Anneau (mathématiques)/Exercices/Exercices

Exercice 1

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

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

Solution

1. Soit $x\in A$.

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

Donc $\mathrm{\forall }x\in A,x+x=0$

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

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

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

Donc $\mathrm{\forall }(x,y)\in A^2,xy=yx$, 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 $k$ :

• $\mathrm{ppcm}\left({\left(k{a}_i\right)}_{i\in I}\right)$ existe si et seulement si $\mathrm{ppcm}\left({\left(a_i\right)}_{i\in I}\right)$ existe ;
• dans ce cas, $\mathrm{ppcm}\left({\left(k{a}_i\right)}_{i\in I}\right)=k\mathrm{ppcm}\left({\left(a_i\right)}_{i\in I}\right)$.

Solution

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

• Supposons que $\mathrm{ppcm}\left({\left(a_i\right)}_{i\in I}\right)=m$ et montrons que $km$ est un ppcm des $k{a}_i$, c'est-à-dire qu'un élément est multiple de tous les $k{a}_i$ si et seulement s'il est multiple de $km$.
  S'il est multiple d'un $k{a}_i$ 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 $k{a}_i\iff$

  $y$ est multiple de tous les $a_i\iff$

  $y$ est multiple de $m\iff$

  $ky$ est multiple de $km$.

• Réciproquement, supposons que $\mathrm{ppcm}\left({\left(k{a}_i\right)}_{i\in I}\right)$ existe.
  Puisqu'il est multiple d'un $k{a}_i$, 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 $a_i\iff$

  $ky$ est multiple de tous les $k{a}_i\iff$

  $ky$ est multiple de $km\iff$

  $y$ 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 $x\vee y$, donc aussi un pgcd, $x\wedge y:=\frac{xy}{x\vee y}$. 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 : $(x\wedge y)z\sim (xz)\wedge (yz)$.

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

$a\wedge (b\vee c)\sim (a\wedge b)\vee (a\wedge c)$.

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

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

3° A-t-on également

$a\vee (b\wedge c)\sim (a\vee b)\wedge (a\vee c)$ ?

Solution

1° $a\wedge (b\vee c)\sim \frac{ab\wedge ac}{b\wedge c}\wedge \frac{bc}{b\wedge c}\sim \frac{ab\wedge ac\wedge bc}{b\wedge c}$ et $(a\wedge b)\vee (a\wedge c)\sim \frac{(a\wedge b)(a\wedge c)}{(a\wedge b)\wedge (a\wedge c)}\sim \frac{(a\wedge b)(a\wedge c)}{a\wedge b\wedge c}$.

2°

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

et

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

3° Oui, par la même méthode, ou simplement parce que dans un treillis, si l'une des deux lois $\wedge$ ou $\vee$ 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 :

• $ab+ba=1$ ;
• $a^{2}b+b{a}^2=a$.

Montrer que :

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

Solution

1. En utilisant deux fois la première hypothèse, $a^{2}b=a(1-ba)=a-aba=(1-ab)a=b{a}^2$.
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. $b=b(a^{-1}+b^{-1})=b{a}^{-1}+1=(b+a)a^{-1}=a^{-1}$.
2. $a^2+1=a(a+a^{-1})=a(a+b)=a$.
3. $a^3=a(a-1)=(a-1)-a=-1$.

 

Exercice 9

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

1. Vérifier que $\mathrm{\forall }x\in B1-x\in B$.
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 : $(x\circ y)\circ z=(x+y-2xy)+z-2(x+y-2xy)z=x+y+z-2(xy+xz+yz)+4xyz=x+(y+z-2yz)-2x(y+z-2yz)=x\circ (y\circ z)$.
   • distributivité : $xz\circ yz=xz+yz-2xzyz=xz+yz-2xyz=(x+y-2xy)z=(x\circ y)z$.

 

Exercice 10

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

Solution

1. $\omega +\bar{\omega }=1$ et $\omega \bar{\omega }=-f$.
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 $\bar{\omega }=1-\omega$.
3. L'entier $(p+q\omega )(p+q\bar{\omega })=p^2+pq(\omega +\bar{\omega })+q^2\omega \bar{\omega }=p^2+pq-f{q}^2$ est positif car supérieur à $p^2+pq+q^2$.
4. Si $p^2+pq-f{q}^2=1$ alors $p+q\omega$ est inversible dans $\mathbb{Z}[\omega ]$, d'inverse $p+q\bar{\omega }$. Réciproquement, si $z=p+q\omega$ est inversible dans $\mathbb{Z}[\omega ]$, d'inverse $z^{\prime }=p^{\prime }+q^{\prime }\omega$, alors $(p^2+pq-f{q}^2)(p{\text{'}}^2+p^{\prime }{q}^{\prime }-fq{\text{'}}^2)=z\bar{z}{z}^{\prime }\overline{z^{\prime }}=z{z}^{\prime }\overline{z{z}^{\prime }}=1$ donc l'entier positif $p^2+pq-f{q}^2$, divisant 1, est égal à 1.
5. Si $1=p^2+pq-f{q}^2=(p+q/2{)}^2-(f+1/4)q^2\ge -(f+1/4)q^2\ge 7q^2/4$ alors $q=0$ donc $p=\pm 1$.

