Il est facile de voir que l’on ne peut pas ´ecrire 2 = 4P(X) +XQ(X) o`u P(X), Q(X

Universit´e de Bordeaux Alg`ebre 4 – Licence 3

Math´ematiques Ann´ee 2015 – 2016

Corrig´e du Devoir Maison 1

Exercice 1 –Soit un entier naturel m. On note I_m l’id´eal de Z[X] engendr´e par m et X : I_m=hm, Xi.

1) Montrer que I₄ n’est ni premier ni maximal.

Il est facile de voir que l’on ne peut pas ´ecrire 2 = 4P(X) +XQ(X) o`u P(X), Q(X) ∈ Z[X]

(regarder le terme constant). Ainsi 2 6∈ I₄ mais 2×2 = 4 ∈ I₄. Ceci prouve que I₄ n’est pas premier, et a fortiori pas maximal.

2)Soit i l’injection canonique de Z dans Z[X] qui `a tout entier n associe le polynˆome constant

´egal `a n et soit p: Z[X] →Z[X]/I_m la projection canonique. On pose h =p◦i. Montrer que h est un morphisme surjectif de Z sur Z[X]/I_m.

Les applications i et p ´etant des morphismes d’anneaux, h = p ◦i est aussi un morphisme d’anneaux. Soitα∈Z[X]/I_m. SoitP(X) =a₀+a₁X+· · ·+a_rX^r ∈Z[X] tel queα =p(P(X)).

Alorsh(a₀) =p◦i(a₀) =α car P(X)−a₀ ∈I_m. Ainsi h est un morphisme surjectif.

3) D´eterminer le noyau de h et en d´eduire que Z[X]/I_m 'Z/mZ.

On a kerh = {a ∈ Z; p◦i(a) = 0} = {a ∈ Z; a ∈ I_m}. Le polynˆome constant a appartient

`

a I_m si et seulement si on peut l’´ecrire a = mP(X) +XQ(X) o`u P(X), Q(X) ∈Z[X]. Si tel est le cas, a est un multiple de m (regarder le terme constant). R´eciproquement, si m | a, il existeλ ∈ Z tel que a =λm, d’o`u a =mP(X) +XQ(X) avec P(X) =λ et Q(X) = 0. Ainsi a∈kerh⇔m |a. On a donc kerh=mZ.

Le th´eor`eme d’isomorphisme implique alors Z/kerh ' h(Z), ce qui, compte tenu de ce qui pr´ec`ede, donne Z/mZ'Z[X]/I_m.

4)Pour quelles valeurs de m l’id´ealI_m est-il premier ? Pour quelles valeurs de m est-il maxi- mal ?

L’id´ealI_mest premier si et seulement siZ[X]/I_mest int`egre, ce qui, compte tenu de l’isomorphisme pr´ec´edent, ´equivaut `a Z/mZ est int`egre ou encore `amZ est premier dans Z. Le cours indique que ceci ´equivaut `a : m = 0 oum est premier.

De mˆeme, l’id´eal I_m est maximal si et seulement siZ[X]/I_m est un corps, ce qui, compte tenu de l’isomorphisme pr´ec´edent, ´equivaut `aZ/mZ est un corps ou encore `amZest maximal dans Z. Le cours indique que ceci ´equivaut `a : m est premier.

5) On a vu en TD que I_m est principal si et seulement si m ∈ {0,1}. G´en´eralisons un peu.

Soient m et n deux entiers naturels et soit I_m,n l’id´eal de Z[X] engendr´e par m et nX : I_m,n =hm, nXi.

D´eterminer les couples (m, n) pour lesquels I_m,n est principal.

L’id´eal I_m,n est principal si et seulement s’il existe P(X) ∈ Z[X] tel que I_m,n = P(X)Z[X].

