Université Mohammed Premier Faculté Pluridisciplinaire de Nador Département de Mathématiques et Informatique

Université Mohammed Premier Faculté Pluridisciplinaire de Nador

Département de Mathématiques et Informatique

Filières SMA Semestre S4 Année universitaire: 2019-2020 TD d’Algèbre 6

Correction de la Série 3 Exercice 1

Soit (A,+,×) un anneau.

1. Un élément ade A est dit nilpotent s’il existe un entier n∈N^∗ tel queaⁿ = 0. Soienta et b deux éléments nilpotents deA, on suppose queAest commutatif.

i. Montrer queab eta+b sont nilpotents.

ii. Montrer que 1−aest inversible.

iii. Dans cette question, on ne suppose plus queAest commutatif. Soientx, y∈Atels quexy est nilpotent. Montrer que yxest aussi nilpotent.

2. On appelle le nilradical d’un anneau commutatif (A,+,×) l’ensembleN de ses éléments nilpo- tents deA. Montrer queN est un idéal deA.

3. On dit A est un anneau de Boole si, pour tout a∈ A, a² =a. SiA est un tel anneau, alors montrer que pour touta∈A, a=−aet queAest commutatif.

4. Dans cette question, on suppose queAest commutatif. On appelle annulateur d’une partieMde A, l’ensemble des élémentsa∈Atels queam= 0 pour toutm∈M. Montrer que l’annulateur deM est un idéal deA.

5. On suppose toujours queAest commutatif.

i. Montrer queA est un corps si et seulement s’il n’admet que deux idéaux{0}et A.

ii. On suppose queAest intègre et qu’il n’admet qu’un nombre fini d’idéaux. Montrer queA est un corps.

6. On suppose queAest un anneau principal.

i. Montrer que toute suite croissante (pour l’inclusion) d’idéaux deAest stationnaire.

ii. On suppose que toute suite décroissante (pour l’inclusion) d’idéaux deAest stationnaire.

Montrer queA est un corps.

Exercice 2

Soient (A,+,×) un anneau commutatif etI,J deux idéaux deA.

1. SoientP un idéal premier etM un idéal maximal deA.

i. Montrer queIJ ⊂P =⇒(I⊂P ouJ ⊂P).

ii. Montrer queI∩J =P =⇒(I=P ouJ =P).

iii. En déduire que le seul idéal premier deAcontenantM² est l’idéalM. 2. On sait bien (voir cours) queI+J et IJ sont aussi des idéaux de A.

i. Montrer queIJ ⊂I∩J et (I+J)(I∩J)⊂IJ

ii. Montrer que siIet J sont étrangers (i.e.,I+J =A), alorsIJ =I∩J.

3. Dans cette question, on suppose de plus queA est unitaire. On appelle radical d’un idéalIde Al’ensemble√

I={a∈A | ∃n∈N^∗, aⁿ ∈I}.

i. Montrer que√

I est un idéal deA.

ii. Soitp∈N^∗. Montrer que√ IJ =√

I∩J =√ I∩√

J;p√ I=√

I et que√ I^p=√

I.

iii. PourA=Zet I=nZ,J =mZ, oùn, m∈N^∗. DéterminerI∩J,I+J et le radical deI.

Exercice 3

SoitAun anneau intègre fini contenant au moins deux éléments. Montrer queAadmet un élément neutre et qu’il est un corps.

Exercice 4

1. SoitAun anneau commutatif unitaire. Démontrer que Aest un corps ssi A[X] est un anneau principal.

2. Soitf un homomorphisme d’un corpsk vers un anneau A unitaire. Montrer que si f est non nul, alors il est injectif et quef(k) est un corps.

Exercice 5

SoientA=Z[X, Y],pun nombre premier etIun idéal deAengendré parpet X. Supposons que Iest principal, i.e.I=P A=hPi, oùP est un polynôme deA.

1. Montrer queP est une unité (c-à-d un élément inversible) deA.

2. En déduire quepest inversible dansZ. Conclure.

Exercice 6

SoientK un corps eta,bdeux éléments deK. Montrer les assertions suivantes : 1. l’anneauK[X]/(X−a) est isomorphe àK.

2. l’anneauK[X, Y]/(Y −b) est isomorphe àK[X].

3. l’anneauK[X, Y]/(X−a, Y −b) est isomorphe àK.

Exercice 7

1. Considérons les six anneaux suivants :R×R,C,R[X]/hX²+ 1i,R[X]/hX²i,R[X]/hX²+Xi, R[X]/hX²−1i. Établir ceux qui sont isomorphes, en explicitant ces isomorphismes.

2. L’anneau quotient (Z/2Z)[X]/hX²+ 1iest-il corps ? Justifier.

Exercice 8

Montrer que le polynômeP(X, Y) =X³−Y³−X est irréductible dansC[X, Y].

Exercice 9

Soit le polynômeP(X, Y, Z) =X²Y +X²Z+Y²X+Y²Z+Z²X+Z²Y dansC[X, Y, Z].

1. Écrire, en fonction deX, Y et Z, les trois polynômes symétriques élémentaires de 3 variables σ_1,3, σ_2,3et σ_3,3.

