M ODULE II.1:C OMPL EMENTSD ’ ALG EBRE ´ `

M

II.1 : C

´ ’

`

II.1.1 Si les ´el´ements (a, b) et (a^′, b^′) de Z^∗ × N^∗ sont ´equivalents, c’est-`a-dire si ab^′=ba^′, alors v_p(ab^′) =v_p(ba^′)⇒v_p(a)−v_p(b) =v_p(a^′)−v_p(b^′). Ainsi, l’application (a, b) 7→v_p(a)−v_p(b) de Z^∗×N^∗ dans Zest compatible avec la relation d’´equivalence, donc passe au quotient en une application a

b 7→ v_p(a)−v_p(b) de Q^∗ dans Z. (Si l’on prolonge cette application `a Qpar 07→ ∞, on obtient encore une valuation.)

En revanche, les couples ´equivalents (1,2) et (2,4) ont pour images respectives par l’ap- plication(a, b)7→ a²+ 1

b²+ 1 les rationnels distincts 2 5 et 5

17 : cette application ne passe donc pas au quotient, et l’on ne peut d´efinir a

b 7→ a²+ 1

b²+ 1 de QdansQ.

II.1.2 Nous laisserons au lecteur le soin de v´erifier que la relation est bien r´eflexive et sym´etrique, ainsi que la relation rectifi´ee que nous allons d´efinir ; en effet, celle donn´ee dans l’´enonc´e n’est pas transitive, comme le montre l’exemple des couples (f_i, J_i), avec : J1 :=R, f1:= max(0, x²−1), J2 := ]−1,1[, f2:= 0,J3 :=R, f3 :=−f1.

Nous dirons donc que :

(f1, J1)∼(f2, J2)⇐⇒(f1)_|K = (f2)_|K o`uK ⊂J1∩J2est un intervalle ouvert contenanta.

La r´eflexivit´e et la sym´etrie sont encore ´evidentes, prouvons la transitivit´e. Supposons donc que (f1, J1) ∼ (f2, J2) et (f2, J2) ∼ (f3, J3), les intervalles de co¨ıncidence ´etant K ⊂J1 ∩J2 et K^′ ⊂ J2∩J3. Alors K^′′ := K∩K^′ est un intervalle ouvert contenant aet contenu dans J₁∩J₃ et sur lequel f₁ etf₃ co¨ıncident, d’o`u (f₁, J₁) ∼(f₂, J₂) et la transitivit´e.

Montrons la compatibilit´e `a gauche de cette relation et de l’addition (qui est commutative).

On suppose que (f₁, J₁) ∼ (f₁^′, J₁^′), avec intervalle de co¨ıncidence K. Pour comparer (f1, J1) + (f2, J2) `a (f₁^′, J₁^′) + (f2, J2), il suffit de v´erifier que f1+f2 et f₁^′ +f2 sont d´efinies et ´egales sur L:=K∩J₂ ⊂(J₁∩J₂)∩(J₁^′∩J₂), et que Lest bien un intervalle ouvert contenant a; c’est imm´ediat. Le cas de la multiplication se traite pareillement.

Il est clair que, si (f1, J1) ∼ (f2, J2), alors f1(a) =f2(a); l’application (f, J) 7→ f(a) est donc compatible avec la relation d’´equivalence, et passe donc au quotient. De mˆeme, si f₁ et f₂ sont k fois d´erivables et ´egales sur un intervalle ouvert contenant a, alors leurs d´eriv´ees enajusqu’`a l’ordre ksont ´egales.

II.1.3 On a (par exemple) 16≡9 4, mais 3×1≡9 3×4, donc 3 n’est plus r´egulier apr`es passage au quotient par ≡9. En fait, si n∈N<sup>∗</sup>, dire que a∈ Nest r´egulier apr`es passage au quotient par ≡n, c’est dire que l’image de a dans Z/nZ est simplifiable, c’est-`a-dire que aest premier avec n.

II.1.4 (i) Bien sˆur, selon les hypoth`eses du paragraphe 1.2.1 de la page 9, le groupe M doit ˆetre commutatif. On v´erifie alors que les ´el´ements (a,0) et (a^′,0) de M ×M sont

´equivalents si, et seulement s’il existe c ∈ M tel que a+c = a^′+c, donc, M ´etant un groupe, si, et seulement si, a=a^′. Le morphisme M →G est donc injectif. D’autre part, (a, b)∈M×M est ´equivalent `a(a−b,0)∈M×M, donc la classe de(a, b)dans Gest image d’un ´el´ement de M et le morphisme M →G est donc surjectif.

(ii) Puisque A est int`egre, x, y 6= 0 ⇒ xy 6= 0 et M est stable par multiplication ; il est alors imm´ediat que c’est bien un mono¨ıde commutatif. La relation sur M ×M qui donne par passage au quotient son groupe des fractions est la relation : (a, b) ∼ (a<sup>′</sup>, b<sup>′</sup>) si, et seulement s’il existe c ∈ M tel que ab<sup>′</sup>c =a<sup>′</sup>bc, c’est-`a-dire ab^′ = a^′b (puisque c n’est pas diviseur de0). C’est donc la restriction de la relation sur A×M qui donne par passage au quotient le corps des fractions de A. De plus, la d´efinition du produit est la mˆeme dans les deux cas.

II.1.5 Nous noterons additivement les lois, mais la notation multiplicative est tout aussi justifi´ee (comme dans l’indication). Notons a :=i(a) la classe de (a,0) ∈M ×M dans G. La classe de (a, b) est donc a−b. Tout morphisme g r´epondant `a la question v´erifie donc :

g a−b

=g(a)−g b

=g i(a)

−g i(b)

=f(a)−f(b).

Il n’y a donc qu’un tel morphisme possible.

L’application ϕ: (a, b) 7→ f(a)−f(b) de M ×M dans G^′ passe au quotient ; en effet, a+b^′+c=a^′+b+c entraˆınef(a+b^′+c) =f(a^′+b+c), d’o`u (f ´etant un morphisme et f(c)∈G^′ ´etant simplifiable), f(a)−f(b) =f(a^′)−f(b^′). Il est imm´ediat que l’application g :G →G^′ obtenue par passage au quotient est telle que f =g◦i, et le lecteur v´erifiera sans peine que c’est un morphisme de groupes.

II.1.6 On a les ´equivalences :

i(a)inversible ⇐⇒ ∃(b, s)∈A×S : (a,1)(b, s)∼(1,1)

⇐⇒ ∃(b, s)∈A×S : ∃t∈S : tab=ts,

ce qui implique queadivise ts∈S; r´eciproquement, siadivise s∈S, il suffit de prendre t:= 1.

Lorsque S = A^∗, on v´erifie que A → S⁻¹A est injectif (a est dans le noyau si sa = 0 avec s∈S, donca= 0) et surjectif (a/s est l’image de as⁻¹) ; on peut donc dans ce cas identifier A `aS⁻¹A.

Si S contenait le nilpotent s, on aurait 0 = sⁿ ∈ S, ce que l’on a interdit. Si on l’avait permis, on aurait (0,1)∼(1,1) et l’anneau S⁻¹A serait trivial.

II.1.7 (i) Notons a/s l’image de(a, s) dans S⁻¹A : ainsi, i(a) =a/1 et l’inverse de1/s est s/1. S’il existe g comme dans l’´enonc´e, alors :

g(a/s) =g(a/1)g(1/s) =g(a/1)g(s/1)⁻¹ =f(a)f(s)⁻¹.

Le morphisme g est donc unique. R´eciproquement, l’application (a, s) 7→ f(a)f(s)⁻¹ passe qu quotient, car :

(a, s)∼(a^′, s^′)⇔ ∃t∈S : tas^′ =ta^′s,

ce qui entraˆıne f(a)f(s)⁻¹=f(a^′)f(s^′)⁻¹ (calcul facile). Le lecteur v´erifiera que l’appli- cation g obtenue par passage au quotient convient.

(ii) Il suffit d’appliquer la«propri´et´e universelle»ci-dessus au morphismeA→T⁻¹Acar l’image de S dansT⁻¹A est form´ee d’´el´ements inversibles. Notons que le morphisme ob- tenu s’´ecrit a/s 7→a/s, mais les deux notations a/s d´esignent respectivement des classes dans S⁻¹Aet dans T⁻¹A!