Lorsque m = 0, c’est ´evidemment le cas, car alors I_m,n = hnXi. Supposons donc m 6= 0 et I_m,n principal ´egal `a P(X)Z[X]. Comme m et nX appartiennent `a I_m,n, ceci implique que P(X) | m et nX dans Z[X]. Ceci n’est possible que si P(X) est un polynˆome constant non nul (car m 6= 0) P(x) = a avec a | m et a | n. Par ailleurs a ∈ I_m,n implique qu’il existe R(X), S(X) ∈ Z[X] tels que a = mR(X) +nXR(X). Mais ceci implique m | a (regarder le terme constant). On en d´eduit que a=±m et donc que m|n.

R´eciproquement si m|n, alors nX ∈mZ[X] et I_m,n =mZ[X] est principal.

En conclusion,I_m,n est principal si et seulement si m= 0 ou m|n.

6) Pour quels couples (m, n) l’id´ealIm,n est-il premier ? Pour quels couples (m, n) est-il max- imal ?

Notons d’abord que si un polynˆome appartient `aI_m,n alors son terme constant est un multiple dem. R´epondons aux deux questions simultan´ement et observons plusieurs cas.

(1) Cas n= 0. On a donc I_m,n =hmi.

(a) Si m = 0, alors I_m,n ={0} qui est premier (car Z[X] est int`egre) et non maximal (car {0}(h2i( Z[X]).

(b) Si m= 1, alors Im,n =Z[X] qui n’est ni premier, ni maximal.

(c) Si m >1, deux cas se pr´esentent.

(i) Si m n’est pas premier, alors m=uv o`u 1< u, v < m et l’on a : u, v 6∈I_m,n et uv ∈I_m,n. Ainsi I_m,n n’est pas premier et a fortiori pas maximal.

(ii) Si m est premier, alors on a hmi ( hm, Xi ( Z[X]. Ceci d´ecoule du fait qu’un polynˆome appartient `a hmi si et seulement si tous ses coefficients sont multiples de m, ce qui n’est pas le cas de X, et du fait que hm, Xi =I_m est maximal (question 4) donc est un id´eal propre. On en d´eduit que I_m,n n’est pas maximal.

Montrons qu’en revanche il est premier. Tout d’abord, il est propre car 1 6∈

hmi. Consid´erons f : Z[X] → (Z/mZ)[X] l’application qui `a un polynˆome P(X) = Pr

i=0aiXⁱ associe P(X) = Pr

i=0aiXⁱ o`u ai d´esigne la classe de ai

dans Z/mZ. Il s’agit trivialement d’un morphisme d’anneaux. Supposons que deux polynˆomes P(X), Q(X)∈ Z[X] v´erifient P(X)Q(X)∈ hmi. Alors P(X)Q(X) = 0. Mais comme m est premier, Z/mZ est int`egre et par cons´equent, (Z/mZ)[X] aussi. On en d´eduit que P(X) ou Q(X) = 0 ce qui signifie P(X) ou Q(X)∈ hmi. Ainsi hmi=I_m,n est premier.

(2) Cas n6= 0.

(a) Cas m = 0. On a donc I_m,n =hnXi.

(i) Cas n = 1. Alors I_m,n = hXi qui est un id´eal propre. Il est premier (le produit de deux polynˆomes de terme constant non nul a un terme constant non nul) mais non maximal car hXi(h2, Xi( Z[X].

(ii) Cas n > 1. Alors n, X 6∈ hnXi bien que nX ∈ hnXi. Ainsi Im,n n’est pas premier et a fortiori pas maximal.

(b) Cas m = 1. AlorsI_m,n =Z[X] et I_m,n n’est ni premier, ni maximal.

(c) Cas m >1.

(i) Si m n’est pas premier, alors m=uv o`u 1< u, v < m et l’on a : u, v 6∈I_m,n et uv ∈I_m,n. Ainsi I_m,n n’est pas premier et a fortiori pas maximal.

(ii) Si m est premier, deux cas se pr´esentent.

(A) Si m | n, il existe s ∈ Z tel que n = ms et alors, I_m,n = hm, msXi = mh1, sXi= mZ[X]. On a vu plus haut que si m est premier mZ[X] = hmi est premier non maximal.