2. Montrer queP est un polynôme symétrique.

3. ExprimerP(X, Y, Z) en fonction de σ1,3,σ2,3 et σ3,3.

Corrections

Correction de l’exercice 1 Soit (A,+,×) un anneau.

1. Un élément ade A est dit nilpotent s’il existe un entier n∈N^∗ tel queaⁿ = 0. Soienta et b deux éléments nilpotents deA, on suppose queAest commutatif.

i. Montrons queabeta+bsont nilpotents. Soientn,mdansN^∗ tels queaⁿ= 0 etb^m= 0.

• Puisque Aest commutatif, alors (ab)^m=a^mb^m=a^m.0 = 0. Doncab est nilpotent.

• La formule du binôme implique que (a+b)^n+m=

n+m

X

k=0

{^kna^kb^n+m−k.

On a d’une part, pour k>n,a^k =a^k−naⁿ =a^k−n.0 = 0, et d’autre part, pourk < n, n+m−k>m, doncb^n+m−k =b^mb^n+−k = 0.b^n−k = 0.

Donc pour les deux cas (à savoirk>nouk < n) on déduit quea^kb^n+m−k= 0.

En remplaçant dans la formule on obtient (a+b)^n+m=

n+m

X

k=0

{^kna^kb^n+m−k =

n−1

X

k=0

{^kna^kb^n+m−k+

n+m

X

k=n

{^kna^kb^n+m−k

=

n−1

X

k=0

{^kna^k.0 +

n+m

X

k=n

{^kn.0.b^n+m−k

= 0 + 0 = 0.

D’où (a+b)^n+m= 0, c’est-à-direa+best nilpotent.

ii. Montrons que 1−aest inversible, c-à-d il existec dansA tel que (1−a)c= 1. L’identité remarquable suivante est valable aussi dans un anneau

1−aⁿ= (1−a)(1 +a+a²+a³+· · ·+aⁿ⁻¹),

donc, et puisque aⁿ = 0, on a (1−a)(1 +a+a²+a³+· · ·+aⁿ⁻¹) = 1, d’où 1−a est inversible et son inverse est c= 1 +a+a²+a³+· · ·+aⁿ⁻¹.

iii. Dans cette question, on ne suppose plus queAest commutatif. Soientx, y∈Atels quexy est nilpotent. Montrons queyxest aussi nilpotent. Soitp>1 tel que (xy)^p= 0, alors

(yx)^p+1 = (yx)(yx)(yx)· · ·(yx)(yx)

| {z }

p+1f ois

=y(xy)(xy)· · ·(xy)(xy)

| {z }

p f ois

x

=y(xy)^px

=y.0.x= 0 Doncyx est aussi nilpotent.

Remarque. Un anneau sans élément nilpotent autre que 0 est ditanneau réduit.

2. Montrons que le nilradicalN d’un anneauA est un idéal deA.

• D’abord il faut remarquer que 0∈N, doncN est non vide.

• Par la question 1, on sait que sixety sont nilpotents, alorsx+y sera aussi nilpotent, donc x+y∈N.

• Soient a ∈ A et x ∈ N, et soit aussi n dans N^∗ tel que xⁿ = 0. Donc, et puisque A est commutatif, (ax)ⁿ=aⁿxⁿ=aⁿ.0 = 0, d’où ax∈N.

Finalement, on a prouvé queN est un idéal deA.

3. SiAest un anneau de Bool, alors pour touta∈A,a²=a.

• Appliquons cette propriété pour 2a=a+a, oùa∈A, donc

2a=a+a= (a+a)²=a²+ 2a+a²=a+ 2a+a, d’oùa+a= 0, c’est-à-direa=−a.

• Soientaetb dansA, alorsa=a² et b=b². Donc

a+b= (a+b)²=a²+ab+ba+b²=a+ab+ba+b,

ceci donne queab+ba= 0, par suiteab=−ba=ba(par la question précédente). Ainsi nous avons prouvé queAest commutatif.

4. On suppose que Aest commutatif. Notons par ann(M) l’annulateur de M dans A. Montrons que ann(M) est un idéal deA.

• D’abord il faut remarquer que 0∈ann(M), donc ann(M) est non vide.

• Soientx et y dans ann(M), alors pour toutm ∈M, on am(x+y) =mx+my = 0. Donc x+y∈ann(M).

• Soient a ∈ A, et x ∈ ann(M), alors pour tout m ∈ M, (ax)m = a(xm) = a.0 = 0. D’où ax∈ann(M), par suite ann(M) est un idéal deA.

5. On suppose toujours queAest commutatif.

i. Voir cours Théorème 46.

ii. SoitA un anneau intègre qui n’admet qu’un nombre fini d’idéaux. Montrons queAest un corps.

Soitx∈Aet x6= 0 ; considérons les idéaux principaux In =hxⁿi=xⁿA. Alors puisqueA admet un nombre fini d’idéaux, il existep > n tel quexⁿA=x^pA. Il existe alorsa∈Atel que xⁿ =x^pa. Ceci entraînexⁿ(1−x^p−na) = 0. Comme l’anneau est intègre etxest non nul, alors on déduit quex^p−na= 1. D’oùxx^p−n−1a= 1, par suitexest inversible d’inverse x^p−n−1a. Ceci entraîne queAest un corps.