(iii) Puisque0ne divise que lui-mˆeme, 06=T. Sit₁, t₂ divisent respectivements₁, s₂∈S, alors t₁t₂ divise s₁s₂ ∈S et T est une partie multiplicative, qui contient ´evidemment S, d’o`u le morphisme S<sup>−1</sup>A → T<sup>−1</sup>A. Si tu = s ∈ S, alors l’´el´ement a/t = au/tu de T<sup>−1</sup>A est image de au/s ∈S<sup>−1</sup>A, d’o`u la surjectivit´e. Si a/s a pour image 0 ∈ T⁻¹A, alors il existe t ∈ T tel queta= 0. Prenant s^′ ∈ S multiple de t (puisque t ∈T), on a s^′a= 0, donc a/s= 0∈S⁻¹A, d’o`u l’injectivit´e.

(iv) Le morphisme S⁻¹A → T⁻¹A a ici pour but le corps des fractions, et son injectivit´e se prouve comme en (iii).

II.1.8 Il n’y a rien de plus `a dire que dans l’indication. Si a⁻¹b=h ∈ H, alors b= ah, donc bH=ahH =aH. Si aH =bH, alors b∈bH =aH, doncb=ah, h ∈H, donc a⁻¹b=h∈H.

II.1.9 On sait d´ej`a que ι_a est un automorphisme de G. La loi de groupes sur Aut(G) est, bien entendu, la composition et l’´el´ement neutre est IdG. On calcule :

ι_a◦ι_b(x) =a(bxb⁻¹)a⁻¹ = (ab)x(ab)⁻¹ =ι_ab(x), d’o`u ι_a◦ι_b =ι_a◦ι_ab, et l’on a bien un morphisme de groupes.

Un ´el´ement a du noyau est tel que ιa = IdG, c’est-`a-dire x = axa⁻¹ pour tout x : le noyau est donc le centre de G.

Dire que H est distingu´e, c’est dire que aHa⁻¹ ⊂H pour tout a, donc que H est stable par tous les automorphismes int´erieurs.

II.1.10 Puisque H^′ est distingu´e, on a un morphisme G^′ → G^′/H^′. Le noyau du mor- phisme compos´e G^′ →G→G^′/H^′ est f⁻¹(H^′) qui est donc bien distingu´e.

Si l’on prend H =G=un sous-groupe non distingu´e de G^′ et, pour f, l’inclusion cano- nique, on obtient un contre-exemple `a la deuxi`eme question.

Supposons f surjectif. Pour tout b∈G^′, on a b=f(a)avec a∈Get : bf(H)b⁻¹=f(a)f(H)f(a⁻¹) =f(aHa⁻¹)⊂f(H), et la r´eponse est positive :f(H)⊳G^′.

II.1.11 On a nZ = mpZ ⊂ mZ et le groupe mZ/nZ est bien d´efini. Le compos´e des morphismes surjectifs x7→mx de Zsur mZ ety7→y (modn) de mZ surmZ/nZest l’application de l’´enonc´e, qui est donc un morphisme surjectif de Zsur mZ/nZ. Pour que x ∈ Z soit dans le noyau, il faut, et il suffit, que ma ∈ nZ, c’est-`a-dire que p divise x. Le noyau est donc pZ, d’o`u un isomorphisme x (modp) 7→ mx (modn) de Z/pZsur mZ/nZ.

II.1.12 L’hypoth`ese H ⊂ G^′ est ´evidemment sans objet ! Rappelons que HG^′ = {hg^′ | h ∈ H , g^′ ∈ G^′}. Naturellement, e = ee ∈ HG^′ (´el´ement neutre).

D’autre part, avec des notations ´evidentes :

(h₁g₁^′)(h₂g₂^′) = h₁(g^′₁h₂g₁^′−1)

(g₁^′g₂^′) =hg,

o`u h:=h₁(g₁^′h₂g^′₁⁻¹)∈H (car celui-ci est distingu´e) et g:=g^′₁g₂^′ ∈G^′. Ainsi, HG^′ est stable par multiplication. De plus :

(hg^′)⁻¹ = (g^′−1h⁻¹g^′)g^′−1 =h^′′g^′′,

o`u h<sup>′′</sup> :=g<sup>′−1</sup>h<sup>−1</sup>g<sup>′</sup> ∈H (car celui-ci est distingu´e) et g<sup>′′</sup> := g<sup>′−1</sup> ∈ G<sup>′</sup>. Ainsi, HG<sup>′</sup> est stable par passage `a l’inverse. C’est donc un sous-groupe deG. Enfin :

(hg^′)h₀(hg^′)⁻¹ =h(g^′h₀g^′−1)h⁻¹ ∈H,

car g^′h₀g^′−1 ∈H (puisque celui-ci est distingu´e). On en d´eduit que H est distingu´e dans HG^′.

L’´el´ement hg^′ (modH) de HG^′/H est l’image de g^′ ∈ G^′ par le morphisme compos´e G^′ → HG^′ → HG^′/H. Ce morphisme est donc surjectif. De plus, g^′ ∈ G^′ est dans le noyau si, et seulement si, g^′ ∈ H. Le noyau est donc G^′ ∩H, d’o`u l’isomorphisme g^′ (modG^′∩H)7→g^′ (modH) de G^′

G^′∩H sur HG^′ H .

II.1.13 Rappelons qu’un ´el´ement de torsion d’un groupe ab´elien (not´e additivement) est un ´el´ement d’ordre fini. L’´el´ement a:=a (modZ) ∈C/Z est de torsion si, et seulement s’il existe m ∈ N^∗ tel que ma = 0, i.e. ma ∈ Z, autrement dit si, et seulement si,

a ∈ Q/Z. L’image d’un ´el´ement de torsion par un morphisme est un ´el´ement de torsion (car ma = 0 ⇒ mf(a) = f(ma) = 0), et le seul ´el´ement de torsion de C est 0, donc tout morphisme f de C/Z dansC est trivial surQ/Z.

Rechercher un morphisme logarithme de C^∗ dans C, c’est rechercher une application log de C^∗ dans C qui soit un morphisme de groupe et telle que exp(logx) = x. Il revient au mˆeme de chercher le morphisme L = 1

2iπ log tel que E L(x)

= x, o`u l’on a introduit l’application E : z 7→ exp(2iπz). Le morphisme L serait donc n´ecessairement injectif.

Le morphisme E du groupe additif C sur le groupe multiplicatif C^∗ induit par passage au quotient un isomorphisme ε de C/Z sur C^∗. En composant, on obtiendrait donc un morphisme injectif deC/Z dansC, ce qui est impossible d’apr`es la premi`ere question.

II.1.14 Puisque n = mp, on a nZ ⊂ mZ, l’image de l’id´eal nZ par le morphisme surjectif Z → Z/mZ est nulle, et l’on obtient par passage au quotient un morphisme surjectif d’anneaux Z/nZ → Z/mZ. Son noyau est form´e des x (modnZ) tels que x (modmZ) = 0, c’est-`a-dire tels que x ∈ mZ : ce noyau est donc l’id´eal mZ/nZ de Z/nZ.

II.1.15 Il est clair que (X² + 1)Z[X] ⊂ Z[X] = A et que

(X² + 1)Z[X] ⊂ (X² + 1)R[X] = J, donc que (X² + 1)Z[X] ⊂ A ∩ J. Soit r´eciproquement P ∈ A ∩J. La division euclidienne de P ∈ A = Z[X] par le po- lynˆome unitaire X² + 1 ∈ Z[X] donne un quotient et un reste Q, R ∈ Z[X]. Comme c’est aussi une division euclidienne dans R[X] et que P ∈ J, le reste R est nul, et P = (X²+ 1)Q∈(X²+ 1)Z[X], d’o`u l’´egalit´e A∩J = (X²+ 1)Z[X].

Le morphisme A→ R[X]

(X²+ 1)R[X] =R+Ri =C a pour noyau A∩J et identifie donc A

A∩J = Z[X]

(X²+ 1)Z[X] au sous-anneau Z+Zide C form´e des entiers de Gauß.