 

Exercice 11

Soit $K$ un corps commutatif. Dans l'anneau $K[X,Y,Z]/⟨X(1-YZ)⟩$, 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 $u,v\in K[X,Y,Z]/⟨X(1-YZ)⟩$ inverses l'une de l'autre. Les images de $u,v$ dans $K[X,Y,Z]/⟨X⟩\simeq K[Y,Z]$ 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'est-à-dire $1-YZ\mid P+Q+XPQ$. Comme $K[Y,Z]/⟨1-YZ⟩=K[Y,1/Y]$ est intègre, l'image de $P$ dans $K[X,Y,Z]/⟨1-YZ⟩=K[Y,1/Y][X]$ est donc nulle, si bien que (toujours à produit près par une constante non nulle), $U=1+XP\equiv 1modX(1-YZ)$ donc $u=1$, et par conséquent $v=1$.

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

 

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

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

Solution

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

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 $u,v\in \mathbb{Z}[X]/⟨2(X^2-1)⟩$ inverses l'une de l'autre. Les images de $u,v$ dans $\mathbb{Z}[X]/⟨2⟩=(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})[X]$ 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'est-à-dire $X^2-1\mid P+Q+2PQ$. 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 $U=1+2P\equiv \pm 1mod2(X^2-1)$ donc $u=v=\pm 1$.

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

 

Exercice 12

Dans l'anneau $A=C(ℝ,ℝ)$, 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 $⟨f_1,\dots ,f_n⟩$ vérifie $g=O(\sum |f_i|)$ 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 $d\in ⟨f,g⟩$.

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) $M\in ℝ$ et $V$ un voisinage de 0 tels que sur $V$, $|h_i|\le M$. Alors, sur $V$, $|g|\le M\sum |f_i|$.
2. Supposons que $I=⟨f_1,\dots ,f_n⟩$ 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 $V$, $|g|\le M{f}^2$. 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 $h:=\mathrm{signe}(f)g\in I$ donc $f\in I^2$.
4. Pour tout $f\in A$ non inversible, $f=gh$ avec $g:=\sqrt{|f|}$ et $h:=\mathrm{signe}(f)g$ 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 $C(K,ℝ)$ l'anneau des fonctions continues de $K$ dans $ℝ$. On note $Z(f)=f^{-1}(\{0\})$ (pour $f\in C(K,ℝ)$), et $I(x)=\{f\in C(K,ℝ)\mid f(x)=0\}$ (pour $x\in K$).

1. Montrer que $I(x)$ est un idéal maximal de $C(K,ℝ)$.
2. Quels sont les éléments inversibles de $C(K,ℝ)$ ?
3. Soient $I$ un idéal de $C(K,ℝ)$ et $Z(I)={\cap }_{f\in I}Z(f)$. Montrer que si $Z(I)=\varnothing$, il existe $f_1,\dots ,f_n\in I$ telles que ${\cap }_{i=1}^{n}Z(f_i)=\varnothing$. Que peut-on dire alors de $\sum f_i^2$ ? En déduire que $Z(I)=\varnothing \iff I=C(K,ℝ)$.
4. En déduire que tout idéal maximal de $C(K,ℝ)$ 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 $I(x)=(f_1,\dots ,f_n)$ et $F=max(|f_1|,\dots ,|f_n|)$, montrer que $\sqrt{F}\in I(x)$, pour en déduire une contradiction.)

