UPMC 2M220 Arithmétique et algèbre 2017-2018

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TD 4 - Anneaux - Corrigé

Exercice 1. Montrer qu’un sous-ensemble non videad’un anneau commutatifAest un idéal si et seulement si pour tous a, b∈aet toutc∈A, on a a+bc∈a.

On va raisonner par double implication. Soient Aun anneau commutatif eta un sous-ensemble non vide deA.

• ⇒: On suppose que a soit un idéal de A. Soient a, b deux éléments de a et c un élément deA. La stabilité de apar la loi de composition externe dit quebcest dans a, ce qui donne alorsa+bc∈a caraest un sous-groupe additif deA.

• ⇐: On suppose maintenant que l’on aa+bc∈apour tousa, b∈a etc∈A.

On va commencer par montrer que aest un sous-groupe additif de A. Par l’exercice 4 du TD3, cela revient à montrer que pour tousa, b∈a, on aa−b∈a. Ceci découle de l’hypothèse faite sura, en prenantc=−1.

Il reste donc à montrer la stabilité par la loi de composition externe,i.e.que pour tous élémentsb∈aetc∈A, on abc∈a. Ceci découle de l’hypothèse, en prenanta= 0, qui est bien dansacar ce dernier est un sous-groupe additif deA.

On a donc bien montré que aest un idéal deAsi et seulement si l’on aa+bc∈a pour tousa, b∈aet c∈A.

Exercice 2. Soient aetbdeux idéaux d’un anneau commutatifA. On pose ( a+b = {c∈A, ∃a∈a et b∈b, c=a+b}

a·b = {c∈A, ∃n∈N, ∃a₁, . . . , a_n∈a et b₁, . . . , b_n ∈b, c=a₁b₁+· · ·+a_nb_n} . 1) Montrer que les inclusionsa·b ⊂ a∩b ⊂ a∪b ⊂ a+bsont vérifiées.

On va procéder en plusieurs étapes.

•a·b ⊂ a∩b: Soitc∈a·b. On fixen∈Nainsi quea1, . . . , an ∈aet b1, . . . , bn ∈btels que l’on ait c = a1b1+· · ·+anbn .

Pour touti∈J1, nK, on aaibi∈a caraest un idéal, etaibi∈bcarbest aussi un idéal. On a alorsc∈a∩b.

•a∩b ⊂ a∪b: Cette implication est immédiate.

•a∪b ⊂ a+b: Soita∈a. On a alorsa=a+ 0∈a+bcar0 est dansb. Pourb∈b, on ab= 0 +b, car0 est aussi dansa. Ceci montre bien l’inclusion voulue.

2) Montrer que l’ensemblea∪best un idéal deAsi et seulement si on aa ⊂ boub ⊂ a.

On commence par remarquer que si l’inclusiona ⊂ best vérifiée, alorsa∪b=best un idéal deA, et de même si l’autre inclusion est vraie. Il s’agit donc de montrer la réciproque.

On suppose donc quea∪best un idéal deAet que l’on aa 6⊂ b. On se donne alors un élémentadea qui n’est pas dansb. Soitbun élément deb. Commea∪best un sous-groupe additif deA, on aa+b∈a∪b. On ne peut cependant pas avoir a+b∈b, sans quoi on aurait a= (a+b)−b∈b, ce qui serait absurde par hypothèse sur l’élémenta. On a donca+b∈a, ce qui donneb= (a+b)−a∈a. On a donc montré que l’inclusionb ⊂ aest vérifiée.

3) Montrer quea+best un idéal deAet qu’il s’agit du plus petit idéal deAcontenanta∪b.

On va commencer par montrer que a+best un idéal de A en utilisant le critère de l’exercice 1, après avoir remarqué que a+b est bien un sous-ensemble non vide de A. Soient c et c⁰ deux éléments de a+b, etx un élément deA. On fixe alorsa, a⁰∈a etb, b⁰∈btels que l’on aitc=a+bet c⁰ =a⁰+b⁰. On a

c+xc⁰ = (a+b) +x(a⁰+b⁰) = (a+xa⁰)

| {z }

∈a

+ (b+xb⁰)

| {z }

∈b

∈ a+b.