II.1.16 On sait d´ej`a que la relation (congruence modulo un sous-groupe dans un groupe commutatif) est compatible avec l’addition. Soient a, b ∈ A tels que a ≡ b (modI), c’est-`a-dire a−b∈I. Alors, pour tout c∈A :

ca−cb=c(a−b)∈I =⇒ca≡cb (modI) ac−bc= (a−b)c∈I =⇒ac≡bc (modI).

La relation est donc compatible avec la multiplication. Les mˆemes m´ethodes que dans le cours permettent alors de munir le groupe quotient A/I d’une (unique) structure d’an- neau telle que la projection canonique A → A/I soit un morphisme d’anneaux : on pose (a (mod I)) (b (modI)) :=ab (modI).

Soit r´eciproquement une relation d’´equivalence compatible avec l’addition et la multiplica- tion. En notant I la classe de0, on sait d´ej`a que I est un sous-groupe et que notre relation

est la congruence modulo I. La compatibilit´e avec la multiplication entraˆıne de plus que I est un id´eal bilat`ere.

II.1.17 Soit M := (a_i,j)∈M_n(K). AlorsE_i,jM E_k,l =a_j,kE_i,l. Si l’on suppose que M est un ´el´ement non nul d’un id´eal bilat`ere I et que a<sub>j,k</sub> 6= 0, on en d´eduit que I contient tous les E<sub>i,l</sub> et donc que I =M<sub>n</sub>(K). (Il est clair a priori qu’un id´eal bilat`ere est en parti- culier un sous–espace vectoriel).

Soient ϕ et ψ de endomorphismes de l’espace vectoriel E de dimension infinie. On sup- pose que ϕest de rang fini. Alors ϕ◦ψ etψ◦ϕsont de rang fini (major´e par celui deϕ), d’o`u la stabilit´e de l’ensemble des endomorphismes de E de rang fini par multiplication dans LK(E). L’endomorphisme nul est de rang fini. Siϕ etψ sont tous deux de rang fini, leur somme est de rang fini (major´e par la somme des deux rangs) et −ϕ ´egalement. On a donc bien un id´eal bilat`ere. Il n’est pas nul, car il contient les projections sur des droites, ni

´egal `aLK(E), car Id_E n’est pas de rang fini.

II.1.18 L’´el´ement x ∈E a pour image 0∈ E+F

F si, et seulement si, x ∈F. Le noyau est donc bien E∩F, d’o`u, par passage au quotient, une application lin´eaire injective de

E

E∩F dans E+F

F . Si e ∈ E, f ∈ F, ’´el´ement (e+f) (mod F) de E+F

F admet

pour ant´ec´edent e (modE∩F) dans E

E∩F, et le morphisme est surjectif.

Remarquons que, si tous ces espaces sont de dimension finie, on en d´eduit la formule : dimKE−dimK(E∩F) = dimK(E+F)−dimKF.

II.1.19 On a vu dans le cours de L1 que K[X] = <P >⊕K_n−1[X], la d´ecomposition A = P Q+R ´etant obtenue par division euclidienne. Cette d´ecomposition est d’ailleurs valable pour n := 0, car on a alors <P > = K[X] et K_n−1[X] = {0}. On a donc un isomorphisme d’espaces vectoriels : K[X]/<P >≃K_n−1[X]. Comme tout id´eal non nul de K[X] est de la forme<P > avec P unitaire de degr´e n>0, la conclusion s’ensuit.

II.1.20 Ecrivons´ H₁ := Kerλ₁, . . . , H_k := Kerλ_k, o`u λ<sub>1</sub>, . . . , λ<sub>k</sub> sont des formes lin´eaires non nulles sur le K-espace vectoriel E. Alors H<sub>1</sub> ∩. . .∩H<sub>k</sub> est le noyau de l’application lin´eaire Λ := (λ<sub>1</sub>, . . . , λ<sub>k</sub>) de E dans K<sup>k</sup>. D’apr`es le th´eor`eme du rang, la codimension de H1∩. . .∩H_k est ´egale au rang de Λ. Cette codimension vaut donc ksi, et seulement si, Λ est surjective.

Par ailleurs, Λ n’est pas surjective si, et seulement si, son image est contenue dans un hyperplan de K^k, c’est-`a-dire si, et seulement s’il existe une ´equation non triviale a<sub>1</sub>x<sub>1</sub> +· · ·+a<sub>k</sub>x<sub>k</sub> = 0 sur K<sup>k</sup> satisfaite par tous les ´el´ements de Im Λ, c’est-`a-dire si, et seulement si, λ₁, . . . , λ_k sont li´ees.

II.1.21 Notons C:= (u1, . . . , u_k) etD:= (v1, . . . , v_ℓ).

(i) On choisit des repr´esentants v_j ∈E des v_j ∈E/F et l’on pose D:= (v₁, . . . , v_ℓ). Si la famille D ´etait li´ee, son image D par la projection E → E/F le serait. Elle est donc libre. Soit G l’espace vectoriel qu’elle engendre (Dest donc une base de G).

Tout ´el´ement de F ∩G s’´ecrit P

λ_jv_j et a pour image P

λ_jv_j = 0∈ E/F ; on a donc λ₁=· · ·=λ_ℓ= 0 et l’on en d´eduit que F∩G={0}.

Soit x ∈ E. Alors x ∈ E/F s’´ecrit x = P

λ_jv_j, de sorte que x−P

λ_jv_j ∈ F, et x∈F +G et l’on en d´eduit que E=F+G.

Ainsi, B= (u₁, . . . , u_k, v₁, . . . , v_ℓ) est bien une base deE =F ⊕G.

(ii) Pour queF soit stable parf, il faut, et il suffit, quef(u₁), . . . , f(u_k)∈F, i.e. que les k premi`eres colonnes de la matrice M n’aient que des coefficients nuls sur les ℓderni`eres lignes. Les coefficients des kpremi`eres lignes constituent alors la matrice A∈M_k(K) de f_F dans la base C, etM a la forme :

M =

A B 0 C

.

Les matrices B ∈ M_k,ℓ(K) et C ∈ M_ℓ(K) ont pour coefficients les coordonn´ees de f(v1), . . . , f(v_ℓ) dans la base B, les coefficients de C correspondant aux composantes dans D. La matrice C est donc la matrice de l’endomorphisme f de E/F obtenu par passage au quotient relativement `a la baseD.

Exercices sur la section 2

II.1.22 Puisque I = 2A ={2P |P ∈ Z[X]} et que J = XA = {XP | P ∈ Z[X]}, on a I +J = 2A +XA = {2P +XQ | P, Q ∈ Z[X]} = <2, X>. Le polynˆome F := 2P +XQ est tel que F(0) = 2P(0)∈2Z. R´eciproquement, siF(0) = 2p, p∈Z, alorsF = 2P +XQavec P :=p et Q:= F−F(0)

X ´el´ements deZ[X].

Il est ´evident que IJ= (2A)(XA) = 2XA⊂I∩J. Mais, si F =I∩J, ses coefficients sont pairs et le coefficient constant est nul, doncF est multiple de2X (dans (Z[X]) : on a bien IJ=I∩J = 2XA.

Pour tout id´eal principal K := P A = PZ[X], on a

KB = PZ[X]Q[X] = PQ[X] = P B. Ainsi IB = 2B = B (car 2 est inver- sible dans Qdonc dansQ[X]) et JB=XB.

On calcule : A/I=Z[X]/2Z[X]≃(Z/2Z)[X] =F₂[X], et A/J =Z[X]/XZ[X]≃Z.

Dans les deux cas, on peut le v´erifier en calculant les noyaux des morphismes surjectifs A→F₂[X]etA→Z.

Le quotient A/(I +J) peut se calculer en quotientant successivement A par I, ce qui

donne F₂[X]; et le r´esultat par l’image de J, i.e. XF₂[X], ce qui donne F₂. On peut aussi quotienter d’abord par J, r´esultat Z; puis par l’image 2Zde I, r´esultat F₂.

