Université Bordeaux 1 Algèbre 4 – Licence 3
Mathématiques Année 2015–2016
Corrigé du devoir maison 2
Exercice 1 – Soient n un entier naturel non nul, a1, . . . , an des éléments de Z deux à deux distincts et P le polynômeP(X) = (X−a1). . .(X−an).
1) Soient Q et R deux polynômes de Z[X] tels que 1 +P2 = QR. Montrer qu’après une éventuelle multiplication par−1, les polynômesQetRpeuvent être supposés unitaires.
Soient cd(Q)et cd(R)les coefficients dominants deQetR, alors cd(Q)cd(R) = 1puisque le polynôme 1 +P2 est unitaire. Donc ces deux coefficients sont inversibles dansZ : ils valent1 ou−1. D’où le résultat.
2)Montrer queQ(x)>0 etR(x)>0pour toutx∈R, .
Comme QR= 1 +P2, les polynômesQ et R ne s’annulent pas surR. On en déduit qu’ils sont de signe constant. Comme ils sont unitaires, leur limite en +∞ vaut +∞. Il sont donc positifs surR.
3)Montrer queQ(ai) =R(ai) = 1pour touti∈[[1, n]].
Pour tout i,P(ai) = 0, donc Q(ai)R(ai) = 1. DoncQ(ai), R(ai)∈Z∗={±1}. Comme ces valeurs sont positives,Q(ai) =R(ai) = 1.
4) Montrer que l’un des polynômeQouR est égal à1(on pourra supposer par l’absurde que Q6= 1et R6= 1, montrer que dans ce cas,P =Q−1 =R−1et aboutir à une contradiction).
Supposons queQ6= 1 etR6= 1. Alors les polynômesQ−1etR−1sont non nuls et ont au moins nracinesa1, . . . , an, donc degQ>net degR>n. Comme degQR= 2n, on en déduit quedegQ= degR=n. Ces polynômes sont unitaires, doncQ−1 =R−1 =Qn
i=1(X−ai) =P.
Ainsi,1 +P2= (P+ 1)2, donc2P = 0. C’est absurde. Ainsi,Q= 1ouR= 1.
5)Conclure que le polynôme1 +P2est un élément irréductible deZ[X].
On a montré que si 1 +P2=QR, où Q, R∈Z[X], alors l’un des deux polynômes QouR est égal à1ou−1. Cela montre que1 +P2 est irréductible dansZ[X].
Exercice 2–SoitAun anneau factoriel dans lequel tout idéal premier non nul est maximal.
1)Montrer que si{0} est le seul idéal premier deA, alorsAest un corps.
Comme il existe au moins un idéal maximal dansA, et comme tout idéal maximal est premier, cet idéal est égal à{0}, donc{0}est un idéal maximal, donc Aest un corps.
On suppose dorénavant qu’il existe des idéaux premiers non nuls dansA.
2)Montrer que tout idéal premier non nul de Aest principal.
Soit I un idéal premier non nul de A. Soit x un élément non nul de I. Alors x n’est pas inversible (s’il l’est,I=A) et donc se décompose en un produit d’irréductibles deA. Comme ce produit appartient àIet commeI est premier, on en déduit que l’un deux appartient àI. Soit pcet élément irréductible. Comme p∈I, c’est que < p >⊂I. Mais commepest irréductible, l’idéal< p >est premier non nul, donc maximal (par hypothèse) et donc< p >=I.
3)SoitP un système de représentants des éléments irréductibles deA. Pour tout idéal non nul I deA, et pour toutp∈ P, on pose
vp(I) = inf{vp(a) : a∈Ir{0}}.
SoitI un tel idéal. Montrer que l’ensemble desp∈I tels quevp(I)6= 0est fini.
Soitaun élément non nul deI. Pour tout irréductiblepdeP,vp(I)6vp(a). Sipne divise pasa, alorsvp(a) = 0doncvp(I) = 0. Commease décompose en un produit fini d’éléments de P, multiplié par un élément inversible deA, on obtient bien le résultat.
4)Soit
b= Y
p∈P
pvp(I).
Montrer queI⊂< b >.
Soienta∈Iet
a=uY
p∈P
pvp(a).
la décomposition deaen un produit d’éléments deP, oùu∈A∗. Alors a=ubY
p∈P
pvp(a)−vp(I)∈< b >
puisque pour toutp,vp(a)>vp(I), doncpvp(a)−vp(I)∈A.
5)Soit
J ={x∈A : xb∈I}.
Montrer queJ est un idéal deA.