L’exercice1permet donc d’affirmer quea+best un idéal deA. Soit à présentIun idéal deAcontenanta∪b.

Soitc un élément dea+b. On fixeadansa ⊂ a∪bet bdansb ⊂ a∪btels que l’on ait c=a+b. Comme I est un idéal deA, on ac=a+b∈I. Ceci donne a+b ⊂ I.

4) Montrer quea∩beta·bsont des idéaux deAet quea∩best le plus grand idéal deAcontenu dansaet b.

On va commencer par montrer que a∩best un idéal deA, en utilisant l’exercice1. On remarque que0est à la fois dans a et dansb, donc est dans leur intersection, qui est donc non vide. Soient alorsa, b∈a∩bet c∈A.

On a alorsa+bc∈acaraest un idéal deA, eta+bc∈bpour des raisons similaires. Ceci donnea+bc∈a∩b.

L’exercice1dit alors quea∩best un idéal deA.

On passe maintenant àa·b. Soientc etc⁰ deux éléments dea·b, ainsi que xun élément deA. On fixe alors des élémentsa1, . . . , an, a⁰₁, . . . , a⁰_mdeAetb1, . . . , bn, b⁰₁, . . . , b⁰_mdebtels que l’on ait

( c = a1b1+· · ·+anbn

c⁰ = a⁰₁b⁰₁+· · ·+a⁰_mb⁰_m . On a alors

c+xc⁰ = a1b1+· · ·+anbn+ (xa⁰₁)b⁰₁+· · ·+ (xa⁰_m)b⁰_m ,

qui est dansa·b, car on axa⁰_i∈apour touti∈J1, mK. L’exercice1 dit alors quea·best un idéal deA.

Enfin, on remarque que a∩b est le plus grand idéal de A contenu dans a et b, car il s’agit du plus grand sous-ensemble deA vérifiant cette propriété.

5) On dit que a et b sont premiers entre eux si l’on a a+b= A. Montrer que l’on a, sous cette hypothèse, l’égalitéa·b=a∩b. Donner un contre-exemple dans le cas oùaet bne sont pas premiers entre eux.

On suppose les idéauxaet bpremiers entre eux. L’inclusiona·b ⊂ a∩bayant déjà été montrée, il reste à voir l’inclusion réciproque. L’hypothèse faite sura etbpermet de fixera∈a etb∈btels que l’on ait1 =a+b. Soit alorsc∈a∩b. On ac= 1·c= (a+b)c=ac+bc. Commecest à la fois dans aet dansb, on a ac+bc∈a·b.

Ceci donne finalement l’égalité a·b=a∩b.

Dans le cas où les idéaux a et bne sont pas premiers entre eux, cette égalité n’est plus forcément vraie. Par exemple, siA=Z, eta=b= 2Z, on a a·b= 4Z, tandis que l’on aa∩b= 2Z.

Exercice 3. Pour tout anneau A, on noteA^× le groupe de ses éléments inversibles.

1) DéterminerZ^× etQ^×.

Le groupe Z^× des inversibles deZest l’ensemble des entiers relatifsnpour lesquels il existe un entier relatifm vérifiantnm= 1. On a alors Z^×={−1,1}.

De plus, tous les éléments non nuls de Qsont inversibles,i.e.on aQ^×=Q^∗=Q\ {0}.

2) Montrer que siAet B sont deux anneaux, on a(A×B)^×=A^××B^×.

On précise que les lois d’anneau surA×Bsont données par celles deAetB composante par composante. On a (A×B)^× = {(a, b)∈A×B, ∃(a⁰, b⁰)∈A×B, (a, b)·(a⁰, b⁰) = (a⁰, b⁰)·(a, b) = (1A,1B)}

= {(a, b)∈A×B, ∃(a⁰, b⁰)∈A×B, aa⁰=a⁰a= 1A, bb⁰=b⁰b= 1B}

= A^××B^×.

3) Montrer que sif :A−→Best un morphisme d’anneaux, on af(A^×)⊂B^×. A-t-on égalité sif est surjectif ? Soitf :A−→B un morphisme d’anneaux. Soita∈A. On a f a⁻¹

f(a) = f aa⁻¹

=f(1A) = 1B, et on a aussif(a)f a⁻¹

=f a⁻¹a

=f(1_A) = 1_B. Ceci montre que l’image de tout inversible deAest un inversible deB,i.e.que l’on a l’inclusionf(A^×)⊂B^×.