Enfin, (I +J)² est l’id´eal engendr´e par {2, X}² = {4,2X,2X, X²} = {4,2X, X²}, d’o`u (I +J)<sup>2</sup> = 4A+ 2XA+X<sup>2</sup>A. Par ailleurs, I<sup>2</sup> = 4A, IJ = 2XA et J<sup>2</sup> =X<sup>2</sup>A, d’o`u I²+IJ+J² = 4A+ 2XA+X²A= (I+J)².

II.1.23 Il est ´evident que les x_iy_j appartiennent `a IJ. Tout ´el´ement de IJ est de la forme Pi<sub>k</sub>j<sub>k</sub>, o`u les i_k sont dans I, donc combinaisons lin´eaires des xi, et o`u les j_k sont dans J, donc combinaisons lin´eaires desy_j. Tout ´el´ement de IJ est donc combinaison lin´eaire desx_iy_j.

Le carr´e de I := <a, b> est donc engendr´e par

{a, b}{a, b} = {a², ab, ba, b²} = {a², ab, b²}. Prouvons par r´ecurrence que Iⁿ est engendr´e par {aⁿ, aⁿ⁻¹b, . . . , abⁿ⁻¹, bⁿ}. Il suffit de voir que {aⁿ⁺¹, aⁿb, . . . , abⁿ, bⁿ⁺¹}={a, b}{aⁿ, aⁿ⁻¹b, . . . , abⁿ⁻¹, bⁿ}, ce qui est ais´e.

Dans le cas de l’id´eal I = <1 + √

−5,1 − √

−5> de l’anneau A = Z[√

−5], on trouve : I² = < − 4 + 2√

−5,6,−4 − 2√

−5>. Cet id´eal contient

−(−4 + 2√

−5) −6 − (−4 − 2√

−5) = 2, et ses g´en´erateurs sont multiples de 2, donc I² = <2>. Si I ´etait principal de g´en´erateur u, ce dernier serait en particulier un diviseur de 1 +√

−5 + 1−√

−5 = 2. ´Ecrivant 2 =uv et utilisant, comme dans le texte, la norme alg´ebrique, on aurait une d´ecomposition 4 = (a² + 5b²)(c² + 5d²) dans Z, ce qui n’est possible que si l’un des facteurs vaut 1 et l’autre 4. On voit donc queu est (`a un inversible pr`es) 1 ou 2. le deuxi`eme cas est impossible car 2 ne divise pas les g´en´erateurs de I. Le premier cas signifierait que I =<1>, ce qui contredit le calcul deI².

II.1.24 (i) Voici une preuve sans calcul de la premi`ere assertion : le morphisme surjectif naturel de A₁×A₂ sur A₁/I₁×A₂/I₂ a pour noyau I₁×I₂.

Soit I un id´eal quelconque de A₁×A₂ et soient I₁, I₂ ses images par les projections sur A1, A2. Comme les projections sont des morphismes surjectifs, I1 et I2 sont des id´eaux.

Il est ´evident que I ⊂ I₁ ×I₂. Soient i₁ ∈ I₁, i₂ ∈ I₂ : il existe donc a₁, a₂ tels que (i₁, a₂),(a₁, i₂)∈I. Alors (i₁, i₂) = (1,0)(i₁, a₂) + (0,1)(a₁, i₂)∈I.

(ii) et (iii) De l’´egalit´e (1,0)(0,1) = (0,0), on d´eduit d’abord qu’un produit d’anneaux B₁×B₂ ne peut ˆetre int`egre que si B<sub>1</sub> ou B<sub>2</sub> est trivial ; et donc que B<sub>1</sub>×B<sub>2</sub> est int`egre (resp. un corps) si, et seulement si, B2 est trivial et B1 int`egre (resp. un corps), ou vice- versa.

Soit I =I₁×I₂ un id´eal de A₁×A₂ et notons B₁ :=A₁/I₁,B₂:=A₂/I₂. Il d´ecoule de ce qui pr´ec`ede que I est premier (resp. maximal) si, et seulement si, I1 est premier (resp.

maximal) etI₂ =A₂, ou vice-versa.

II.1.25 Soit P = P₁^r1· · ·P_k^rk la d´ecomposition de P en facteurs premiers. D’apr`es le lemme chinois :

K[X]/ < P >≃K[X]/<P₁^r1>× · · · ×K[X]/<P_k^rk>·

Si r₁ = · · · = r_k (c’est-`a-dire si P est produit de facteurs premiers distincts), c’est un produit de corps. Sinon, si r<sub>i</sub> >2, alors x:= P<sub>i</sub> (mod P<sub>i</sub><sup>ri</sup>) est un ´el´ement nilpotent non trivial de K[X]/<P<sub>i</sub><sup>ri</sup>>, et (0, . . . , x, . . . ,0) (o`u x est en i^`eme position) est un ´el´ement nilpotent non trivial de K[X]/ < P >, qui ne peut donc ˆetre un produit de corps. (Un produit de corps est un anneau r´eduit.)

II.1.26 (i) Notons x:= Cl(X), De l’´egalit´e K[X] =K₁[X]⊕<X²+X+ 1>, on d´eduit que (1, x) est une base du F₂-espace vectoriel F₂[X]/<X²+X+ 1>, dont les ´el´ements sont 0,1, x, y:= 1 +x. La table d’addition est celle de (Z/2Z)². Pour dresser la table de multiplication, il suffit de calculer :

x²= 1 +x=y , xy=x+x² = 1, y²= 1 +x² =x.

Voici les tables correspondantes :

(K,+) :

+ 0 1 x y

0 0 1 x y

1 1 0 y x

x x y 0 1 y y x 1 0

(K,×) :

× 0 1 x y

0 0 0 0 0

1 0 1 x y

x 0 x y 1 y 0 y 1 x

(K^∗,×) :

× 1 x y

1 1 x y

x x y 1 y y 1 x

On v´erifie que le groupe multiplicatif de ce corps est cyclique d’ordre 3.

(ii) Tout polynˆome irr´eductible P de degr´e 3 sur F₂ fournira un corps `a 8 ´el´ements F₂[X]/<P >. Pour ˆetre irr´eductible, il suffit qu’un polynˆome de degr´e 3 n’ait pas de racines. Sur F₂, on trouve les polynˆomes X³+X²+ 1etX³+X+ 1.

De mˆeme, tout polynˆome irr´eductible P de degr´e2 sur F₃ fournira un corps `a9 ´el´ements F₃[X]/<P >. Pour ˆetre irr´eductible, il suffit qu’un polynˆome de degr´e 2 n’ait pas de racines. Sur F₃, on trouve les polynˆomes X² + 1, X² +X −1 et X² −X + 1 (et leurs oppos´es).

II.1.27 (i) Le morphisme d’anneaux f 7→ f(x) est surjectif de A sur le corps R, son noyauM_x est donc un id´eal maximal.

(ii) On prouve la dichotomie par l’absurde, en niant l’assertion `a prouver : s’il y avait une fonction f ∈ I qui ne s’annule pas sur

a,a+b 2

et une fonction g ∈ I qui ne s’annule pas sur

a+b 2 , b

la fonction f²+g² ∈ I serait strictement positive sur [a, b], donc ne s’y annulerait pas, donc elle serait inversible dans A et l’on aurait I = A, contredisant l’hypoth`ese.

En it´erant, on choisit `a chaque ´etape un segment [a_n, b_n] qui est la moiti´e gauche ou la moiti´e droite de [a_n−1, b_n−1], et tel que toute fonction f ∈ I s’annule en au moins un point x_n,f ∈ [a_n, b_n]. L’intersection des [a_n, b_n] est un singleton {x} ⊂ [a, b] (segments emboˆıt´es de longueur tendant vers 0) et, pour tout f ∈I, on a :

∀n>0, f(x_n,f) = 0 et lim

n→+∞x_n,f =x, d’o`u f(x) = 0. On en d´eduit que I ⊂M_x.

Puisque tout id´eal propre de A est inclus dans l’un des M_x, ces derniers sont les seuls id´eaux maximaux de A.

