Université Bordeaux Algèbre 4 – Licence 3
Mathématiques Année 2014-2015
Corrigé du Devoir Maison 1 Exercice 1 –
1) Comme 1 ∈ A et comme A est un sous-anneau de Q, en particulier un sous- groupe additif de Q, on obtient facilement par récurrence surn :
• n∈A pour tout n∈N,
• puis −n ∈A pour toutn∈N, ce qui implique Z⊆A.
Remarque. Plus généralement siG est un sous-groupe additif de Q et si x∈G alors nx ∈Gpour tout n∈Z.
2) I∩Z est un idéal de Z car
• commeI etZsont des sous-groupes additifs de Q, I∩Z l’est encore et comme I∩Z⊆Z c’est un sous-groupe additif de Z,
• six∈I∩Zet y∈Z,xy∈Z etxy∈I car I est un idéal de Aet Z⊆A par la question précédente.
Soit x= a/b 6= 0 (a, b∈ Z\ {0}) un élément deI 6= {0}. Alors comme I est un sous-groupe additif de Q, bx = a ∈ I (remarque question 1) et comme a ∈ Z, a∈I∩Z. En outre a 6= 0. Donc I ∩Z n’est pas réduit à {0}.
3) Comme Z est principal, il existe d ∈ Z tel que I ∩ Z = dZ et d 6= 0 car I∩Z6={0}.
4)
a) Comme b ∈ I, sous-groupe additif de Q, on a bn = m ∈ I (remarque question 1), donc m ∈ I ∩Z = dZ. Il existe donc k ∈ Z tel que m = kd. On a alors b =kd/n.
b) Commemetnsont premiers entre eux, il existerets ∈Ztels querm+sn= 1. On en déduitrm/n+s= 1/n. Commes∈Z⊆Aet commem/n=b ∈I ⊆A, on a s et rm/n∈A (A est un anneau contenant Z ou encore remarque question 1), d’où 1/n ∈A.
c) Comme 1/n ∈ A, on a k/n ∈ A (A est un anneau contenant Z ou encore remarque question 1) et b =kd/n∈dA.
5) Soit I un idéal de A. Soit I ={0} qui est principal (I = 0A), soit I 6={0} et par la question précédente il existe d∈Z tel que I∩Z=dZ etI ⊆dA. Comme d ∈I et comme I est un idéal deA on a aussi l’inclusiondA ⊆I. D’où I =dA.
L’idéal I dans tous les cas est principal. L’anneau A est donc principal.
6) On vérifie facilement que :
• S−1Z est un sous-groupe additif deQ (si a/b, c/d∈S−1Zavec b ∈S et d∈S, a/b−c/d= (ad−bc)/bd avecbd∈S) ,
• S−1Z est stable par multiplication (si a/b, c/d ∈ S−1Z avec b ∈ S et d ∈ S, a/b×c/d=ac/bd avecbd∈S),
• 1∈S−1Z(1 = 1/1 et1∈S).
7) Quand S={1},S−1Z=Z. Quand S =Z, S−1Z=Q.
8)SoitS ={x∈Z; p-x}. La partieScontient1et est stable par multiplication.
Avec cette notation, on a B =S−1Zet par la question 6), B est un sous-anneau de Q. Par la question 5), B est principal.
9) Soit a/b ∈ B× avec p - b. Il existe c/d ∈ B, donc vérifiant p - d, tel que a/b ×c/d = 1. Ceci implique ac = bd et comme p - bd on a forcément p - a.
Réciproquement si a/b ∈ B avec p - a et p - b, trivialement a 6= 0 et b/a ∈ B.
Comme a/b×b/a= 1, a/b∈B×. En conclusion
B× ={a/b; a, b∈Z, p-a etp-b}.
10) Soit I un idéal maximal deB. Comme B est principal, il existe a/b ∈B tel queI =a/bB. Si p-aalorsa/b∈B× ce qui impliqueI =B. OrI étant maximal I 6=B. Par conséquent p|a. Il existe donck ∈Ztel que I =pk/bB oùk/b∈B.
Si k/b6∈B×, k/bB (B et I (pB (ceci car x7→px est une injection de Q dans Q). Or J =pB est un idéal strict de B car p6∈B×. Ceci contredit la maximalité de I. Par conséquentk/b∈B×, d’où k/bB =B etI =pB.
Comme dans B il existe au moins un idéal maximal (conséquence du théorème de Krull), pB est l’unique idéal maximal de B. On peut aussi vérifier que pB est effectivement maximal. En effet si J est un idéal deB vérifiant pB (J, il existe x∈J\pB. Cet élémentxest de la formea/b, oùp-a(carx6∈pB) et p-b. Donc x ∈ B× et J = B. En conclusion, il n’y a qu’un idéal maximal dans B, l’idéal pB.