On suppose maintenantf surjectif. On va montrer que l’égalité dans l’inclusion précédente n’est pas forcément vérifiée car il se peut qu’un inversible de B provienne d’un non-inversible de A. Pour cela, il faut trouver un contre-exemple oùApossède trÃĺs peu d’inversibles.

On considère A=Z et B =Z/5Z. Le morphismef sera ici la projection canoniqueπ, qui est bien surjective.

On aA^×={−1,1}, qui est de cardinal2, tandis queB^×=

1,2,3,4 est de cardinal4. L’égalitéπ(A^×) =B^× ne peut donc pas être vérifiée.

Exercice 4. Un élémentad’un anneauA est ditnilpotent s’il existen∈N^∗ tel que l’on aitaⁿ= 0.

1) On suppose dans cette questionA commutatif. Montrer que l’ensemble a des éléments nilpotents deA est un idéal et que le quotient A/a ne possède pas d’éléments nilpotents non nuls.

On va commencer par montrer que l’ensemble a des éléments nilpotents de A est un idéal de A, en utilisant l’exercice 1, après avoir remarqué que a est non vide, car il contient 0. Soient a, b ∈a et c ∈A. On se donne deux entiersn, m∈N^∗ tels que l’on aitaⁿ= 0et b^m= 0. On a

(a+bc)^n+m =

n+m

P

k=0 n+m

k

a^kb^n+m−kc^n+m−k

=

n

P

k=0 n+m

k

a^kb^n−kc^n−k+

n+m

P

k=n+1 n+m

k

a^kb^n+m−kc^n+m−k

= 0.

En effet, pour tout k∈Jn+ 1, n+mK, on aa^k= 0, tandis que pour toutk∈J0, nK, on an+m−k≥m, ce qui donne b^n+m−k = 0. On remarque ici que l’on a utilisé la formule du binôme de Newton, qui n’est valable que pour deux éléments qui commutent, ce qui est le cas ici, puisqueAest commutatif. L’exercice1 dit alors quea est un idéal deA.

On va maintenant montrer que A/a ne possède pas d’éléments nilpotents non nuls. Soitxun élément deA tel quex∈A/asoit nilpotent. On fixe n∈N^∗ tel que l’on aitxⁿ = 0. On a alors xⁿ ∈a, donc il existe m∈N^∗ tel que l’on ait x^nm= (xⁿ)^m= 0dansA. Ceci donnex∈a, carnmest dansN^∗, et on a doncx= 0.

Dans le cas plus général oùAne serait pas commutatif, la somme de deux éléments nilpotents n’est pas forcément un nilpotent. On peut par exemple considérerA=M₂(R), ainsi que

a =

0 1 0 0

et b=

0 0 1 0

. On a alors

0 1 0 0

2

=

0 0 1 0

2

=

0 0 0 0

, maisa+b=

0 1 1 0

ne peut pas être nilpotent car il s’agit d’un élément d’ordre2 deA^×.

2) Montrer que siaest nilpotent, alors1 +aest inversible.

On ne fait pas l’hypothèse de commutativité pour Adans cette question. Soita∈A un élément nilpotent. On fixen∈Ntel que l’on aitaⁿ⁺¹= 0. On a alors

(1 +a)

n

P

k=0

(−1)^ka^k =

n

P

k=0

(−1)^ka^k+

n

P

k=0

(−1)^ka^k+1 par distributivité

=

n

P

k=0

(−1)^ka^k+

n+1

P

k=1

(−1)^k+1a^k par changement d’indice

=

n

P

k=0

(−1)^ka^k−

n+1

P

k=1

(−1)^ka^k

= 1−aⁿ⁺¹

= 1 caraⁿ⁺¹= 0.

On vérifie de la même façon que l’on a _n

P

k=0

(−1)^ka^k

·(1 +a) = 1. Ceci montre bien que1 +aest inversible.

Exercice 5. Montrer qu’un anneau commutatif non nulAest un corps si et seulement si ses seuls idéaux sont l’idéal nul (0)etA.