0∈J puisque 0b = 0∈I. Six, y∈J, alors xb∈I etyb ∈I. On en déduit que(x−y)b= xb−yb∈ I, doncx−y ∈ J. Si de plusa∈ A, a(xb)∈ I puisque xb ∈I. On en déduit que (ax)b∈I et donc queax∈J.J est bien un idéal deA.
6)Montrer quevp(J) = 0pour toutp∈ P. En déduire queJ =Aet queI=< b >.
Soit p∈ P. Il existe a ∈ I tel que vp(a) = vp(I)(par définition de vp(I)). Les éléments a et b deA sont divisibles par pvp(I). Soienta0 et b0 tels que a=a0pvp(I) et b =b0pvp(I). Alors vp(a0) = 0. De plus, comme a∈I, alorsab0 ∈I. Orab0 =a0b0pvp(I)=a0b, donca0 ∈J. On en déduit quevp(J) = 0.
Supposons que J 6=A. AlorsJ est contenu dans un idéal maximal M. Comme cet idéal est maximal, il est premier donc principal d’après la question 2). Soit a∈A tel que M=< a >.
Alors pour toutp∈ P, vp(a) = 0 (car commeJ ⊂< a >, tout élément xde J s’écrit sous la forme x=ax0 oùx∈A et donc sivp(a)>0, vp(x)>0, alorsvp(J)>0, ce qui contredit la question précédente). On en déduit quea∈A∗et doncM=A. C’est absurde, doncJ =A, ce qui entraine que1∈J, donc queb∈I. Comme nous savons déjà queI⊂< b >, nous obtenons l’égalitéI=< b >.
7)Montrer qu’un anneau commutatif est principal si et seulement s’il est factoriel et si chacun de ses idéaux premiers non nuls est maximal.
SiAest principal, alors on sait queAest factoriel. SoitP un idéal premier non nul deA, et soitMun idéal maximal contenantP. CommeAest principal, il existe deux irréductiblespet m deAtels queP =< p >et M=< m >. Comme< p >⊂< m >,mdivise p. Comme pest irréductible, on en déduit quepetmsont associés, donc queP =Mest maximal.
La réciproque est démontrée dans les questions précédentes.
Exercice 3–
On a vu que l’anneauQ[X, Y]/ < X2+Y2−1>est intègre et non factoriel. Nous étudions ici l’anneauA=C[X, Y]/ < X2+Y2−1>.
1)Montrer que l’anneauAest intègre.
Le polynôme Y −1 est un polynôme irréductible deC[Y], puisqu’il est de degré 1. Si nous voyons le polynôme X2+Y2−1 = X2+ (Y −1)(Y + 1) comme un polynôme de C[Y][X], la valuation en Y −1de son terme constant est égale à 1. Comme le coefficient deX dans ce polynôme est nul, ce coefficient est divisible par Y −1. De plus, le coefficient dominant n’est pas divisible par Y −1. Enfin, X2+Y2−1 est un polynôme primitif deC[Y][X]. Le critère d’Eisenstein montre donc queX2+Y2−1 est irréductible dans C[X, Y]. Comme cet anneau est factoriel, l’idéal engendré est premier, ce qui signifie queAest intègre.
2)Montrer queA'C[T,1/T].
C[T,1/T] ={P(T,1/T)∈C(T) :P(X, Y)∈C[X, Y]}, oùC(T)désigne le corps des fractions deC[T]. C’est aussi le plus petit sous-anneau deC(T)qui contientC∪ {T,1/T}.
On définit une applicationf deC[X, Y]dansC[T,1/T] en posant f(P(X, Y)) =P
1 2
T+ 1
T
, 1 2i
T − 1
T
.
On vérifie facilement quef est un morphisme d’anneaux. f est surjective car f(X+iY) =T et f(X−iY) = 1
T. Reste à montrer queKerf =< X2+Y2−1>.
< X2+Y2−1>⊂Kerf : on calcule f(X2+Y2−1) =
1 2
T+ 1
T 2
+ 1
2i
T− 1 T
2
−1
= 0.
Kerf ⊂< X2+Y2−1>: soitP(X, Y)∈Kerf. CommeX2+Y2−1est unitaire en X, on peut effectuer la division euclidienne deP parX2+Y2−1dansC[Y][X].
P(X, Y) = (X2+Y2−1)Q(X, Y) +a(Y)X+b(Y) oùQ(X, Y)∈C[X, Y], a(Y), b(Y)∈C[Y]. Alors
f(P(X, Y)) =a 1
2i
T− 1 T
1 2
T+ 1
T
+b 1
2i
T − 1 T
= 0.