(iii) Nous laissons au lecteur le soin de d´emontrer que I est bien un id´eal de B. Il s’agit de v´erifier que, pour tout x ∈ ]a, b[, il existe une fonction de I qui n’est pas dans M_x, c’est-`a-dire une fonction non nulle en x et nulle en dehors d’un segment [c, d] ⊂]a, b[. Il suffit de prendre c:= a+x

2 , d:= x+b

2 et pour f la fonction nulle hors de [c, d], affine de (c,0) `a (x,1) et encore affine de(x,1) `a (d,0) (tente, ou chapeau de sorci`ere).

II.1.28 Si a est inversible, le seul id´eal qui le contient est a, qui n’est pas maximal (les id´eaux maximaux sont propres par d´efinition). Si a n’est pas inversible, l’id´eal <a> est propre, donc, d’apr`es le th´eor`eme de Krull, contenu dans un id´eal maximal Met a∈M. Supposons A local, d’id´eal maximal M. Les ´el´ements de M sont non inversibles (car M est propre) et les ´el´ements de A \M sont inversibles (sinon, ils seraient contenus dans M d’apr`es la question pr´ec´edente). L’ensemble des ´el´ements non inversibles est donc M, donc il est stable pour l’addition. R´eciproquement, supposons que l’ensemble des ´el´ements non inversibles est stable pour l’addition. Cet ensemble est ´egalement stable par multipli- cation externe (c’est la contrapos´ee de l’implication : ab inversible entraˆıne a inversible).

L’ensemble des ´el´ements non inversibles est donc un id´eal M. Comme tout id´eal propre est form´e d’´el´ements non inversibles, tout id´eal propre est inclus dansM, qui est donc l’unique id´eal maximal.

Les ´el´ements inversibles de Z/p^kZ (resp. deK[X]/<X^k>) sont les classes des ´el´ements de Z (resp. de K[X]) ´etrangers `a p<sup>k</sup>, donc `a p (resp. `a X<sup>k</sup>, donc `a X). Les ´el´ements non inversibles de Z/p^kZ (resp. de K[X]/<X^k>) sont donc les classes des multiples de p (resp. de X) et forment l’id´eal pZ/p^kZ (resp. XK[X]/<X^k>). L’anneau Z/p^kZ (resp.

K[X]/<X^k>) est donc local.

II.1.29 Tout d’abord, S⁻¹I est bien un id´eal, car :

a, a^′ ∈I ⇒a/s+a^′/s^′ = (as^′+a^′s)/ss^′ ∈S⁻¹I et (a/s)(b/t) = (ab)/(st)∈S⁻¹I.

Il est clair que i(I) ={a/1 |a∈ I} ⊂ S⁻¹I. Enfin, l’´egalit´e a/s = (1/s)(a/1) montre que l’id´eal engendr´e par i(I) contient S⁻¹I.

II.1.30 Puisque P ∩S = ∅, aucun a/s∈ S⁻¹P n’est ´egal `a 1, et c’est un id´eal propre.

(Justification : l’´egalit´e a/s = 1/1 dans S⁻¹A se traduirait par une ´egalit´e ta= tsdans A, avec t ∈ S, et l’on aurait ta = ts ∈ P ∩ S.) Si (b/t)(c/u) ∈ S⁻¹P, on ´ecrit (b/t)(c/u) = a/s avec a ∈ P, d’o`u s<sup>′</sup>(bcs−atu) = 0, d’o`u s^′sbc ∈ P, d’o`u b ou c∈ P, d’o`u b/t ou c/u∈S⁻¹P, qui est bien premier.

Remarquons de plus, pour la suite, que a/1∈S⁻¹P entraˆıne s^′(at−b) = 0, avecb∈ P, d’o`u l’on tire a∈ P : on a donc i⁻¹ S⁻¹P

=P.

Soit Qun id´eal premier de S⁻¹A. SiP :=i⁻¹(Q) rencontrait S, son image pari, qui est dans Q, contiendrait des inversibles, ce qui n’est pas possible.

Avec ces notations, On a ´evidemment i(P) ⊂ Q, d’o`u S<sup>−1</sup>P ⊂ Q. D’autre part, tout a/s∈ Q est tel quea∈ P (facile et laiss´e au lecteur), d’o`u enfin S⁻¹P =Q.

Nous avons bien prouv´e que les deux applications consid´er´ees sont r´eciproques l’une de l’autre.

II.1.31 Puisque x n’est pas nilpotent, l’ensemble S := {xⁿ | n ∈ N} est multiplicatif et ne contient pas 0 et l’anneau S⁻¹A n’est pas trivial. Il contient donc un id´eal maximal, donc premier, Q. D’apr`es l’exercice II.1.30, l’image r´eciproque de Q dans A est un id´eal premier qui ne rencontre pas S, donc qui ne contient pas x. Ainsi, pour tout ´el´ement non nilpotent, il existe un id´eal premier qui ne le contient pas ; autrement dit, l’intersection des id´eaux premiers de A est incluse dans le radical. (L’inclusion r´eciproque est la partie facile du th´eor`eme.)

II.1.32 Notons x:=x (modI). Alors : x∈√

I ⇔ ∃n : xⁿ∈I ⇔ ∃n : xⁿ= 0⇔x∈rad(A/I).

On a ainsi prouv´e que la racine de I est l’image r´eciproque du nilradical (c’est-`a-dire du radical) de A/I, donc l’image r´eciproque de l’intersection des id´eaux premiers de A/I, donc l’intersection des images r´eciproques des id´eaux premiers deA/I, donc l’intersection des id´eaux premiers de A contenant I.

II.1.33 Il s’agit de montrer que I +JK = A entraˆıne I +J = I +K = A. Comme I+JK ⊂I+J ⊂A etI+JK⊂I+K⊂A, c’est clair.

II.1.34 (i) L’´el´ement (a₁, a₂) ∈ A₁ ×A₂ est inversible si, et seulement s’il existe (b1, b2) ∈ A1 ×A2 tel que (a1, a2)(b1, b2) = (1,1), i.e. a1b1 = 1 et a2b2 = 1 (no- ter que le premier 1 d´esigne le neutre de A₁, le deuxi`eme, le neutre de A₂). L’´egalit´e (A₁×A₂)^∗ =A^∗₁×A^∗₂ en d´ecoule.

(ii) Le lemme chinois assure que, si m, n ∈ N sont premiers entre eux, l’anneau Z/mnZ est isomorphe `a l’anneau (Z/mZ)×(Z/mZ); d’apr`es (i), le groupe (Z/mnZ)^∗ est alors

isomorphe au groupe (Z/mZ)^∗×(Z/mZ)^∗. On retrouve l’´egalit´e ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) en comparant les cardinaux.

II.1.35 Il est clair que X⁴−1 = (X−1)(X+ 1)(X²+ 1) et que ces trois facteurs sont irr´eductibles dansQ[X]et primitifs, donc irr´eductibles dans Z[X].

La seule d´ecomposition (`a facteurs constants pr`es) de X⁴ + 1 dans R[X] est X⁴+ 1 = (X²+√

2X+ 1)(X²−√

2X+ 1). Comme aucun C(X²+√

2X+ 1), C ∈R^∗ n’est dans Q[X], le polynˆome X⁴ + 1est irr´eductible dans Q[X]. Comme il est primitif, il est irr´eductible dansZ[X].

On a X⁴+X²+ 1 = (X²+X+ 1)(X²−X+ 1), et les deux facteurs sont irr´eductibles dans Q[X](et mˆeme dans R[X]) et primitifs, donc irr´eductibles dansZ[X].

Le polynˆome P := X⁴ + aX² − 1 est primitif. Dans une d´ecomposition P = QR, P, Q ∈ Z[X], le produit des coefficients dominants valant 1, on peut suppo- ser Qet R unitaires (sinon, prendre leurs oppos´es). Pour une raison similaire, Q(0) =−ε etR(0) =ε, o`u ε∈ {+1,−1}. Si par exemple Qest de degr´e 1, on voit queε est racine de P, i.e. quea= 0, ce qui est exclu.

On ´ecrit donc Q = X² +bX −ε et R = X² +cX+ε. Par identification, on obtient les ´equations : b+c= 0, bc =a et ε(b−c) = 0. De la premi`ere et la troisi`eme, on tire b=c= 0, puis, de la deuxi`eme, a= 0, contradiction.