6. On suppose queAest un anneau principal.

i. Montrons que toute suite croissante (pour l’inclusion) d’idéaux deAest stationnaire. Voir cours, Lemme 7.

ii. On suppose que toute suite décroissante (pour l’inclusion) d’idéaux deAest stationnaire.

Montrons que Aest un corps.

Soit a un élément non-nul de A, et soit I_n =haⁿi =aⁿA l’idéal engendré par aⁿ. Alors In+1⊂In. En effet, six∈In+1, alorsxs’écritx=aⁿ⁺¹u, oùu∈A, ou encorex=aⁿ(au) qui est bien un élément de In. Ainsi, la suite (In) est décroissante et par suite elle est stationnaire par hypothèse. Il existe donc un entier p tel que Ip =Ip+1. Ce qui implique que a^p ∈ Ip+1, c’est-à-dire que a^p = a^p+1u, où u ∈ A. Cette dernière égalité peut être réécrit comme suita^p(1−au) = 0. OrAest intègre etanon nul, alorsa^pest aussi non nul, d’où a^p(1−au) = 0 =⇒1−au = 0, ainsiau= 1. C’est-à-dire a est inversible. Commea est arbitraire dansA− {0}, A est alors un corps.

Correction de l’exercice 2

Soient (A,+,×) un anneau commutatif etI,J deux idéaux deA.

1. SoientP un idéal premier etM un idéal maximal deA.

i. Montrons queIJ ⊂P =⇒(I ⊂P ou J ⊂P). Supposons que IJ ⊂P et I 6⊂P, alors il existe x∈I et x6∈P. Pour tout y ∈P, xy∈IJ, d’oùxy ∈P. Comme P est premier et x6∈P, on déduit quey∈P, c’est-à-direJ⊂P.

ii. Supposons queI∩J=P, commeIJ ⊂I∩J, doncIJ ⊂P, d’où par la question 1,I⊂P ouJ ⊂P. OrP =I∩J, on en tire queP ⊂I etP⊂J. Ainsi le résultatI=P ouJ =P.

iii. SoitP un idéal premier contenantM². DoncM²⊂P, d’où par la question 1, on aM ⊂P, ce qui impliqueM =P, carMest maximal.M est donc le seul idéal premier deAcontenant M².

2. On sait bien (voir cours) queI+J et IJ sont aussi des idéaux de A.

i. • Pour la preuve deIJ ⊂I∩J, voir la Proposition 33.

• Montrons que (I+J)(I∩J)⊂IJ. Soitx∈(I+J).(I∩J), alors par la définition (voir Définition 55) du produit de deux idéaux, xpeut s’écrire comme somme :

x=X

i

aibi, avecai∈I+J etbi ∈I∩J.

Puisque IJ est un idéal, il est donc stable par addition, il suffit de prouver quea_ib_i∈IJ.

Commea_i∈I+J, il s’écrit sous la formea_i=α_i+β_i, de sorte que le produita_ib_i devient a_ib_i=α_ib_i+β_ib_i. Qui est bien un élément deIJ, car

αi∈I, bi∈J =⇒αibi∈I et bi∈I, βi∈J =⇒βibi∈IJ.

Par suite pour touti,aibi∈IJ, et alors x∈IJ. D’où l’inclusion voulu.

ii. Pour cette question, voir Proposition 36.

3. Dans cette question, on suppose de plus queA est unitaire. On appelle radical d’un idéalIde Al’ensemble√

I={a∈A | ∃n∈N^∗, aⁿ ∈I}.

i. Montrons que√

Iest un idéal deA. Remarquons d’abord queI⊂√

I, car pour toutx∈I, il existe n= 1 tel quexⁿ∈I.

• L’ensemble√

I est non vide ; en effet, 0∈√

Ipuisque 0∈I⊂√ I.

• Prenons a,b ∈√

I, il existen, m∈N tels que aⁿ ∈I et b^m∈I. Alors, par la formule du binôme que l’on applique dans les anneaux commutatifs (sinon on doit supposeraet b sont commutables) qui est notre cas, on a

(a+b)^n+m=

n+m

X

k=0

{^kna^kb^n+m−k.

Pour continuer remarquons que si aⁿ ∈I, alors pour toutk>n,a^k=a^k−naⁿ∈I, carI est un idéal. De plus sik6n, alorsn+m−k>m, et doncb^n+m−k∈I, ceci entraîne que pout tout k, a^kb^n+m−k ∈I. Donca^kb^n+m−k ∈I et (I,+) est un sous-groupe de (A,+), on en déduit que (a+b)^n+m∈I, c’est-à-dire le résultat voulu :a+b∈√

I.

• Finalement, soienta∈Aetx∈√

I, il existen∈Ntel quexⁿ∈I. Alors (ax)ⁿ =aⁿxⁿ∈ I carAest commutatif et Iest un idéal, ce qui prouve ax∈√

I.