(B) Si m-n, alors pgcd(m, n) = 1 et il existe r, s∈Z tels querm+sn= 1.

Mais m ∈ Im,n ⇒ rmX ∈ Im,n et nX ∈ Im,n ⇒ snX ∈ Im,n. On en d´eduit que X = (rm+sn)X ∈Im,n, d’o`uIm =hm, Xi ⊆ Im,n. Comme hm, nXi ⊆ hm, Xi, on a I<sub>m,n</sub> =I<sub>m</sub>. La question 4 indique que cet id´eal est `a la fois premier et maximal.

R´esumons.

L’id´eal Im,n est premier dans les cas suivants :

• n = 0, m = 0 (alors I_m,n ={0}) ;

• n = 0, m est premier (alors I_m,n =hmi) ;

• n = 1, m = 0 (alors I_m,n =hXi) ;

• n 6= 0, m est premier et divise n (alors I_m,n =hmi) ;

• n 6= 0, m est premier et pgcd(m, n) = 1 (alors I_m,n =hm, Xi).

L’id´eal I_m,n est maximal si et seulement si n 6= 0, m est premier et pgcd(m, n) = 1 (alors I_m,n =hm, Xi).

Exercice 2 –On note A l’ensemble des applications continues de [0,1] dans R. On munit cet ensemble des lois + et× d´efinies par : (f+g)(x) = f(x) +g(x) et (f×g)(x) =f(x)g(x) pour tout x∈[0,1].

1) V´erifier que (A,+,×) est un anneau commutatif.

C’est imm´ediat. Il faut v´erifier qu’il s’agit de deux lois de composition interne mais cela vient du fait que la somme et le produit de deux applications continues sont continues. Le reste s’h´erite des propri´et´es des lois + et × de R. Notons que les ´el´ements neutres de A sont les fonctions constantes ´egales `a 0 et 1 que l’on notera f₀ et f₁.

2) Est-il int`egre ?

Non. Prenons f et g ∈A d´efinies par : - Si x∈[0,1/2],f(x) = 0 etg(x) = 1/2−x ; - Si x∈[1/2,1],f(x) =x−1/2 et g(x) = 0.

Alorsf, g ∈A etf ×g =f0 bien que f 6=f0 et g 6=f0. 3) D´eterminer A^×.

Montrons que

A^×={f ∈A; f(x)6= 0 pour toutx∈[0,1]}.

Sif ∈Aest inversible, il existeg ∈Atelle quef g =f₁ ce qui implique que pour toutx∈[0,1], f(x)g(x) = 1. En particulier f(x) 6= 0 pour toutx ∈[0,1]. R´eciproquement, si f(x) 6= 0 pour tout x ∈ [0,1], l’application g d´efinie par g(x) = 1/f(x) est bien d´efinie et continue sur [0,1]

(r´esultat classique d’analyse). On a alors f ×g =f₁ et f ∈A^×.

4) Soit a∈[0,1]. On pose Ia={f ∈A; f(a) = 0} et on note φa:A →R l’application d´efinie par φ_a(f) =f(a). Montrer, en se servant de φ_a, que I_a est un id´eal maximal de A.

L’application φa est ´evidemment un morphisme de A dans R (φa(f +g) = φa(f) + φa(g), φa(f×g) = φa(f)φa(g) et φa(f1) = 1). par d´efinition de Ia on a kerφa =Ia. Ainsi Ia est un id´eal deA. En outreφ_a est un morphisme surjectif car pour touty∈Ril existef ∈Atelle que φ_a(f) =y, par exemple la fonction constante ´egale `a y sur [0,1]. Le th´eor`eme d’isomorphisme implique que A/kerφ_a'φ_a(A), autrement dit A/I_a'R. Ceci montre que A/I_a est un corps, donc queI_a est maximal.

5) Essayer de retrouver ce r´esultat sans avoir recours `a φ_a.