II.1.36 Le noyau est form´e des polynˆomes de A[X] dont tous les coefficients sont dans Kerf.

II.1.37 Siaⁿ= 0, le polynˆome

nP−1 i=0

(−aX)ⁱ est inverse de1+aX. SiP :=a₀+· · ·+a_dX^d est inverse de1 +aX, on a (par identification) les ´equations a₀ = 1,a_ia+a_i+1= 0 pour 06i6d−1 eta_da= 0. On en d´eduit par r´ecurrence a_i = (−a)ⁱ, puis a^d+1 = 0.

Sian’est pas nilpotent, 1 +aX n’´etant pas inversible, il est contenu dans un id´eal premier Q de A[X]. L’id´eal premier P de A ne peut contenir a (sinon, on aurait a ∈ Q, donc 1∈ Q). On ach`eve le raisonnement comme dans l’exercice II.1.31 de la page 64.

II.1.38 Ecrivons´ x = a

b (fraction irr´eductible). Le noyau contient ´evidemment l’id´eal

<bX −a>. Cet id´eal est engendr´e par un ´el´ement primitif de degr´e 1, donc premier. Si P(x) = 0, P appartient `a l’id´eal engendr´e par bX −a dans Q[X], donc un multiple N P (avec N ∈ N<sup>∗</sup>) appartient `a <bX−a>. Comme N est premier avecbX−a, on a P ∈<bX−a>. Le noyau est donc <bX −a>.

II.1.39 On calcule d’abord le quotient exact 5 1 + i = 5

2 − 5

2i. Les quatre entiers de Gauß les plus proches sont 2−2i, 2−3i, 3−2i et 3−3i. Ce sont aussi les quatre quotients

possibles de la division euclidienne. (Justification : ce sont les seuls entiers de Gauß dont la distance au quotient exact est strictement inf´erieure `a 1.) Les restes associ´es sont (dans le mˆeme ordre) :1, i,−iet −1.

II.1.40 (i) On a N(x + yj) = x² − xy + y². Si |x| < 1

2 et |y| < 1 2, alors 06N(x+yj)6 3

4, et l’on peut appliquer le mˆeme raisonnement que pour les entiers de Gauß : pour diviser a+bj par c+dj, ´ecrire a+bj

c+dj sous la forme x+yj, puis prendre pour quotient un p+qj tel que p etq soient respectivement les entiers les plus proches des rationnels x ety.

(ii) En accord avec l’´etude des divers anneaux d’entiers quadratiques, on pose a+b√

2 := a−b√

2, et l’on v´erifie que z₁z₂ = z₁ z₂ et que g(z) = zz. Ensuite, on remarque que si |x| < 1

2 et |y| < 1

2, alors g(x+y√

2) < 1, et l’on peut appliquer le mˆeme raisonnement que pr´ec´edemment.

II.1.41 Sig(x) est minimum, la division euclidienne 1 =qx+r se fait n´ecessairement `a reste nul, et xest inversible. Si x est inversible, il divise tout y doncg(x) est minimum.

Supposons que x, y 6= 0, x|y et g(x) = g(y). On ´ecrit y = ax. Dans la division euclidienne x = qy+r, on a r = x(1−qa). Si r 6= 0, alors g(r) > g(x) = g(y), contradiction. Donc r= 0 etx et y sont associ´es.

II.1.42 (i) Soient i₁ <· · ·< i_k des indices distincts de lignes de P (donc aussi de lignes de P M) et j1 <· · ·< j_k des indices distincts de colonnes de M (donc aussi de colonnes de P M). Notons ∆_i,j le mineur de P M correspondant `a ces indices de lignes et de colonnes.

Soit r le nombre de colonnes de P, qui est ´egalement le nombre de lignes de M. Pour chacune des lignes L_ℓ de M (avec 16ℓ6r), notonsL_ℓ,j la ligne obtenue en ne gardant que les coefficients dont le deuxi`eme indice est j₁, . . . , j_k.

La sous-matrice de P M dont ∆_i,j est le d´eterminant a pour lignes :







p_i1,1L_1,j+· · ·+p_i1,rL_r,j . . . . p_ik,1L_1,j+· · ·+p_ik,rL_r,j

. Le d´eterminant∆_i,j est donc (par multilin´earit´e) une com- binaison lin´eaire `a coefficients dans A de d´eterminants de la forme : det(L_i^′_1,j, . . . , L_i^′

k,j). En particulier, c’est un ´el´ement de l’id´eal F_k(M). Il en d´ecoule que F_k(P M) ⊂F_k(M). L’inclusion F_k(M N)⊂F_k(M) se d´emontre de mani`ere similaire.

(ii) Si M et M^′ sont ´equivalentes, il d´ecoule de la question (i) utilis´ee dans les deux sens que F_k(M) = F_k(M^′). Il suffit donc de calculer les F_k(D) pour la matrice D de forme r´eduite de la proposition. Mais on voit facilement que F_k(D) est alors engendr´e

par les d_i1· · ·d_ik avec i₁ < · · · < i_k ; vues les conditions de divisibilit´e, on en tire F_k(M) = Ad1· · ·d_k. Chacun des produits partiels d1, d1d2, . . . est donc d´etermin´e (`a facteur inversible pr`es) par M, et il en est de mˆeme des d_i. Cette question sera `a nouveau abord´ee dans le module d’alg`ebre commutative du cours de L3.

II.1.43 Le pgcd des coefficients est 2, nous devons l’amener en haut `a gauche. On le trouvera dans la colonne desz. Les op´erationsL₃ ←L₃−L₁,L₂ ↔L₁, L₁←L₁−4L₂ etL₂−2L₁, puis C₃ ↔C₁ donnent :





2z−20y−12x−50t=b−4a, 0z+ 48y+ 30x+ 120t= 9a−2b, 0z−4y+ 12x−10t=c−a.

Puis on nettoie la premi`ere ligne parC₂←C₂+10C₁,C₃ ←C₃+6C₁,C₄ ←C₄+25C₁, qui correspond au changement de variable : z^′ :=z−10y−6x−25t.

Dans le syst`eme eny, x, t, le pgcd est encore2, que l’on fait apparaˆıtre parC<sub>3</sub> ←C<sub>3</sub>−3C<sub>1</sub>, c’est-`a-dire par le changement de variable y^′ = y+ 3t. Apr`es ´echange de colonnes pour mettre2 en haut `a gauche, on a :

2t+ 12x−4y^′ =c−a,

−24t+ 30x+ 48y^′ = 9a−2b.

L’op´eration L2 ← L2 + 12L1 le met sous forme triangulaire, et une op´eration sur les colonnes correspondant au changement de variable t^′ =t+ 6x−2y^′ nettoie la premi`ere ligne. La forme finale compl`ete est la suivante :





2z^′ =b−4a, 2t^′=c−a,

174x^′ =−3a−2b+ 12c.

Ce syst`eme admet une solution enti`ere si, et seulement si, 2|b − 4a, 2|c − a et 174| −3a−2b+ 12c. Dans ce cas, on r´esout enx^′, y^′, z^′, t^′ (y^′ est un entier arbitraire) puis l’on inverse les changements de variables pour retrouver x, y, z, t.

II.1.44 En pseudo-code :

Bezout(x,y) =

si x = 0 alors rendre (y,0,1)

sinon soit y = q x + r (* division euclidienne *) soit (d,a,b) = Bezout(r,x)

rendre (d,b - a q, a) ;;

En effet, si l’on a la relation de B´ezout ar+bx = d, on y remplace r par y−qx, d’o`u (b−aq)x+ay=d.

En CAML, cela donne :

let rec bezout (x,y) = if x = 0 then (y,0,1)

else let q = y/x and r = y mod x in let (d,a,b) = bezout(r,x) in (d,b - a*q,a);;

II.1.45 Si A est un corps, A[X]est principal.

Si A[X] est principal et si a ∈ A n’est ni nul ni inversible, l’id´eal <a, X> n’est pas principal (un g´en´erateur devrait ˆetre constant pour diviser a et inversible pour diviser X; l’id´eal serait A[X], or ses ´el´ements sont tels que a|F(0)) contradiction.