Par suite√

Iest un idéal deA.

ii. Soitp∈N^∗. Montrons que √ IJ =√

I∩J =√ I∩√

J; p√

I=√

I et que√ I^p=√

I.

• Soitx∈√

IJ, il existe alorsn>1 tel quexⁿ∈IJ. OrIJ⊂I∩J. Ainsi,xⁿ ∈I∩J, et doncx∈√

I∩J. D’où √ IJ ⊂√

I∩J.

Soit maintenant x∈√

I∩J, alors il existen∈N^∗ tel que xⁿ ∈I∩J, c-à-d,xⁿ ∈I et xⁿ∈J. Doncx∈√

I etx∈√

J, soit x∈√ I∩√

J. D’où√

I∩J ⊂√ I∩√

J. D’autre part, soitx∈√

I∩√

J, alors il existen,mdans N^∗ tels quexⁿ∈Iet x^m∈J. Donc, puisqueAest commutatif, on a :x^n+m=xⁿx^m∈IJ, d’oùx∈√

IJ, ce qui donne

√I∩√ J ⊂√

IJ.

Finalement, on a :√ IJ⊂√

I∩J ⊂√ I∩√

J ⊂√

IJ, alors√ IJ=√

I∩J =√ I∩√

J.

• Puisque chaque idéal est inclus dans son radical, on a alors √

I ⊂p√

I. Inversement, soit x∈ p√

I, il existe alors n ∈ N^∗ tel que xⁿ ∈√

I. Il existe aussi m ∈ N^∗ tel que (xⁿ)^m∈I, alors,x^nm∈I, et donc x∈√

I, c-à-dp√

I⊂√

I. D’où l’égalité.

• Montrons enfin que pourp∈N^∗,√ I^p=√

I. On sait déjà que pour deux idéauxIetJ, on a :√

IJ =√ I∩√

J, en particulier pourI=J, on trouve que√ I²=√

II =√ I∩√

I=√ I.

Donc par récurrence surp, on déduit que√ I^p=√

I.

iii. PourA=Zet I=nZ,J =mZ, oùn, m∈N^∗. DéterminerI∩J,I+J et le radical deI.

• Déterminons I∩J, où A=Zet I=nZ,J =mZ, etn, m∈N^∗. Posonsd=n∨m le ppcm denet m. Soitx∈I∩J, alors on a :

x∈I∩J ⇐⇒x∈nZ∩mZ

⇐⇒xest un multiple commun denet m

⇐⇒xest un multiple ded

⇐⇒x∈dZ. Par suiteI∩J=nZ∩mZ=dZ.

• PourA=ZetI=nZ,J =mZ, oùn, m∈N^∗. DéterminonsI+J. Posonsδ=n∧m, le pgcd denetm, donc le théorème de Bézout, il existeα,β dansZtels queδ=nα+mβ.

Soitx∈I+J, alors on a :

x∈I+J ⇐⇒x∈nZ+mZ

=⇒xest un multiple deδ

=⇒x∈δZ.

Inversement,

x∈δZ =⇒x=kδ, k∈Z

=⇒x=nkα+mkβ, k∈Z

=⇒x∈nZ+mZ. Par suiteI+J =nZ+mZ=δZ.

• PourA=ZetI=nZ, déterminons√

I. Soitx∈Z, doncx∈√ I=√

nZsi et seulement s’il existe m∈N^∗tel que x^m∈nZ, qui est équivalent àn|x^m.

- Pour n = 1, il est simple de voir que √ I =√

Z = Z. En effet, par définition √ I =

√

Z⊂Z. Soitx∈Z, alors il existen= 1 tel quexⁿ=x∈Z, d’oùZ=√ Z.

- Prenons maintenantn >1, alors on peut décomposernen produit de facteurs premiers : n=p^α₁¹p^α₂²· · ·p^α_r^r.

D’où six∈√

nZ, on aurapi|x^m=⇒pi|x, carpi est premier, pour touti∈ {1,· · · , r}, et doncp1· · ·pr|x. ce qui implique quex∈(p1· · ·pr)Z. Réciproquement, six∈(p1· · ·pr)Z, alors, x= p1· · ·pr`, avec ` ∈ Z. Notant m = max_{i∈{1,···,r}}(αi), alors pour tout i, on a : p^α_iⁱ divise x^m, ceci implique que n= Qr

ip^α_iⁱ divise aussix^m, c-à-d x^m ∈nZ, alors x∈√

nZ. Par suite √ I=

√

nZ= (p₁· · ·p_r)Z. Correction de l’exercice 3

SoitAun anneau intègre fini contenant au moins deux éléments. Montrons que Aest unitaire et qu’il est un corps.

Soita∈Atel quea6= 0, pour dire que Aest un corps on doit montrer queaest inversible. Pour cela, considérons l’application de groupes

f_a : A −→A x 7−→ax

• fa est un morphisme de groupes. En effet, pour tousx,y dansAon a : fa(x+y) =a(x+y) =ax+ay=fa(x) +fa(y).