Supposons quea6= 0. Soitn= degaet soitan le coefficient dominant dea. Comme les termes de plus haut degré doivent s’annuler, b est aussi non nul,degb = n+ 1 et si l’on calcule le coefficient de Tn+1, puis de1/Tn+1 dans l’expression ci-dessus, on obtient le système suivant (oùbn+1désigne le coefficient dominant deb).
1 2
1 2i
n an+
1 2i
n+1
bn+1= 0 1
2 −1
2i n
an+ −1
2i n+1
bn+1= 0 c’est-à-dire, après simplifications
ani+bn+1= 0 ani−bn+1= 0
doncan=bn+1 = 0, ce qui contredit le fait queanetbn+1sont les coefficients dominants deaet b. Donc l’hypothèsea6= 0est absurde. On conclut quea=b= 0doncKerf ⊂< X2+Y2−1>.
Par conséquent,Kerf =< X2+Y2−1>. Le théorème de factorisation permet de conclure que A'C[T,1/T].
3)Montrer queA est factoriel.
Il suffit de montrer queC[T,1/T]est factoriel. Nous allons pour cela montrer queC[T,1/T] est principal.
SoitI un idéal deC[T,1/T]. AlorsI∩C[T] est un idéal deC[T]. En effet, comme I est un sous-groupe de C[T,1/T] pour la loi +, I∩C[T] est un sous groupe de C[T]. De plus, soient a ∈ I∩C[T] et b ∈ C[T]. Alors ab ∈ I puisque I est un idéal de C[T,1/T] et ab ∈ C[T] puisque aet b appartiennent à cet anneau. Comme C[T] est principal, il existeP ∈C[T] tel queI∩C[T] =PC[T].
Montrons queI=PC[T,1/T].
CommeP ∈I,PC[T,1/T]⊂I.
Réciproquement, soitQ∈I. Cet élément s’écrit sous la formeQ(T) =Q0(T,1/T)oùQ0∈ C[X, Y]. En écrivant cet élément suivant les puissances croissantes deT, on obtient
Q(T) =
s
X
i=r
aiTi=Tr
s−r
X
i=0
ar+iTi
oùr, s∈Z, r>s, ai∈Cpour tout i, ar6= 0 etas 6= 0. Ainsi,T−rQ∈C[T]. CommeQ∈I, on obtient T−rQ ∈ C[T]∩I = PC[T]. Ainsi, il existe R ∈ C[T] tel que T−rQ = P R, donc Q=P(TrR)∈PC[T,1/T]. On en déduit queI⊂PC[T,1/T], d’où l’égalité.
Au passage, on a vu que tout élément QdeC[T,1/T]s’écrit Q=TrR(T)oùR(T)∈C[T] et R(0)6= 0.
4)Soitxla classe deX dansA. Décomposerxen un produit d’éléments irréductibles de A.
Montrons d’abord que sia∈C∗, alorsT−aest un élément irréductible deC[T,1/T]. Pour cela, considérons l’application ϕ : C[T,1/T] −→ C qui à tout élément P(T) = TrQ(T) (où r ∈ Z, Q ∈ C[T] et Q(0) 6= 0) associe P(a) = arQ(a). Comme a 6= 0, l’application est bien définie. Il est facile de voir queϕest un morphisme d’anneaux. Pour toutb∈C,b=ϕ(b), donc ϕest surjective. Enfin, siϕ(TrQ(T)) = 0, alorsarQ(a) = 0 doncQ(a) = 0. On en déduit qu’il existe Q0(T) ∈ C[T] tel que Q(T) = (T −a)Q0(T) donc que TrQ(T) = (T −a)TrQ0(T) ∈ (T −a)C[T,1/T]. On a montré que Kerϕ ∈ (T −a)C[T,1/T]. On vérifie facilement l’autre inclusion. Ainsi,C[T,1/T]/ < T−a >'Cest intègre, donc< T−a >est un idéal premier de C[T,1/T]doncT−aest irréductible dansC[T,1/T].
Soit g l’isomorphisme de A dans C[T,1/T] de la question 2). La décomposition de g(x) = 1
2
T+ 1 T
en produit d’irréductibles deC[T,1/T]est
(1) 1
2
T+ 1 T
= 1
2T(T+i)(T−i) où 1
2T est inversible et oùT+ietT−isont irréductibles. Soity la classe deY dansA. Alors g(y) = 1
2i
T− 1 T
, g(x+iy) =T et g(x−iy) = 1
T. En prenant les images réciproques des termes du membre de droite de l’égalité (1), on obtient
x=1
2(x−iy)(x+i(y+ 1))(x+i(y−1)) où 1
2(x+iy)est inversible, et oùx+i(y+ 1)et x+i(y−1)sont irréductibles.
