)$ (à produit près par un inversible, un tel élément est de la forme $X+cY$ ou $Y$). Un idéal non principal doit contenir deux tels éléments non proportionnels, qui engendrent alors $X$ et $Y$. L'idéal $(X,Y)$ est maximal (puisque le quotient par cet idéal est le corps $K$). Les idéaux non triviaux sont donc les $(X+cY)$ (avec $c\in K$), $(Y)$ et $(X,Y)$.

 

Exercice 17

Soit $J$ l'idéal de $\mathbb {R} [X]$ engendré par $X^{3}+3X^{2}+4X+2$ et $X^{4}+2X^{3}+3X^{2}+2X+2$. Donner un isomorphisme entre $\mathbb {R} [X]/J$ et $\mathbb {C}$.

Solution

Le pgcd de ces deux polynômes (calculé par l'algorithme d'Euclide) est $D(X)=X^{2}+2X+2$. L'idéal $J$ est engendré par $D$. Les racines complexes de $D$ sont $-1\pm \mathrm {i}$. Le morphisme $\mathbb {R} [X]\to \mathbb {C} ,\;P(X)\mapsto P(-1+\mathrm {i} )$ a donc pour noyau $J$ et comme il est surjectif, il induit un isomorphisme comme souhaité (il n'y en a qu'un autre, induit par $P(X)\mapsto P(-1-\mathrm {i} )$ et qui est le composé du précédent par la conjugaison).

 

Exercice 18

On suppose connu l'anneau $A:=\mathbb {Z} [\mathrm {j} ]=\mathbb {Z} \oplus \mathbb {Z} \mathrm {j}$ (euclidien) et l'on se propose d'étudier les idéaux premiers de $B:=A[{\sqrt {2}}]$.

1. Montrer que $B$ est noethérien
2. Soit $I$ un idéal non nul de $B$. Montrer que $I\cap A\neq (0)$ et en déduire que $I\cap \mathbb {Z} \neq (0)$.
3. On suppose de plus $I$ premier. Montrer que $I\cap \mathbb {Z}$ est de la forme $p\mathbb {Z}$ où $p$ est un nombre premier. Montrer que $I$ est maximal.
4. Montrer que les idéaux premiers non nuls de $A[Y]$ sont
   • les $(P)$ avec $P$ élément irréductible de $A[Y]$
   • les $(u,P)$ avec $u$ élément irréductible de $A$, et $P\in A[Y]$ irréductible modulo $u$ (c.-à-d. d'image irréductible dans $(A/uA)[Y]$).
5. Soit $M$ un idéal maximal de $A[Y]$ contenant $Y^{2}-2$.
   1. Montrer que $M$ est de la forme $M=(u,Y^{2}-2)$ avec $u$ élément irréductible de $A$ et $Y^{2}-2$ irréductible modulo $u$, ou alors $M=(u,Y-a)$ avec $u$ élément irréductible de $A$ et $a\in A$ racine de $Y^{2}-2$ modulo $u$.
   2. En déduire l'allure des idéaux premiers non nuls de $B$.
6. Applications à $I_{1}=({\sqrt {2}})$ et $I_{2}=(-3+{\sqrt {2}},2-\mathrm {j} )$ : dans les deux cas, montrer que $I$ est premier. Montrer que $B/I_{1}$ est un corps à $4$ éléments et que $B/I_{2}\simeq \mathbb {Z} /7\mathbb {Z}$.