Exercice 2 – 1)
a) SiA est un corps, A=A×∪ {0}. Le choixx= 0 est forcé et convient car la projection canonique est toujours surjective.
b) SiAn’est pas un corps,A×∪{0}(A. Soit parmi lesy∈A\(A×∪{0})6=∅un élémentxde stathme minimal. Notonspla projection canonique deA surA/(x).
Soitα∈A/(x)quelconque, et soity∈Atel queα=p(y). CommeAest euclidien pour le stathme f, il existe q, r∈A tels quey =xq+r etf(r)< f(x). Par choix dex on a nécessairementr ∈A×∪ {0}. De plus y=xq+r⇒p(y) = p(r). Ainsi il existe r ∈A×∪ {0} tel que p(r) = α. La restriction de p à A×∪ {0} est bien surjective.
2) Il est d’abord facile de voir par récurrence sur n ∈N que αn ∈A. En effet la propriété est vraie pour n = 0 et1. Si elle est vraie pour n>1, il existea, b∈Z tel que αn =a+bα etαn+1 =aα+bα2. Mais
α2 =
1 +i√ 19 2
2
= 1−19 + 2i√ 19
4 = −10 + 1 +i√ 19
2 =−5 +α.
On a donc αn+1 =−5b+ (a+b)α ∈Aet la propriété est vraie pour n+ 1. On en déduit facilement que pour tout P(T)∈Z[T], P(α)∈A car A est stable pour la multiplication par des entiers et pour l’addition. Soit ϕ:Z[T]→C, l’application définie par ϕ(P(T)) =P(α). Par ce qui précède l’image deϕ est incluse dans A
et comme tout élément a+bα de A (a, b ∈ Z) est l’image par ϕ de a +bT ∈ Z[T], l’image de ϕ est en fait A. Par ailleurs, ϕ est un morphisme d’anneaux.
L’ensemble A qui est l’image de ϕ est donc un sous-anneau de C, intègre car C l’est. Le théorème d’isomorphisme implique de plus que Z[T]/Kerϕ ' A.
Reste à établir que Kerϕ = (T2 −T + 5) pour avoir la conclusion. On a vu plus haut que α2 = −5 +α. Ceci implique que T2−T + 5 ∈ Kerϕ et donc que (T2 −T + 5) ⊆ Kerϕ. Soit P(T) ∈ Kerϕ. Faisons la division euclidienne dans Z[T]deP(T)par T2−T+ 5. C’est possible car ce dernier polynôme est unitaire.
On a P(T) = (T2−T + 5)Q(T) +R(T), où Q(T), R(T)∈Z[T] etdegR(T)<2.
Comme P(α) = 0 on a R(α) = 0. Mais R(T) = a +bT où a, b ∈ Z. Ainsi a +bα = 0, d’où (a +b/2) +ib√
19/2 = 0 ce qui implique a = b = 0. Donc R(T) = 0 et P(T)∈(T2 −T + 5). Ainsi Kerϕ⊆(T2−T + 5) et on a l’égalité.
3) Soient x, y ∈ C. On a N(xy) = xyxy = xy¯x¯y = x¯xy¯y = N(x)N(y). Ainsi N est multiplicative. Soit x =a+bα ∈ A (a, b ∈Z). On a N(x) = N((a+b/2) + ib√
19/2) = (a+b/2)2+ 19b2/4 =a2+ab+ 5b2. On en déduitN(x)∈Zet comme N(x)>0, on a bien N(A)⊆N.
4) Si x ∈ A×, il existe y ∈ A tel que xy = 1. On en déduit par multiplicativité de N que N(x)N(y) = N(1) = 1. Comme N(x), N(y) ∈ N, nécessairement N(x) = 1. Mais si x = a+bα (a, b ∈ Z), N(x) = (a+b/2)2 + 19b2/4 = 1 est impossible sib 6= 0 (car alorsN(x)>19/4>1). On a donc nécessairement b= 0 d’où a=±1. Par suite, comme trivialement−1 et1∈A×, on a A×={−1,1}.
5) Supposons A euclidien. La question 1) montre qu’il existe x ∈ A\ {−1,1}
tel que la restriction à {−1,0,1} de la projection canonique p: A →A/(x) soit surjective. AinsiA/(x)est un anneau à au plus 3 éléments, mais comme x6∈A×, l’anneauA/(x)a au moins deux éléments (sinonA/(x) = {0}ce qui implique que x divise 1 dans A). L’anneau A/(x) qui compte 2 ou 3 éléments est isomorphe à Z/2ZouZ/3Z. Soitx=p(α). Commeα2−α+5 = 0, on doit avoirx2−x+5 = 0.
Or dansZ/2Zaucun élément ne vérifiex2+x+1 = 0, et dansZ/3Zaucun élément ne vérifie x2+ 2x+ 2 = 0. Absurde. Par conséquent A n’est pas euclidien.
6) Soit (a, b) ∈ A ×A\ {0} et soit x = a/b ∈ C. Notons que si b = r+sα (r, s ∈ Z), on a ¯b = r+s−sα ∈ A ce qui implique a¯b ∈ A. Par suite comme x=a¯b/N(b)et comme N(b)∈N on obtient x=u+vα, avec u, v ∈Q. Soit n la partie entière de v.