Le fait que I_a est un id´eal de A est imm´ediat : on v´erifie sans peine que (I_a,+) est un sous- groupe de (A,+) et que sif ∈I_aetg ∈A, on af×g ∈I_a. Reste `a montrer qu’il est maximal.

Soit J un id´eal de A v´erifiant I_a ⊆ J. Supposons I_a ( J. Alors J contient f ∈ A telle que f(a) 6= 0. Consid´erons g ∈ Ia ( J d´efinie par g(x) = (x−a)². Alors h : x 7→ g(x) +f(x)² est un ´el´ement de J (g et f donc f² sont dans J) et pour tout x ∈ [0,1], h(x) >0. En effet, si x 6= a, h(x) ≥ g(x) > 0 et h(a) = f(a)² > 0. On en d´eduit par la question 3 que h ∈ A^×. L’id´eal J qui contient un ´el´ement inversible est n´ecessairement A tout entier.

6) On se propose dans cette question d’´etablir la r´eciproque, `a savoir que tout id´eal maximal de A est de la formeI_a. Soit I un id´eal maximal de A.

a) Supposons dans les questions a), b) et c) que pour tout a∈[0,1] on a I 6⊂I_a. Montrer que pour tout a∈ [0,1], il existe f_a ∈I et U_a un voisinage ouvert de a sur lequel f_a ne s’annule pas.

b) Montrer `a l’aide de la compacit´e de [0,1] qu’il existe une application f de I v´erifiant f(x)>0 pour tout x∈[0,1].

c) En d´eduire que I ne peut ˆetre maximal.

d) Etablir qu’il existe´ a∈[0,1] tel que I =I_a.

a) Soit a ∈ [0,1]. Comme I 6⊂ I_a, il existe f_a ∈ I telle que f_a 6∈ I_a c’est-`a-dire telle que f_a(a)6= 0. Commef_a est continue, cela implique qu’il existe un voisinage ouvert de a (pour la topologie de [0,1]), not´e U_a, sur lequel f_a ne s’annule pas.

b) Comme tout a ∈ [0,1] est contenu dans U_a, les U_a constituent un recouvrement ouvert de [0,1]. Or [0,1] est compact. On peut donc extraire de ce recouvrement un recouvrement fini : il existe n≥1 ´el´ements a₁, a₂, . . . , a_n de [0,1] tels que

[0,1] =

n

[

i=1

U_ai.

Soit f =Pn i=1f_a²

i. Comme les f_ai appartiennent `a l’id´eal I, on a f ∈I. En outre pour tout x de [0,1] il existei∈ {1,2, . . . , n}tel que x∈U_ai et l’on af(x)≥f_ai(x)² >0 carf_ai ne s’annule pas sur U_ai.

c) L’application f pr´ec´edemment obtenue appartient `a A^× par la question 3. L’id´eal I qui contient un inversible de A est doncA tout entier. Par cons´equent, il n’est pas maximal.

d) Comme I est suppos´e maximal, l’hypoth`ese faite en a) est fausse. Il existe donc a ∈ [0,1]

tel que I ⊂I_a. Mais I est maximal et I_a6=A. On en d´eduit I =I_a.

7) Parmi les r´esultats ´etablis pr´ec´edemment dans les questions 4) et 6), quels sont ceux qui subsistent si on remplace l’anneau A par l’anneau des applications continues de R dans R ? Le r´esultat ´etabli dans la question 4 est encore valable. La preuve est identique. En revanche le r´esultat ´etabli dans la question 6 ne subsiste pas. Consid´erons I l’ensemble des ´el´ements de A (l’ensemble des applications continues de R dans R) `a support born´e, i.e. les applications f continues surRv´erifiant qu’il existe B ⊂Rborn´e tel quef(x) = 0 pour tout x6∈B. On v´erifie facilement que I est un id´eal de A et I 6=A car l’application constante ´egale `a 1 n’appartient pas `a I. Le th´eor`eme de Krull implique que cet id´eal est inclus dans un id´eal maximal J. Si tout id´eal maximal ´etait de la forme I_a, il existerait un a ∈ R tel que I ⊂ J =I_a. Mais pour tout a, il y a dans I des applications qui ne s’annulent pas en a, donc n’appartiennent pas `a I_a. Contradiction.