Solution

1. $B=A[Y]/(Y^{2}-2)$.
2. Soit $u+v{\sqrt {2}}$ non nul dans $I$ avec $u,v\in A$, alors $x:=u^{2}-2v^{2}=(u+v{\sqrt {2}})(u-v{\sqrt {2}})\in A\cap I$ est non nul car ${\sqrt {2}}\notin \mathbb {Q} [\mathrm {j} ]$. Soient $a,b\in \mathbb {Z}$ tels que $x=a+\mathrm {j} b$, alors $y:=(a+\mathrm {j} b)(a+\mathrm {j} ^{2}b)=a^{2}+b^{2}-ab\in I\cap \mathbb {Z}$ est non nul car $>0$.
3. $I\cap \mathbb {Z}$ est un idéal premier de $\mathbb {Z}$, non nul d'après 2, donc de la forme annoncée. $B/I$ est donc une extension intègre finie (de dimension $\leq 4$) du corps $\mathbb {Z} /p\mathbb {Z}$, donc c'est un corps, donc $I$ est maximal.
4. Remarquons que si $J$ est de l'une des deux formes annoncées, $J$ est automatiquement premier. Réciproquement, soit $J$ un idéal premier non nul de $A[Y]$, alors $J\cap A$ est un idéal premier de $A$. S'il est nul, soit $P\in J$ non nul de degré minimum, alors $P$ est irréductible dans $A[Y]$ et $J=(P)$. S'il est non nul, soit $u\in A$ premier non nul tel que $J\cap A=uA$. Si $J=(u)$, on est encore dans le premier cas (avec $P$ de degré $0$). Sinon, ${\overline {J}}$ est un idéal premier non nul de $(A/uA)[Y]$, donc de la forme $({\overline {P}})$ avec ${\overline {P}}$ premier, donc on est dans le second cas.
5. 1. $Y^{2}-2$ est irréductible dans $A[Y]$ mais $A[Y]/(Y^{2}-2)\simeq B$ n'est pas un corps donc $M\neq (Y^{2}-2)$. D'après (4), il existe donc $u$ élément irréductible de $A$ et $P\in A[Y]$ irréductible modulo $u$ tels que $M=(u,P)$ et $Y^{2}-2\in (u,P)$. Si $Y^{2}-2$ est également irréductible modulo $u$ alors $(u,P)=(u,Y^{2}-2)$, et sinon, dans $(A/uA)[Y]$, ${\overline {Y^{2}-2}}$ se décompose sous la forme ${\overline {(Y-a)}}.{\overline {(Y+a)}}$ et ${\overline {P}}$ est égal par exemple au premier facteur, d'où $(u,P)=(u,Y-a)$.
   2. Si $I$ est un idéal premier non nul de $B=A[Y]/(Y^{2}-2)$ (maximal d'après 3), son image réciproque $M$ dans $A[Y]$ est de l'une des deux formes indiquées dans la sous-question précédente ; dans le premier cas $I=uB$, dans le second $I=(u,{\sqrt {2}}-a)$.
6. Soient $u=2(\in I_{1})$ et $a=0$. Alors $A/uA\simeq \mathbb {Z} [X]/(X^{2}+X+1,2)\simeq (\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )[X]/({\overline {X}}^{2}+{\overline {X}}+{\overline {1}})$ est un corps à $4$ éléments et $B/I_{1}\simeq A[Y]/(u,Y-a)\simeq A/uA$. De même, soient $u=2-j$ et $a=3$, alors $A/uA\simeq \mathbb {Z} [X]/(X^{2}+X+1,X-2)=\mathbb {Z} [X]/(7,X-2)\simeq \mathbb {Z} /7\mathbb {Z}$ et $B/I_{2}\simeq A[Y]/(u,Y-a)\simeq A/uA$.

 

Exercice 19

Soit A un anneau non nul. On suppose que pour tout élément $a$ non nul de A, il existe un élément $a'$ de A tel que $a'a=1.$ Prouver que A est un corps.

Indication : on peut prouver que les éléments non nuls de A forment un monoïde pour la multiplication et, à l'aide du Problème 2 de la page Monoïde/Exercices/Lois de composition internes, monoïdes, que ce monoïde est un groupe.

Solution

Soient $x,y$ des éléments non nuls de A; prouvons que $xy$ est non nul. D'après les hypothèses, il existe un élément $x'$ de A tel que $x'x=1.$ Alors $(x'x)y=y$, ce qui, d'après l'associativité de la multiplication dans A, peut s'écrire $x'(xy)=y.$ Puisque le membre droit n'est pas nul, le facteur $xy$ du membre gauche est non nul. Nous avons donc prouvé que le produit de deux éléments non nule de A est toujours non nul. Puisque l'élément 1 de A est un de ces éléments non nuls, il en résulte que les éléments non nuls de A forment un monoïde pour la multiplication. Soit $a$ un élément non nul de A. Par hypothèse, il existe un élément $a'$ de A tel que $a'a=1.$ Il est clair que $a'$ est non nul, donc, dans le monoïde multiplicatif formé par les éléments non nuls de A, chaque élément a un inverse à gauche. D'après le Problème 2 de la page Monoïde/Exercices/Lois de composition internes, monoïdes, il en résulte que ce monoïde est un groupe, donc l'anneau A est un corps.

 

Remarque. L'énoncé de cet exercice servira dans la solution d'un exercice de la page Espace vectoriel/Exercices/Rang, dimension.

Exercice 20

Soient $K$ un corps commutatif et $I=(X^{3}-YZ,Y^{2}-XZ,Z^{2}-X^{2}Y)$ dans $K[X,Y,Z]$. On veut montrer que l'idéal $I$ est premier et que $I$ ne peut admettre moins de trois générateurs.