•Siv 6∈]n+1/3, n+2/3[, l’entier le plus proche1dev notéV vérifie|v−V|61/3.
SoitU l’entier le plus proche deuqui vérifie|u−U|61/2. Alorsq =U+V α ∈A et
N(x−q) =
u−U +v −V 2
2
+ 19
4 (v−V)2 61 2 +1
6 2
+19 4 × 1
4 = 35 36 <1.
On a donc N(a/b−q)<1 et par multiplicativité de N on a N(a−bq) < N(b).
On obtient le résultat annoncé (premier cas) en posant r =a−bq ∈A.
1Si x∈Q, il existe un unique entier X tel que x∈[X−1/2, X+ 1/2[. Par convention nous dirons qu’il s’agit de l’entier le plus proche dex.
•Siv ∈]n+ 1/3, n+ 2/3[, alors 2v ∈]2n+ 2/3,2n+ 4/3[et l’entier le plus proche de 2v est V = 2n+ 1 qui vérifie |2v −V| 6 1/3. Le même raisonnement que précédemment appliqué à 2x en prenant pour U l’entier le plus proche de 2u et en posant q = U +V α ∈ A conduit à N(2x−q) < 1 et au résultat attendu (second cas) en posant r= 2a−bq.
7) Nous avons vu dans la question 2) que A est isomorphe à Z[T]/(T2 −T + 5). On en déduit que A/(2) est isomorphe à Z[T]/(2, T2 − T + 5). Pour s’en convaincre il suffit de considérer les morphismes d’anneaux surjectifs ϕ:Z[T]→ A qui à P(T) associe P(α) (voir question 2)) et la projection canonique p : A → A/(2). Alors p ◦ ϕ est un morphisme d’anneaux surjectifs de Z[T] sur A/(2) et il est facile de vérifier que son noyau est l’idéal (2, T2 − T + 5). Le théorème d’isomorphisme implique A/(2) ' Z[T]/(2, T2 −T + 5). Par ailleurs Z[T]/(2, T2−T + 5)est isomorphe à Z/2Z[T]/(T2+T + 1). Considérons en effet le morphisme d’anneaux surjectif f ◦g de Z[T] sur Z/2Z[T]/(T2 +T + 1), où g : Z[T] → Z/2Z[T] est l’application qui à P(T) associe le plynôme obtenu par réduction modulo 2 des coefficients de P(T) et où f est la projection canonique de Z/2Z[T] sur Z/2Z[T]/(T2+T + 1). Il est facile de vérifier que son noyau est (2, T2 +T + 1) = (2, T2−T + 5). Le théorème d’isomorphisme donne ce second isomorphisme qui combiné avec le premier conduit à
A/(2) 'Z/2Z[T]/(T2+T + 1).
Or T2+T + 1 est un polynôme irréductible deZ/2Z[T]. Rappelons que si K est un corps et si P(T) est un polynôme irréductible de K[T], alors K[T]/(P(T)) est un corps. On en déduit que Z/2Z[T]/(T2+T + 1) est un corps et donc aussi A/(2). Ceci implique que l’idéal(2) est un idéal maximal deA.
8)
a) Effectuons la pseudo-division euclidienne de x par a.
• Premier cas : x = aq+r avec N(r) < N(a). Comme a ∈ I qui est un idéal, aq ∈ I et comme x ∈ I on obtient r = x−aq ∈ I. Comme a est un élément de A\ {0} est tel que N(a) soit minimal, nécessairement r = 0. Ceci implique x=aq∈(a). Absurde.
• Second cas : 2x = aq +r avec N(r) < N(a). On a nécessairement pour la même raison r = 0 et 2x = aq. Ainsi aq ∈ (2). Comme (2) est maximal, il est premier et aou q∈(2). Si q ∈(2) il existeq0 ∈Atel que q= 2q0 d’où 2x= 2aq0. Comme A est intègre on en déduit x =aq0 ∈ (a) ce qui est absurde. Si q 6∈(2), nécessairementa∈(2) il existe a0 ∈Atel quea= 2a0. On en déduit par intégrité deA quex=a0q. L’idéal(2, q)contient strictement (2) car q6∈(2) et comme(2) est maximal, on a (2, q) =A. Il existe donc λ, µ∈ A tels que 1 = 2λ+µq. Ceci implique a0 = 2a0λ+µa0q =aλ+µx. Comme a, x∈ I, on a a0 ∈I. Or a0 6= 0 et N(a0) = N(a)/4< N(a). Ceci contredit le choix fait poura (N(a) minimal).
b) Ainsi siI 6= 0 et sia est un élément deI\ {0}tel queN(a) soit minimal on a par la question précédente I = (a) et I est principal. Si I ={0}, trivialement I est principal. L’anneau A est donc principal.