Exercice 3– On consid`ere P l’ensemble des polynˆomes de Z[X] unitaires, de degr´e ≥1, dont tous les coefficients valent 1 ou −1 et dont toutes les racines dans C sont r´eelles.

1) Soit P(X)∈ P de degr´e n≥2 et soient x1, x2, . . . , xn ses racines. Calculer Pn i=1x²_i.

Notons Σ_i(X₁, X₂, . . . , X_n) les polynˆomes sym´etriques ´el´ementaires en lesnvariablesX₁, X₂, . . . , X_n. On a

n

X

i=1

x²_i = Σ1(x1, x2, . . . , xn)²−2Σ2(x1, x2, . . . , xn).

Les relations entre coefficients et polynˆomes sym´etriques ´el´ementaires des racines, jointes au fait que les coefficients de P(X) sont 1 ou −1 montrent que Σ₁(x₁, x₂, . . . , x_n) = ±1 et Σ₂(x₁, x₂, . . . , x_n) = ±1. On en d´eduit que Pn

i=1x²_i = −1 ou 3, mais comme les x_i sont

r´eels carP(X)∈ P on a

n

X

i=1

x²_i = 3.

2) On suppose encore n ≥2. `A l’aide de l’in´egalit´e arithm´etico-g´eom´etrique¹, borner n.

Appliquons l’in´egalit´e arithm´etico-g´eom´etrique avec a_i =x²_i ≥0. On a Yⁿ

i=1

x²_i1/n

≤ 1 n

Xⁿ

i=1

x²_i

= 3 n,

par ce qui pr´ec`ede. De nouveau, les relations entre coefficients et polynˆomes sym´etriques

´el´ementaires des racines, jointes au fait que les coefficients deP(X) sont 1 ou−1 montrent que Σ_n(x₁, x₂, . . . , x_n) =

n

Y

i=1

x_i =±1.

On en d´eduit que Qn

i=1x²_i = 1 et que 1≤ _n³. Ainsi n≤3.

3) D´eterminer tous les ´el´ements de P.

Soit P(X)∈ P. On vient de voir que le degr´e n deP(X) est inf´erieur ou ´egal `a 3.

(1) n = 1. Les seuls polynˆomes qui conviennent sontX+ 1 et X−1.

(2) n = 2. Les candidats sont X² +X+ 1, X² +X−1, X²−X + 1 et X²−X−1. En observant leurs discriminants on voit que seuls X² +X −1 et X² −X −1 ont leurs racines r´eelles.

(3) n = 3. Dans ce cas, on a ´egalit´e dans la moyenne arithm´etico-g´eom´etrique utilis´ee ci- dessus. Ceci implique que pour toutiet toutj,x²_i =x²_j. Notonszcette valeur commune.

Comme Pn

i=1x_i² = 3, on a 3z = 3, d’o`u l’on tire x²_i = 1 et doncx_i = ±1 pour tout i.

Les candidats possibles sont (X+ 1)³, (X+ 1)²(X−1), (X+ 1)(X−1)² et (X−1)³. En d´eveloppant et en observant les coefficients, on voit que seuls (X+ 1)²(X −1) = X³ +X²−X−1 et (X+ 1)(X−1)² =X³−X²−X+ 1 conviennent.

Finalement

P ={X+ 1, X −1, X² +X−1, X²−X−1, X³+X²−X−1, X³−X²−X+ 1}.

1L’in´egalit´e arithm´etico-g´eom´etrique s’´enonce ainsi. Soient un entier n ≥ 1 et n r´eels a1, a2, . . . , an ≥ 0.

Alors (a1a2· · ·an)^1/n≤ ^{a1+a2+···+a}_n ⁿ et il y a ´egalit´e si et seulement si pour toutiet toutj,ai=aj.