1. Soient $\varphi :K[X,Y,Z]\to K[T]$ le morphisme défini par $\varphi (X)=T^{3},\varphi (Y)=T^{4},\varphi (Z)=T^{5}$, et $J=\ker \varphi$. Vérifier que $J$ est premier et contient $I$.
2. Montrer que les seuls $A,B,C\in K[X]$ tels que $A+BY+CZ\in J$ sont $A=B=C=0$.
3. Soit $P(X,Y,Z)\in K[X,Y,Z]$. Soit $YQ+R$, avec $Q,R\in K[X,Z]$, le reste de la division euclidienne de $P$ par $Y^{2}-XZ$ dans $K[X,Z][Y]$, puis $Z^{2}Q_{2}+ZQ_{1}+Q_{0}$ et $Z^{2}R_{2}+ZR_{1}+R_{0}$, avec $Q_{2},Q_{1},Q_{0},R_{2},R_{1},R_{0}\in K[X]$, les restes des divisions euclidiennes de $Q,R$ par $Z^{3}-X^{5}$ dans $K[X][Z]$.
   1. Montrer que $P\in J$ si et seulement si $X^{3}ZQ_{2}+X^{3}Q_{1}+YQ_{0}+X^{2}YR_{2}+ZR_{1}+R_{0}\in J$.
   2. En déduire que $I=J$ (utiliser (2)), ce qui prouve que $I$ est premier.
4. Soit $M=(X,Y,Z)$, idéal maximal de $K[X,Y,Z]$. La structure d'idéal de $I$ (idéal de $K[X,Y,Z]$) induit sur $I/MI$ une structure de $K[X,Y,Z]/M\simeq K$-espace vectoriel, dont la dimension est majorée par $3$. Montrer que cette dimension est exactement 3 (ce qui prouvera que $I$ ne peut avoir moins de trois générateurs). Pour cela, montrer que l'image dans $I/MI$ du triplet $(X^{3}-YZ,Y^{2}-XZ,Z^{2}-X^{2}Y)$ est $K$-libre.

Solution

1. $J$ contient $I$ car $\varphi (X^{3}-YZ)=\varphi (Y^{2}-XZ)=\varphi (Z^{2}-X^{2}Y)=0$. $J$ est premier car $K[X,Y,Z]/J\simeq \operatorname {im} \varphi \subset K[T]$, intègre.
2. Dans $A(T^{3})+B(T^{3})T^{4}+C(T^{3})T^{5}=0$, les monômes de degré $3k$ (resp. $3k+1$, $3k+2$) viennent de $A$ (resp. $B$, $C$).
3. 1. $\varphi (P)=T^{4}\varphi (Q)+\varphi (R)=T^{4}(T^{10}\varphi (Q_{2})+T^{5}\varphi (Q_{1})+\varphi (Q_{0}))+T^{10}\varphi (R_{2})+T^{5}\varphi (R_{1})+\varphi (R_{0})=\varphi (X^{3}ZQ_{2}+X^{3}Q_{1}+YQ_{0}+X^{2}YR_{2}+ZR_{1}+R_{0})$.
   2. Si $P\in J$ alors $X^{3}Q_{1}+R_{0}=Q_{0}+X^{2}R_{2}=X^{3}Q_{2}+R_{1}=0$, or $Z^{3}-X^{5}=Z(Z^{2}-X^{2}Y)-X^{2}(X^{3}-YZ)\in I$ donc modulo $I$, $P\equiv Y(Z^{2}Q_{2}+ZQ_{1}-X^{2}R_{2})+Z^{2}R_{2}-X^{3}ZQ_{2}-X^{3}Q_{1}=(Z^{2}-X^{2}Y)R_{2}-(X^{3}-YZ)(ZQ_{2}+Q_{1})\in I$.
4. Soient $\lambda ,\mu ,\nu \in K$ tels que $\lambda (X^{3}-YZ)+\mu (Y^{2}-XZ)+\nu (Z^{2}-X^{2}Y)\in IM$. Soient $P,Q,R\in M$ tels que $\lambda (X^{3}-YZ)+\mu (Y^{2}-XZ)+\nu (Z^{2}-X^{2}Y)=(X^{3}-YZ)P+(Y^{2}-XZ)Q+(Z^{2}-X^{2}Y)R$. Alors $\lambda X^{3}=X^{3}P(X,0,0)$ donc $\lambda =P(0,0,0)=0$, $\mu Y^{2}=Y^{2}Q(0,Y,0)$ donc $\mu =Q(0,0,0)=0$, $\nu Z^{2}=Z^{2}R(0,0,Z)$ donc $\nu =R(0,0,0)=0$.