• Le morphisme de groupesf_a est injectif, car son noyau est réduit à{0} puisque si f_a(x) = 0, alorsax= 0 =⇒x= 0 carAest intègre. OrAest fini, ce morphisme est nécessairement bijectif, et doncfa est un isomorphisme de groupes.

• - Du fait quefa est bijectif, il existe e∈ Atel que fa(e) =a, d’oùae=a. Notons que e6= 0, puisque sinon on auraa= 0.

- De plus pour toutx∈A, fa(ex) =a(ex) = (ae)x=ax=fa(x), et commefa est bijectif on déduit queex=x. Doncea=a.

- On a aussi pour toutx∈A, (xe−x)a= (xe)a−xa=x(ea)−xa=xa−xa= 0, d’oùxe=x puisqueAest intègre.

On déduit donc que∀x∈A;xe=ex=x, ce qui implique queAest unitaire eteest son élément neutre pour la deuxième loi.

• Une autre fois, puisquefaest bijectif il existeb∈Avérifiantfa(b) =e, doncab=e. Remarquons aussi que

fa(ba) =a(ba) = (ab)a=ea=a=fa(e),

ce qui implique queba =e, car fa est injectif. Par suiteab =ba =e, eta est alors inversible.

AinsiAest un corps.

Correction de l’exercice 4

1. SoitA un anneau commutatif unitaire. Montrons que A est un corps ssiA[X] est un anneau principal.

Supposons queAest un corps. SoitI un idéal deA[X].

SiI={0}, alorsI=h0iest principal.

Sinon il existera donc un élémentPdeIdifférent de 0. Considérons l’ensembleS={deg(Q)|Q∈ I;Q6= 0}; S est une partie non vide deN (deg(P)∈S), il admet donc un plus petit élément n. SoitP0∈I tel que deg(P0) =n, alorshP0i ⊂I.

SoitP ∈I. Par la division euclidienne∃!(Q,R)∈A[X]

P =P₀Q+R et deg(R)<deg(P).

CommeR=P−P₀Q, on aR∈I, et puisque deg(R)<deg(P₀), alors par la minimalité den on aR = 0. AinsiP ∈ hP₀i. On a donc I ⊂ hP₀i ⊂I, c’est-à-direI =hP₀iest principal. Par suite les idéaux deA[X] sont principaux, et doncA[X] est un anneau principal.

Inversement, supposons que A[X] est principal. Soit a∈ A et a 6= 0, considérons l’idéal I = hX, ai. Comme A[X] est principal, il existe alors P ∈ A[X] ; I = hPi. Donc hXi ⊂ hPi et hai ⊂ hPi, ce qui donne que

P|a P|X =⇒

P∈A

P|1, P ∈Aet divise X =⇒

P =b∈A 1 =bc, oùc∈A

D’où P est inversible et 1 ∈ hPi. On en déduit que I =hPi=A[X]. En particulier 1 ∈I = hX, ai, donc il existeQ, R∈A[X] ,XQ(X) +aR(X) = 1, ce qui implique quea×R(0) = 1.a est donc inversible. Par suite,Aest un corps.

Méthode 2. On peut montrer autrement cette deuxième implication. Supposons que A[X]

est principal et montrons donc queA est un corps. Cette méthode consiste à montrer que le polynôme X est irréductible. Sinon, si X = P Q, alors 1 = deg(X) = deg(Q) + deg(P), donc l’un des polynômesP et Qest une constantec et l’autre est un polynôme de premier degré : aX+b. D’où

X = (aX+b)c=acX+bc=⇒ac= 1 etbc= 0,

on en déduit que a, c sont inversible et donc b = 0. Par suite X est irréductible, donc l’idéal hXiest maximal carA[X] est principal. AinsiA[X]/hXiest un corps. Soit l’application

f :A[X]−→A;P 7−→P(0).

Il est simple de vérifier que f est un morphisme surjectif (l’antécédent d’un élément a de A est par exemple le polynôme P(X) = X +a). Le noyau de f est l’idéal hXi. En effet, P ∈ ker(f) ⇐⇒ P(X) = 0, donc X divise P, ce qui implique que P ⊂ hXi, enfin ker(f) ⊂ hXi; or X ∈ ker(f), donc l’égalité ker(f) = hXi. Ainsi le premier théorème d’isomorphisme nous implique que

A[X]/hXi 'im(f) =A.

Ce qui donne queAest un corps.

2. Soitf un homomorphisme d’un corpskvers un anneau Aunitaire. Montrons que si f est non nul, alors il est injectif et que f(k) est un corps. On va utiliser le fait qu’un corps k admet exactement deux idéaux{0} etklui même.

On sait que ker(f) est un idéal de k, donc ker(f) ={0} ou k. Or f(1k) = 1A, car f est un morphisme d’anneaux non nul, donc 1k 6∈ker(f), et alors ker(f)6=k, c-à-d ker(f) ={0}. Ainsi f est injectif. Le premier théorème d’isomorphisme nous implique quek'k/ker(f)'im(f) = f(k). Ce qui donne quef(k) est un corps.

Correction de l’exercice 5

SoientA=Z[X, Y],pun nombre premier etIun idéal deAengendré parpet X. Supposons que Iest principal, i.e.I=hPi=P A, oùP est un polynôme deA.