Autre argument : si A[X]est principal, son quotient par l’id´eal premier non nul <X> est un corps, et c’estA.

CommeX n’est jamais inversible dans l’anneauA[X], ce dernier n’est jamais un corps.

II.1.46 Dire que <a> et <b> sont des id´eaux ´etrangers de A, c’est dire que

<a>+<b> = A, c’est-`a-dire qu’il existe u, v ∈ A tels que ua+vb = 1. Il est alors

´evident que aetbn’ont pas de diviseurs communs non triviaux, donc qu’ils sont ´etrangers.

La r´eciproque est vraie dans un anneau principal : c’est la relation de B´ezout. Mais, par exemple, les ´el´ements 2 etX de Z[X]n’ont pas de diviseurs communs non triviaux, mais ne v´erifient pas de relation du type 2P+XQ= 1 dans Z[X].

II.1.47 notonsZ :=f⁻¹(0)∩g⁻¹(0): c’est un ferm´e deI. La fonction f

|f|+|g| est conti- nue et born´ee sur l’ouvert I \Z. La fonction ´egale `a f

p|f|+|g| = p

|f|+|g| f

|f|+|g| sur I \ Z et nulle sur Z est donc continue sur I, et p

|f|+|g| divise f, ainsi que g par le mˆeme raisonnement. Si f et g ont un z´ero commun, c’est un diviseur non trivial (c’est-`a-dire non inversible). Sif etg n’ont pas de z´ero commun, aucun de leurs diviseurs communs n’a de z´ero, donc tous sont inversibles. Dans ce cas, L’id´eal <f, g> contient la fonction f²+g², qui ne s’annule pas, donc est inversible, et l’on a bien <f, g> = A. Autrement dit, la relation de B´ezout est v´erifi´ee dans A. Cependant, l’id´eal des fonctions nulles enx∈I n’est pas principal. En effet, pour toute fonction f nulle enx, les fonctions g_n:=|f|^1/n sont des ´el´ements de l’id´eal tels que g_n+1 divise strictement g_n.

II.1.48 (i) Puisque K^∗ est cyclique, il est isomorphe `a Z/(q −1)Z. Les carr´es de K^∗ correspondent par cet isomorphisme aux ´el´ements de2Z/(q−1)Zet les ´el´ements x∈K^∗

tels que x^(q−1)/2 = 1 correspondent aux ´el´ements y ∈Z/(q−1)Z tels que q−1 2 y = 0.

Il reste `a remarquer que, pour tout N ∈N^∗ et pour tout ddivisant N : ny∈Z/NZ

N

dy= 0o

=dZ/NZ.

Autre argument : tout carr´e x = u² de K^∗ v´erifie x^(q−1)/2 = u^q−1 = 1 (application du th´eor`eme de Lagrange au groupe K^∗ d’ordre q−1) ; or, l’´equation x^(q−1)/2 −1 = 0 est polynomiale de degr´e (q −1)/2, donc admet au plus (q −1)/2 solutions. Il suffit donc de v´erifier qu’il y a (q−1)/2 carr´es dans K^∗. Or ceux-ci forment le sous-groupe image du morphisme ϕ : u 7→ u², dont le noyau {u ∈ K^∗ | u² = 1} = {+1,−1} a exactement 2 ´el´ements (+1 6= −1 car q est impair). On applique alors la formule card Imϕ= cardK^∗

card Kerϕ·

On applique l’´equivalence ci-dessus au corpsF_p =Z/pZ, et l’on voit que −1 est un carr´e de F^∗_p si, et seulement si,(−1)^(p−1)/2 = 1. (Attention : il s’agit d’une ´egalit´e dansZ/pZ!) En termes de congruences dans Z, on a prouv´e : −1 est un carr´e modulopsi, et seulement si,(−1)^(p−1)/2 ≡1 (mod p), ce qui ´equivaut `a(−1)^(p−1)/2 = 1 (car−1n’est pas congru

`a 1 modulop), soit encore `a p≡1 (mod 4).

(ii) Si p≡1 (mod 4), alors −1 est un carr´e modulop, i.e. il existea∈Ztel quep divise a²+ 1 = (a+ i)(a−i). Comme p ne divise nia+ ini a−idans l’anneau des entiers de Gauß Z[i], on en d´eduit quepn’est pas premier dans cet anneau. CommeZ[i]est principal (ce point est ici crucial), p est r´eductible. On ´ecrit doncp=uv, o`u u, v ∈Z[i]ne sont pas inversibles. On en d´eduit p<sup>2</sup> =N(u)N(v), o`uN(u), N(v)>1, donc p=N(u) =N(v). Siu=a+bi, cela entraˆıne que p=a²+b² est bien une somme de deux carr´es.

L’´equivalence `a d´emontrer pour finir est un peu compliqu´ee, mais le seul point math´ematiquement difficile est ce qui pr´ec`ede. Soit n = 2^αp^β₁¹· · ·p^β_r^rq₁^γ1· · ·q^γ_s^s, o`u les p<sub>i</sub> (resp. les q<sub>j</sub>) sont des premiers congrus `a 1 (resp. `a−1) modulo 4.

Supposons d’abord tous les γ_j pairs. On sait que les p_i sont des sommes de deux carr´es, ainsi que 2 = 1² + 1² et que les q^γ_j^j (ces derniers sont mˆeme des carr´es. Il suffit donc de voir que le produit de deux sommes de deux carr´es en est une, ce qui vient de la for- mule : (a² +b²)(c² +d²) = (ac−bd)² + (ad+bc)². Il s’agit en fait de la formule N(uv) =N(u)N(v) dans Z[i].

Pour prouver r´eciproquement que, si n est une somme de deux carr´es, alors tous les γj

sont pairs, on va prouver le fait suivant : siq est un premier congru `a−1 modulo4, et siq divise a<sup>2</sup>+b<sup>2</sup>, alorsq divise a etb (car alors a=qa<sub>1</sub>, b=qb<sub>1</sub> et l’on it`ere si n´ecessaire l’argument avec a²₁+b²₁. Le fait `a prouver s’exprime mieux apr`es r´eduction modulo q; il se ram`ene `a ceci : si x² +y² = 0 dans Z/qZ, alors x = y = 0. Mais, si par exemple x6= 0, on aurait−1 = (y/x)², et nous avons vu `a la question (i) que−1n’est pas un carr´e modulo q.

II.1.49 L’affirmation sur les groupes cycliques se r´eduit `a celle-ci : les ordres des ´el´ements du groupeZ/NZsont exactement les diviseurs de N (cours de L1).

Par ailleurs, un ´el´ement de F^∗_p est d’ordre 4 si, et seulement si, son carr´e est d’ordre 2; et le seul ´el´ement d’ordre 2 de F^∗_p est −1 (c’est vrai dans tout corps de caract´eristique nulle ou impaire).

II.1.50 Soit A := Z[X]/<8X>, et posons x := X (mod<8X>) et y := 3x. Alors 3y = 9x = x, puisque 8x = 0. On a donc bien x|y et y|x. D’autre part, y = ux

´equivaut `a (u−3)x = 0, c’est-`a-dire `a u = 3 + 8v, o`u v ∈A. Il suffit donc de v´erifier qu’aucun ´el´ement de la forme 3 + 8v n’est inversible dans A. cela ´equivaut `a v´erifier que la congruence (3 + 8P)Q≡ 1 (mod 8X) n’a pas de solution dans Z[X]; mais l’´egalit´e (3 + 8P)Q= 1 + 8XR impliquerait 3Q(0) = 1, ce qui est impossible.

II.1.51 Soit P un id´eal premier non nul minimal de l’anneau factoriel A. Soit x∈ P non nul. C’est un produit d’irr´eductibles, donc l’un de ces irr´eductibles p appartient `a P. On a donc Ap ⊂ P. Comme Ap est premier (factorialit´e de A : irr´eductible implique premier) etP irr´eductible, on a P =Ap,

II.1.52 Soit A un anneau factoriel. On note K son corps des fractions. Soit x = u v un

´el´ement de K ´ecrit sous forme de fraction irr´eductible. On suppose x entier sur A: xⁿ+a1xⁿ⁻¹+· · ·+an= 0, a1, . . . , an∈A.