Solution

1. $I(x)$ est le noyau du morphisme surjectif $C(K,ℝ)\to ℝ,f\mapsto f(x)$.
2. Si $fg=1$, $f$ ne s'annule pas. Réciproquement si $f$ ne s'annule pas, $g:=\frac{1}{f}\in C(K,ℝ)$. Les inversibles de $C(K,ℝ)$ sont donc les $f\in C(K,ℝ)$ qui ne s'annulent pas.
3. Si $Z(I)=\varnothing$, les ouverts $f^{-1}({ℝ}^{\ast })$ pour $f\in I$ forment un recouvrement de $K$. Comme $K$ est compact, on peut en extraire un sous-recouvrement fini, associé à $f_1,\dots ,f_n\in I$, 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 $I=C(K,ℝ)$. (Réciproquement, $Z(C(K,ℝ))=\varnothing$).
4. Soit $I$ un idéal maximal de $C(K,ℝ)$. 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. $f_1,\dots ,f_n$ s'annulent en $x$ donc $\sqrt{F}$ aussi, donc $\sqrt{F}=\sum f_i{g}_i$. Soit alors une constante $c\ge \sum |g_i|$ (il en existe, par compacité). On a $\sqrt{F}\le cF$ donc $\mathrm{\forall }y\ne x1\le c\sqrt{F}(y)$, 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 :

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

Donc le noyau est $(2,X)=\{\sum a_i{X}^i\mid a_i\in \mathbb{Z},a_0\text{ pair}\}$. On remarque qu'il est maximal puisque le quotient est un corps.

 

Exercice 15

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

Solution

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

 

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

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

Solution

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

 

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 $(a+bX+cY)(a^{\prime }+b^{\prime }X+c^{\prime }Y)=a{a}^{\prime }+(a{b}^{\prime }+b{a}^{\prime })X+(a{c}^{\prime }+c{a}^{\prime })Y$ ; les inversibles sont donc les $a+bX+cY$ avec $a\ne 0$.

Un idéal non trivial doit contenir un élément non nul et non inversible, donc de la forme $bX+cY$ avec $(b,c)\ne (0,0)$ (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 $ℝ[X]$ engendré par $X^3+3X^2+4X+2$ et $X^4+2X^3+3X^2+2X+2$. Donner un isomorphisme entre $ℝ[X]/J$ et $ℂ$.

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 $ℝ[X]\to ℂ,P(X)\mapsto P(-1+\mathrm{i})$ 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 $I\cap A\ne (0)$ et en déduire que $I\cap \mathbb{Z}\ne (0)$.
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'est-à-dire 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 $\le 4$) 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, $\bar{J}$ est un idéal premier non nul de $(A/uA)[Y]$, donc de la forme $(\bar{P})$ avec $\bar{P}$ 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 $M\ne (Y^2-2)$. 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 $\bar{P}$ 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 $A/uA\simeq \mathbb{Z}[X]/(X^2+X+1,2)\simeq (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})[X]/({\bar{X}}^2+\bar{X}+\bar{1})$ 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 $a^{\prime }$ de A tel que $a^{\prime }a=1.$ 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 $x^{\prime }$ de A tel que $x^{\prime }x=1.$ Alors $(x^{\prime }x)y=y$, ce qui, d'après l'associativité de la multiplication dans A, peut s'écrire $x^{\prime }(xy)=y.$ 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 $a^{\prime }$ de A tel que $a^{\prime }a=1.$ Il est clair que $a^{\prime }$ 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 $\phi :K[X,Y,Z]\to K[T]$ le morphisme défini par $\phi (X)=T^3,\phi (Y)=T^4,\phi (Z)=T^5$, et $J=\ker \phi$. 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 $Z^2{Q}_2+Z{Q}_1+Q_0$ et $Z^2{R}_2+Z{R}_1+R_0$, 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 $X^{3}Z{Q}_2+X^3{Q}_1+Y{Q}_0+X^{2}Y{R}_2+Z{R}_1+R_0\in J$.
   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 $\phi (X^3-YZ)=\phi (Y^2-XZ)=\phi (Z^2-X^{2}Y)=0$. $J$ est premier car $K[X,Y,Z]/J\simeq \mathrm{im}\phi \subset K[T]$, 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. $\phi (P)=T^4\phi (Q)+\phi (R)=T^4(T^{10}\phi (Q_2)+T^5\phi (Q_1)+\phi (Q_0))+T^{10}\phi (R_2)+T^5\phi (R_1)+\phi (R_0)=\phi (X^{3}Z{Q}_2+X^3{Q}_1+Y{Q}_0+X^{2}Y{R}_2+Z{R}_1+R_0)$.
   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 $I$, $P\equiv Y(Z^2{Q}_2+Z{Q}_1-X^2{R}_2)+Z^2{R}_2-X^{3}Z{Q}_2-X^3{Q}_1=(Z^2-X^{2}Y)R_2-(X^3-YZ)(Z{Q}_2+Q_1)\in I$.
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 $\nu =R(0,0,0)=0$.