1. Montrons queP est une unité deA, i.e. un élément inversible deA. CommeI=hX, pi=hPi, alorshpi ⊂ hPiethXi ⊂ hPi, donc

P|p P|X =⇒

P ∈ {±1,±p}

P|1, carP ∈Zet divise X =⇒ P =±1 car sont les seuls diviseurs de 1 DoncP est unité de A, et les unités deAsont les unités deZ.

2. Déduction :pest inversible dansZ. PuisqueP =±1, alorsI=h±1i=h1i=A, ceci implique que 1 ∈ h1i = hp, Xi. D’où il existe Q et R dans A tels que 1 = pQ(X) +XP(X), alors 1 =pQ(0), mais comme b=Q(0)∈Z^∗, (car sinon on aura 1 = 0) alors on déduit que 1 =ab, et par suite p est inversible dans Z. Mais ceci est absurde avec le fait que dans Z les seuls inversibles sont−1 et−1.

Conclusion. L’idéalI=hX, pin’est pas principal, et alorsZ[X, Y] est un anneau non principal.

Correction de l’exercice 6

SoientK un corps eta,bdeux éléments deK.

1. Montrons que l’anneauK[X]/(X−a) est isomorphe àK. Pour cela considérons l’application ϕ₁: K[X] −→K

P 7−→P(a)

• ϕ1 est bien définie puisque pour deux polynômesP =Q, on a P(a) = Q(a), donc ϕ1(P) = ϕ1(Q).

• ϕ₁ est un homomorphisme d’anneaux, en effet

ϕ1(P+Q) = (P+Q)(a) =P(a) +Q(a) =ϕ1(P) +ϕ1(Q), ϕ1(P Q) =P Q(a) =P(a)Q(a) =ϕ1(P)ϕ1(Q),

ϕ1(1_K[X]) = 1K(a) = 1.

• ϕ1 est surjectif, car pour toutb∈K, il existeP(X) =X−a+b tel que ϕ1(P) =P(a) =a−a+b=b.

• Déterminons ker(ϕ₁).

PourP(X) =X−a, on a ϕ₁(X−a) =P(a) = 0, d’oùX−a∈ker(ϕ₁), alors hX−ai ⊂ker(ϕ1).

SoitP ∈ker(ϕ1), alorsϕ1(P) = 0 c-à-d P(a) = 0, donc X−a divise P dans K[X]. D’où P(X) = (X−a)Q(X), oùQ(X)∈K[X]. On en déduit que P ∈ hX−ai, donc

ker(ϕ1)⊂ hX−ai.

Par suitehX−ai= ker(ϕ1).Le premier théorème d’isomorphisme implique que K[X]/ker(ϕ1) =K[X]/hX−ai 'K·

CommeKest un corps, alorsK[X]/hX−ail’est aussi, ce qui est équivalent à dire quehX−ai est un idéal maximal deK[X].

2. Montrons queK[X]'K[X, Y]/hY −bi. Considérons l’application ϕ₂: K[X, Y] −→K[X]×R

P(X, Y) 7−→ϕ₂(P) =P(X, b) On procède comme dans le cas précédent.

• ϕ₂ est bien définie, facile à vérifier.

• ϕ2 est un homomorphisme d’anneaux, facile à vérifier.

• ϕ₂ est surjectif, car pour toutQ∈K[X], il existeP(X, Y) =Q(X) +Y−b(on peut prendre aussiP(X, Y) =Q(X)) tel que

ϕ₂(P) =Q(X) +b−b=Q(X).

• Déterminons ker(ϕ₂). Il est simple de voir que pourP(Y −b) =b−b= 0, doncϕ₂(Y −b) = (0,0), d’oùY −b∈ker(ϕ₂), par suite

hY −bi ⊂ker(ϕ₂).

Inversement, soitP ∈ker(ϕ₂), alorsϕ₂(P) = 0, doncP(X, b) = 0. On sait (voir chapitre sur les polynômes à plusieurs indéterminés) que

P(X, Y) =

n

X

k=0

P_k(Y)X^k,oùP_k ∈K[Y], on en déduit que

P(X, b) =Pn

k=0Pk(b)X^k= 0 =⇒ ∀k;Pk(b) = 0

=⇒ ∀k;Pk(b) = (Y −b)Qk(Y)

=⇒P(X, Y) =

n

X

k=0

(Y −b)Qk(Y)X^k

=⇒P(X, Y) = (Y −b)

n

X

k=0

Q_k(Y)X^k.

Ceci donne queP est un multiple deY −b, de quoi on tire que P∈ hY −bi, d’où l’inclusion ker(ϕ2)⊂ hY −bi.

Par suite l’égalité suivante

ker(ϕ2) =hY −bi.

Le premier théorème d’isomorphisme implique donc que

K[X, Y]/ker(ϕ₂) =K[X, Y]/hY −bi 'K[X]·

CommeK est un corps, alorsK[X] est un anneau intègre, et par suiteK[X, Y]/hY−bil’est aussi ; ce qui est équivalent à dire quehY −biest un idéal premier de K[X, Y].