On va raisonner par double implication. SoitAun anneau commutatif.

• ⇒: On suppose queAsoit un corps. Soitaun idéal non nul deA. On se donne un élémentxnon nul dea. CommeAest un corps, l’élémentxest inversible dansA, et on a1 =x⁻¹x∈a, ce qui donnea=A.

• ⇐: On suppose que les seuls idéaux deAsoient(0)etA. Soitxun élément non nul deA. L’idéalxA étant non nul, il est égal àA. Ceci permet de fixerydansAtel que l’on ait1 =xy. Ceci dit quexest inversible.

On a donc bien montré l’équivalence souhaitée.

Exercice 6. Montrer qu’un anneau commutatif non nul intègre qui ne possède qu’un nombre fini d’idéaux est un corps.

SoitAun anneau commutatif non nul intègre qui ne possède qu’un nombre fini d’idéaux.

Soitx∈Anon nul. Pour toutn∈N^∗, on dispose d’un idéal non nulxⁿAdeA. Par principe des tiroirs, il existe deux entiers naturels non nuls n et m, avecn > m, tels que l’on ait xⁿA =x^mA. Il existe donc un élément a de A, que l’on fixe, tel que l’on ait x^m=xⁿa. On a alors x^m(x^n−ma−1) =xⁿa−x^m = 0, et l’intégrité deA donnex^n−ma= 1, carxest non nul, d’où l’égalitéx x^n−m−1a

= 1, doncxest inversible.

Ceci montre bien que Aest un corps.

Exercice 7. Montrer qu’un anneau commutatif non nul fini intègre est un corps.

Un anneau commutatif non nul fini intègre possèe en particulier un nombre fini d’idéaux, donc il suffit d’appliquer l’exercice précédent.

Exercice 8. Le but de cet exercice est de montrer que tout automorphisme de corpsσ:R−→Rest l’identité, i.e.

que l’on a σ(x) =xpour toutx∈R. Soitσ:R−→Run automorphisme de corps.

1) Montrer que l’on aσ(x) =xpour toutx∈Q.

Il s’agit de procéder en plusieurs étapes. On commence d’abord par remarquer que pour toutn∈N^∗, on a σ(n) = σ(1 +· · ·+ 1)

| {z }

nfois

= σ(1) +· · ·+σ(1)

| {z }

nfois

= nσ(1) = n, car on a par hypothèseσ(1) = 1. On a de plus

0 = σ(0) = σ(n−n) = σ(n) +σ(−n) , ce qui donneσ(−n) =−σ(n) =−n. Soient à présentp, q∈Zavecqnon nul. On a

qσ_p

q

= qσ(p)σ

1 q

= qpσ

1 q

= pσ q¹_q

= pσ(1) = p , ce qui donneσ_p

q

= ^p_q. Comme tout rationnel peut être écrit sous cette forme, on a bien montré le résultat.

2) Montrer que l’on aσ(R⁺) ⊂ R⁺.

Soitxun réel positif. On fixe un réely tel que l’on aitx=y². On a alors σ(x) = σ y²

= σ(y)² ≥ 0 , ce qui donne bien le résultat souhaité.

3) En déduire queσest une application croissante, puis qu’elle est continue.

Soient xet ydeux réels tels que l’on aitx≥y. On a alorsx−y∈R+, donc la question précédente donne σ(x)−σ(y) = σ(x−y) ≥ 0 ,

donc σ est une application croissante. On va montrer qu’elle est continue. Soit ε > 0. Soient maintenant x, y deux réels tels que l’on ait|x−y|< ε. On a alors(x−y)²< ε². Par densité deQdansR, on fixeδ∈Qtel que l’on ait (x−y)²< δ < ε². Par croissance deσ, qui est stricte par injectivité, on a

(σ(x)−σ(y))² = σ

(x−y)²

< σ(δ) = δ , ce qui donne donc

(σ(x)−σ(y))² < δ < ε² . Par croissance de la fonction racine carrée, on a alors

|σ(x)−σ(y)| < ε , ce qui donne la continuité deσ.

4) Conclure.