Alors, en chassant les d´enominateurs et en isolant un terme, on trouve : uⁿ=−a₁uⁿ⁻¹v− · · · −a_nvⁿ=v(−a₁uⁿ⁻¹− · · · −a_nvⁿ⁻¹).

Ainsivdivise uⁿ. Commeuetvsont premiers entre eux, par application r´ep´et´ee du lemme de Gauß on trouve que v divise uⁿ⁻¹, . . . , u, puis que v divise 1, donc est inversible : on conclut que x∈A.

II.1.53 (i) Il s’agit en fait de d´emontrer que P est irr´eductible surK[X], o`uK est le corps des fractions de A. SiP est primitif, cela entraˆıne queP est irr´eductible surA; sinon, on ne peut exclure des cas comme A:=Z,P := 3X<sup>2</sup>+ 6X+ 6, o`u le crit`ere s’applique avec p:= 2, mais P est divisible par le polynˆome constant 3.

Supposons que P = QR, avec degQ,degR > 1. On ´ecrira Q = b₀X^k +· · · et R = c₀X^ℓ +· · ·. De la section sur les polynˆomes sur les anneaux factoriels, on d´eduit que, quitte `a les multiplier par des ´el´ements de K^∗, on peut aussi bien supposer que P, Q∈Z[X]. Les coefficients dominants b₀ etc₀ de Q etR v´erifient a₀ =b₀c₀, donc ils ne sont pas divisibles par P. En r´eduisant modulo p, on obtient une ´egalit´e dans A

Ap[X] : Q R=P =a₀Xⁿ.

Sur l’anneau int`egre A/Ap, la seule possibilit´e est que Q= b<sub>0</sub>X<sup>k</sup>, R =c<sub>0</sub>X<sup>ℓ</sup>, donc que b<sub>k</sub>=c<sub>ℓ</sub> = 0. Alors les termes constantes b<sub>k</sub> etc<sub>ℓ</sub> sont multiples de p, donca<sub>n</sub>=b<sub>k</sub>c<sub>ℓ</sub> est multiple de p<sup>2</sup>, contredisant les hypoth`eses.

(ii) On aP(X) = X^p−1

X−1 , donc : P(X+ 1) = (X+ 1)^p−1

X =

p−1

X

i=0

p i+ 1

Xⁱ

=X^p−1+pX^p−2+ p(p−1)

2 X^p−3+· · ·+p(p−1) 2 X+p.

Tous les coefficients autres que le coefficient dominant sont divisibles par p (propri´et´e connue des ^p_i

lorsque p est premier), le coefficient constant n’est pas divisible par p², et le crit`ere d’Eisenstein s’applique : P(X+ 1) est irr´eductible dans Q[X], donc P(X)

´egalement. Comme il est primitif, il est mˆeme irr´eductible dans Z[X].

II.1.54 D’apr`es le cours, on peut ´ecrire F = cF˜ et G = dG, o`u˜ c, d ∈ K^∗ sont les contenus de F, G et o`u F ,˜ G˜ sont primitifs (et dans A[X]). Alors cd est le contenu de F G, donc, par hypoth`ese, un ´el´ement de A. Mais, F et G ´etant unitaires, c et dsont les inverses des coefficients dominants deF˜ etG, donc les inverses d’´el´ements de˜ A. La seule possibilit´e est que c etdsoient inversibles, i.e. queF, G∈A[X].

II.1.55 SoitAun anneau factoriel de corps des fractionsK. Un irr´eductible deA[T]est un polynˆome `a coefficients dansA premiers entre eux dans leur ensemble (donc un polynˆome primitif) et qui est irr´eductible dans K[T]. On peut les«engendrer»comme suit : prendre un irr´eductible de K[X]; chasser les d´enominateurs (i.e. multiplier les coefficients par un multiple commun de leurs d´enominateurs) ; puis chasser les contenus (i.e. diviser les coefficients par leur pgcd).

Le cas deZ[X]s’obtient en prenant A:=Zet T :=X.

Le cas deK[X, Y]s’obtient au choix en prenantA:=K[X]etT :=Y ou bien en prenant A:=K[Y] etT :=X.

II.1.56 (i) L’´egalit´e PQ[X] = 1

dP |d∈N^∗ et P ∈ P

est ´evidente. Pour les deux autres assertions, on applique l’exercice II.1.30 de la page 64 avecA:=ZetS:=Z\{0}. (ii) On sait que PQ[X] est principal (puisque l’anneau Q[X] est principal). Soit F ∈ Z[X] un g´en´erateur primitif de PQ[X] (si F₁ est un g´en´erateur quelconque, on prend F := 1

c(F₁)F₁). Il s’agit de montrer que FQ[X]∩Z[X] =FZ[X]. Une inclusion est ´evidente. Pour l’autre, il s’agit de montrer que F G ∈ Z[X], G ∈ Q[X] entraˆınent

G∈Z[X]. Pour cela, on ´ecritG=dG˜ (contenu et polynˆome primitif). On adFG˜ ∈Z[X]

etFG˜ primitif, doncd∈Zet G∈Z[X].

II.1.57 Soient A un anneau factoriel de corps des fractions K et Q un id´eal premier de A[X]. SiQ ∩A={0}, QK[X]est un id´eal premier de K[X], engendr´e par un polynˆome irr´eductibleF de K[X], que l’on peut choisir primitif dans A[X]. Alors Q=<F >(id´eal principal de A[X]). Si Q ∩A=P, id´eal premier deA, on est ramen´e `a l’´etude des id´eaux de B[X], o`u B est l’anneau int`egre A/P. En g´en´eral, on ne sait pas en dire grand chose.

L’id´eal{0} de B[X]donne par image r´eciproque Q=PA[X]. Si P est maximal, B est un corps etB[X]est principal. Dans ce cas,Q=PA[X]+F A[X], o`uF est un polynˆome unitaire tel que F :=F (modP) est l’unique g´en´erateur unitaire de l’id´ealQ (modP). Exercices sur la section 3

II.1.58 Les axiomes disent que la loi d’anneau (x, y)7→x ⋆ y est une application bilin´eaire de V ×V dans V.

II.1.59 Le noyau de ϕ est un id´eal propre de K (s’il n’´etait pas propre, on aurait 1_A = ϕ(1_K) = 0 et A serait trivial), donc, puisque K est un corps, Kerϕ = {0}. On identifie donc K `a son image, ce qui revient `a supposer que K ⊂ A. La structure de K-alg`ebre surA s’obtient en posant :

∀λ∈K , ∀x∈A , λ.x:=λ ⋆ x(multiplication deA).

L’axiome ∀λ∈ K , ∀x, y ∈ A , x ⋆(λ.y) = λ.(x ⋆ y) dit alors que les ´el´ements de K commutent avec ceux deA, c’est-`a-dire que K est central.

II.1.60 On notera, dans chaque cas,x la classe deX. Chacune des troisK-alg`ebre admet, en tant que K-espace vectoriel, la base (1, x) et sa structure de K-espace vectoriel est celle de K⊕Kx≃K². Dans la table de multiplication de 1, x, seul le carr´e x² n´ecessite un calcul.

(i) Dans la K-alg`ebre K[X]/<X<sup>2</sup> −1>, on a x<sup>2</sup> = 1. Cette alg`ebre n’est pas int`egre, puisque X² −1 est r´eductible. Les id´eaux de K[X] contenant X² −1, sont : <1>,

<X−1>, <X+ 1> et<X²−1>. Les id´eaux deK[X]/<X²−1> sont donc :<1>,

<x−1>,<x+ 1>et<x²−1>=<0>. Les id´eaux premiers sont<x−1>et<x+ 1>, et ce sont aussi les id´eaux maximaux.

Si K est de caract´eristique 2, ils sont ´egaux et le radical est <x−1> : en fait, l’´el´ement x − 1 est de carr´e nul dans ce cas. On peut mˆeme remarquer que l’automorphisme P(X) 7→ P(X + 1) fournit par passage au quotient (toujours dans ce cas) un isomor- phisme deK[X]/<X²−1> surK[X]/<X²>.