3. Montrons que K[X, Y]/hX −a, Y −bi ' K. On procède comme dans les cas précédents en considérant l’application

ϕ₃: K[X, Y] −→K

P(X, Y) 7−→(P(a), P(b)).

• ϕ₃ est bien définie, facile à vérifier.

• ϕ₃ est un homomorphisme d’anneaux, facile à vérifier.

• ϕ₃ est surjectif, car pour toutc∈K, il existe par exempleP(X, Y) = (X−a)(Y −b) +c tel queϕ3(P) =c.

• Déterminons ker(ϕ3). Il est simple de voir que ϕ3(X −a) = 0 et ϕ3(Y −b) = 0, d’où X−a, Y −b∈ker(ϕ3), par suite

hX−a, Y −bi ⊂ker(ϕ3).

Inversement, soitP∈ker(ϕ₃), alorsϕ₃(P) = 0, doncP(a, b) = 0.

La division euclidienne deP parY −b donne

P(X, Y) = (Y −b)Q(X, Y) +R(X, Y) avec deg_Y(R)<deg(Y −b) = 1,

on en déduit que R(X, Y) ne dépend pas de Y, on donc R(X, Y) = R(X) ∈ K[X] ; d’où P(a, b) =R(a, b) =R(a) = 0, c’est-à-direX−adiviseR(X) et donc R(X) = (X−a)S(X).

Ceci implique que

P(X, Y) = (Y −b)Q(X, Y) + (X−a)S(X), autrement ditP ∈ hX−a, Y −bi, d’où l’inclusion

ker(ϕ3)⊂ hX−a, Y −bi.

Par suite l’égalité suivante

ker(ϕ₃) =hX−a, Y −bi.

Le premier théorème d’isomorphisme implique donc que

K[X, Y]/ker(ϕ3) =K[X, Y]/hX−a, Y −bi 'K·

CommeK est un corps, alorsK[X, Y]/hX−a, Y −bil’est aussi ; ce qui est équivalent à dire quehX−a, Y −biest un idéal maximal deK[X, Y].

Correction de l’exercice 7

1. Considérons les six anneaux suivants :R×R,C,R[X]/hX²+ 1i,R[X]/hX²i,R[X]/hX²+Xi, R[X]/hX²−1i. Cherchons ceux qui sont isomorphes, en explicitant ces isomorphismes.

a. Montrons queC'R[X]/hX²+ 1i. Soit l’applicationϕ1: R[X] −→C P 7−→P(i)

• ϕ1 est bien définie puisque pour deux polynômesP =Q, on aP(i) =Q(i), doncϕ1(P) = ϕ1(Q).

• ϕ1 est un homomorphisme d’anneaux, en effet

ϕ₁(P+Q) = (P+Q)(i) =P(i) +Q(i) =ϕ₁(P) +ϕ₁(Q), ϕ₁(P Q) =P Q(i) =P(i)Q(i) =ϕ₁(P)ϕ₁(Q),

ϕ₁(1_R[X]) = 1_R[X](i) = 1.

• ϕ₁ est surjectif, car pour tout z =a+ib∈ C, il existe P(X) = a+bX tel que P(i) = a+ib=ϕ₁(P).

• ker(ϕ₁) =? SoitP ∈ker(ϕ₁), alors ϕ₁(P) = 0 c-à-dP(i) = 0, doncX−i diviseP dans C[X].

De plus siP(X) =Pn

k=0a_kX^k, alors 0 =P(i) =Pn

k=0a_ki^k, donc le conjugué deP(i) est 0 =P(i) =

n

X

k=0

aki^k=

n

X

k=0

ak(−i)^k =P(−i),

d’oùX +idivise P dans C[X]. On en déduit que (X−i)(X+i) =X²+ 1 divise P, ce qui implique queP ∈ hX²+ 1i, par suite

ker(ϕ₁)⊂ hX²+ 1i.

Inversement,iest une racine deX²+ 1, doncϕ₁(X²+ 1) = 0, d’oùX²+ 1∈ker(ϕ₁), alors hX²+ 1i ⊂ker(ϕ₁).

DonchX²+ 1i= ker(ϕ₁).Par suite

R[X]/ker(ϕ₁) =R[X]/hX²+ 1i 'C·

b. Montrons queR×R'R[X]/hX²+Xi. Soit l’applicationϕ₂: R[X] −→R×R P 7−→(P(0), P(−1)) On procède comme dans le cas précédent.

• ϕ2 est bien définie.

• ϕ2 est un homomorphisme d’anneaux.

• Cherchons ker(ϕ₂). Il est simple de voir que pourP(X) =X²+X, on a (P(0), P(−1)) = (0,0), doncϕ₂(X²+X) = (0,0), d’oùX²+X ∈ker(ϕ₂), par suite

hX²+Xi ⊂ker(ϕ₂).

Inversement, pour P ∈ ker(ϕ₂), on a ϕ₂(P) = (0,0), donc (P(0), P(−1)) = (0,0), ceci donne queX etX+ 1 divisentP, par suiteX²+X diviseP, c’est-à-direP∈ hX²+Xi, d’où l’inclusion

ker(ϕ₁)⊂ hX²+Xi.