Soitxun réel. Par densité deQdansR, on fixe une suite(x_n)_n∈

Nde rationnels telle que l’on aitx_n −→

n→+∞x. La continuité de σdonne alors lim

n→+∞σ(xn) =σ(x). La question1donnantσ(xn) =xn pour toutn∈N, l’unicité de la limite donneσ(x) =x.

On a donc bien montré que le seul automorphisme de corps deRest l’identité.

Exercice 9. Un idéalad’un anneau Aest ditpremier s’il est différent deAet si pour tousa, b∈Aavecab∈a, on a a∈aoub∈a.

1) Montrer qu’un idéalad’un anneauAest premier si et seulement si le quotientA/a est intègre.

On va raisonner par double implication. Soient Aun anneau commutatif eta un idéal deA.

• ⇒: On suppose queaest un idéal premier deA. Soienta, b∈Atel que l’on aitab= 0dansA/a. Ceci se traduit par le fait queab est dansa, ce qui donne a∈aoub∈a car l’idéala est premier, c’est-à-direa= 0 oub= 0dansA/a. Ceci montre que l’anneauA/aest intègre.

• ⇐: On suppose maintenant l’anneau quotientA/aintègre. Soientaetbdeux éléments deAtels que l’on ait ab ∈ a. On a alors ab= ab= 0 dansA/a, ce qui donne a= 0ou b = 0dans A/a par intégrité de ce dernier, c’est-à-dire a∈aoub∈a. Ceci montre que l’idéala est premier.

2) Soitf :A−→B un morphisme d’anneaux. Montrer que sia est un idéal premier deB, l’idéalf⁻¹(a)deA est premier.

Soit a un idéal premier deB. On sait déjà que f⁻¹(a) est un idéal de A. Il reste à montrer qu’il est premier.

Soient aet bdeux éléments de Atels que l’on aitab∈f⁻¹(a). On a alorsf(a)f(b) =f(ab)∈a, et le fait que l’idéal asoit premier donne f(a)∈a ouf(b)∈a, c’est-à-direa∈f⁻¹(a) oub∈f⁻¹(a). L’idéalf⁻¹(a)deA est donc bien premier.

Exercice 10. Un idéaladeAest ditmaximal sia6=Aet pour tout idéalbdeAtel quea⊂b, on ab=aoub=A.

Soitaun idéal deA. Montrer queaest maximal si et seulement si le quotientA/aest un corps. En déduire que tout idéal maximal est premier.

On va raisonner par double implication. Soient Aun anneau commutatif eta un idéal deA, aveca6=A.

• ⇒: On supposea maximal. Il s’agit de montrer que l’anneau quotientA/a est un corps, c’est-à-dire que tous ses éléments non nuls sont inversibles. Soit alorsx∈Atel quex∈A/asoit non nul. Ceci revient à dire quexn’est pas un élément dea. L’idéala+xAdeAcontenant strictement l’idéal maximala, on aa+xA=A.

Ceci permet de fixery∈A etz∈atels que l’on ait1 =z+xy. En repassant dansA/a, on a 1 = z+xy = z+xy = z+x y = x y ,

carz est un élément dea, donc sa classe dansA/a est nulle. Ceci montre quexest inversible dansA/a, car les anneaux considérés sont commutatifs.

• ⇐: On suppose que l’anneau quotientA/a soit un corps. Il s’agit de montrer que l’idéal a deA est maximal. Pour cela, on considère un idéal bde A tel que l’on aita b⊆A. On fixe alors un élément xde b qui ne soit pas dans a. La classexdansA/a étant non nulle, elle est inversible, car l’anneau quotientA/a est un corps. On fixe donc un élémenty deAtel que l’on aity x= 1dansA/a. On a alors

0 = 1−y x = 1−yx , donc l’élément 1−yx deAest dans l’idéala. On a

1 = yx

|{z}

∈b

+ 1−yx

| {z }

∈a⊂b

∈ b.

En effet, on a yx∈bcar on ax∈betbest un idéal de A, et on a1−yx∈bpar ce qui précède, car l’idéala est inclus (strictement) dans l’idéalb. Ceci dit que1est un élément deb, ce qui revient à dire que l’on ab=A.

L’idéal adeAest donc bien maximal.