Alors l’égalité en découle

ker(ϕ1) =hX²+Xi.

• L’homomorphisme ϕ2 est surjectif. En effet, pour tout couple (α, β) ∈ R×R, il existe P(X) =X²+ (1 +α−β)X+αtel que (P(0), P(−1)) = (α, β), doncϕ2(P) = (α, β).

Par suite le premier théorème d’isomorphisme donne

R[X]/ker(ϕ₂) =R[X]/hX²+Xi 'R×R·

c. Montrons que R×R ' R[X]/hX²−1i. On procède comme dans le cas précédent (b) en considérant l’applicationϕ₃: R[X] −→R×R

P 7−→(P(1), P(−1)).

Par application du premier théorème d’isomorphisme on tire que R[X]/ker(ϕ3) =R[X]/hX²−1i 'R×R· d. • Par les deux cas (b) et (c), on déduit que

R[X]/hX²+Xi 'R[X]/hX²−1i 'R×R·

• On a C 6' R×R, car tout simplement C est intègre mais R×R ne l’est pas puisque (1,0)6= (0,0) et (0,1)6= (0,0), et leur produit (1,0)(0,1) = (0,0).

• L’anneau quotientR[X]/hX²icontient un élément dont le carré est nul, il s’agit de l’élé- mentαla classe deXmoduloX², carαest racine deX². DoncR[X]/hX²in’est isomorphe à aucun des anneaux précédents, car dansR×Ret Cil n’y a pas d’élément dont le carré est nul.

2. L’anneau quotient (Z/2Z)[X]/hX²+ 1in’est pas un corps à 4 éléments. En effet, dans l’anneau (Z/2Z)[X] on sait queX²+ 1 =X²−1 = (X+ 1)(X−1), doncX²+ 1 est réductible par suite (Z/2Z)[X]/hX²+ 1in’est pas un corps.

Correction de l’exercice 8

Montrons par l’absurde que le polynômeP(X, Y) =X³−Y³−X est irréductible dans C[X, Y].

Supposons queP(X, Y) est réductible, alors il existera deux polynômesA etB dansC[X, Y] tels que deg(A)>1, deg(B)>1 etP(X, Y) =A(X, Y)B(X, Y) avecAetB ne sont pas des constants.

Donc deg(P) = deg(A) + deg(B) = 3, d’oùAouB est de degré 1.

Posons par exempleA(X, Y) =aY+bX+c (a6= 0 oub6= 0)etB(X, Y) =dY²+eX²+· · ·, alors nous devons obtenir

P(X, Y) =A(X, Y)B(X,Y) ⇐⇒X³−Y³−X =adY³+aeX²+bdXY²+beX³cdY²+ceX²....

On a forcement doncad=−1

P(X, Y) =A(X, Y)B(X,Y) =⇒P(X, Y) = (aY +bX+c)B(X,Y)

=⇒P(X,^−b_a X−_a^c) = 0 si a6= 0, sinon en remplaceX par ^−a_b X−^c_b

=⇒X³−(^−b_a X−^c_a)³−X= 0

=⇒X³+_a¹3(b³X³+ 3b²cX²+ 3bc²X+c³)−X = 0

=⇒a³X³+b³X³+ 3b²cX²+ 3bc²X+c³−a³X = 0

=⇒











a³+b³= 0 3b²c= 0 3bc²−a³= 0 c= 0

=⇒a=b=c= 0.

Ce dernier résultat contredit le fait queAest non constant. D’oùP est irréductible.

Correction de l’exercice 9

Soit le polynômeP(X, Y, Z) =X²Y +X²Z+Y²X+Y²Z+Z²X+Z²Y dansC[X, Y, Z].

1. Les trois polynômes symétriques élémentaires de 3 variables, en fonction deX,Y etZ sont : σ1,3 =X+Y +Z

σ2,3 =XY +XZ+Y Z σ3,3 =XY Z

2. Pour montrer queP est un polynôme symétrique, il y a au moins deux méthodes : par utilisation de la Proposition 65 ou par définition via les permutations deS3.

•Par la Proposition 65 :

P(Y, X, Z) =Y²X+Y²Z+X²Y +X²Z+Z²Y +Z²X

=P(X, Y, Z),

P(Z, Y, X) =Z²Y +Z²X+Y²Z+Y²X+X²Z+X²Y

=P(X, Y, Z),

P(X, Z, Y) =X²Z+X²Y +Z²X+Z²Y +Y²X+Y²Z

=P(X, Y, Z).

•Par la définition voir l’Exemple 21.

3. On a

P(X, Y, Z) =X²Y +X²Z+Y²X+Y²Z+Z²X+Z²Y

=X(XY +XZ) +Y(XY +Y Z) +Z(XZ+Y Z)

=X(XY +XZ+ZY)−XY Z+Y(XY +Y Z+XZ)−XY Z+

Z(XZ+Y Z+XY)−XY Z

= (XY +XZ+ZY)(X+Y +Z)−3XY Z

=σ1,3σ2,3−3σ3,3.