%--------------------------------------------------------- % Bibliotheque d'exercices % % Licence % % octobre 2003 - version L1 % % % Compilation Arnaud Bodin % % Contribution % Anne-Marie Chollet % Cornelia Drutu % Volker Mayer % Leonid Potyagailo % Martine Queffelec % Gijs Tuynman % %--------------------------------------------------------- \documentclass[12pt,a4paper]{article} \usepackage{amsfonts,amsmath,amssymb,graphicx} \usepackage[francais]{babel} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage{answers} %% NEW \usepackage[all]{xypic} %% END NEW %---- Dimensions des marges --- \setlength{\paperwidth}{21cm} \setlength{\paperheight}{29.7cm} \setlength{\evensidemargin}{0cm} \setlength{\oddsidemargin}{0cm} \setlength{\topmargin}{-2.5cm} \setlength{\headsep}{0.7cm} \setlength{\headheight}{1cm} \setlength{\textheight}{25cm} \setlength{\textwidth}{17cm} %---- Ensemles : entiers, reels, complexes... ---- \newcommand{\Nn}{\mathbb{N}} \newcommand{\Zz}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Qq}{\mathbb{Q}} 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%---- Structure Exercice ----- \newtheorem{Exc}{Exercice} \Newassociation{correction}{Soln}{mycor} \Newassociation{indication}{Indi}{myind} %\newcommand{\precorrection}{~{\bf \footnotesize [Exercice corrig\'e]}} %\newcommand{\preindication}{~{\bf \footnotesize [Indication]}} \renewcommand{\Solnlabel}[1]{\bf \emph{Correction #1}} \renewcommand{\Indilabel}[1]{\bf \emph{Indication #1}} \def\exo#1{\futurelet\testchar\MaybeOptArgmyexoo} \def\MaybeOptArgmyexoo{\ifx[\testchar \let\next\OptArgmyexoo \else \let\next\NoOptArgmyexoo \fi \next} \def\OptArgmyexoo[#1]{\begin{Exc}[#1]\normalfont} \def\NoOptArgmyexoo{\begin{Exc}\normalfont} \newcommand{\finexo}{\end{Exc}} \newcommand{\flag}[1]{} \newtheorem{question}{Question} %---- Style de l'entete ----- % -> à personnaliser <- \setlength{\parindent}{0cm} \newcommand{\entete}[1] { {\noindent \textsf{Biblioth\`eque d'exercices} % Université \hfill \textbf{\textsf{#1}} \\ % Vous pouvez remplacer #1 par l'année }{\noindent \textsf{Algèbre commutative} % Module \hfill \textsf{}\\ % Numero de la feuille } \hrule \begin{center} \textbf{\textsf{\Large Algèbre commutative % TITRE }} \end{center} \hrule \vspace*{1cm} } \begin{document} %--- Gestion des corrections --- \Opensolutionfile{mycor}[ficcorex] \Opensolutionfile{myind}[ficind] \entete{\'Enoncés} %------------------------------------------------------ %------------------------------------------------------ %--- Mettre les exercices ici --- %--- Les corrections sont automatiquement ajoutees --- %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section{Congruence} \exo{} \begin{enumerate} \item Trouver $$ 999\cdot 1998\mod 1999, \qquad 136^7 \mod 137, \qquad 1997\cdot 1998\cdot 1999\cdot 2000 \mod 2001. $$ \item Trouver $\quad 2792^{217}\mod 5\quad$ et $\quad 10^{1000} \mod 13$. \end{enumerate} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Examiner les carr\'es $\quad a^2 \mod n$ pour $n=3, \ 4,\ 8$. \item Examiner $\quad a^3 \mod 9\quad$ et $\quad b^4 \mod 16$. \end{enumerate} \finexo \exo{} Passer $\mod n\ $ avec un module appropri\'e et montrer que chacune des \'equations suivantes n'a aucune solution dans $\Zz$ : \begin{enumerate} \item $\quad 3x^2+2=y^2$; \item $\quad x^2+y^2=n\quad$ pour $\quad n=2003$, $2004$; \item $\quad x^2+y^2+z^2=1999$; \item $\quad x^3+y^3+z^3=5$; \item $\quad x_1^4+x_2^4+\dots + x_{15}^4=7936$. \end{enumerate} \finexo \exo{} On dit que $\quad a \mod n$ est inversible si il existe $b \mod n$ tel que $ab \equiv 1 \mod n$. \begin{enumerate} \item Trouver tous les \'el\'ements inversibles modulo $5$, $6$, $9$, $11$. \item Trouver $\hbox{pgcd} (107, 281)$ et sa representation lin\'eaire en utilisant {\it l'algorithme d'Euclide}. \item Trouver l'inverse de $107\mod 281$ et l'inverse de $281 \mod 107$. \item Montrer que $\quad a \mod n$ est inversible ssi $a$ et $n$ sont premiers entre eux. \end{enumerate} \finexo \exo{} Trouver toutes les solutions dans $\Zz$ : \begin{enumerate} \item $\quad 2x+3 \equiv 10 \mod 13$; \item $ \quad \begin{cases} 2x+3y\equiv 5 \mod 7\\ 5x+2y \equiv 2 \mod 7; \end{cases} $ \item $\quad x^2 +2x+14 \equiv 0 \mod 17$. \end{enumerate} \finexo \exo{}[Le petit th\'eor\`eme de Fermat] \label{ptfermat} Soit $p$ un nombre premier et $a$ un nombre premier \`a $p$. Montrer que : \begin{enumerate} \item $am\equiv an \mod p$ ssi $m\equiv n \mod p$; \item La suite $a,\ 2a, \ 3a,\dots , (p-1)a \mod p$ est une permutation de la suite $1,\ 2, \ 3,\dots , (p-1) \mod p$; \item $a^{p-1}\equiv 1 \mod p$. \end{enumerate} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Examiner $7^n+11^n \mod 19$. \item Trouver $2792^{217}\mod 5\quad$ et $\quad 10^{1000} \mod 13$. \item Montrer que $13$ divise $2^{70}+3^{70}$ et $11$ divise $2^{129}+3^{118}$. \end{enumerate} \finexo \exo{}[Th\'eor\`eme de Wilson] Soit $p=2m+1$ un nombre premier. Montrer que : \begin{enumerate} \item $\quad (p-1)!\equiv -1 \mod p$; \item $\quad (m!)^2\equiv (-1)^{m+1} \mod p$. \end{enumerate} \finexo \exo{} Soit $p>2$ un nombre premier. \begin{enumerate} \item Soit $a$ premier \`a $p$. Supposons que la congruence $x^2\equiv a\mod p$ poss\`ede une solution. Montrer que $a^{(p-1)/2}\equiv 1 \mod p$. \item La congruence $x^2\equiv -1 \mod p$ a une solution ssi $p\equiv 1 \mod 4$. \end{enumerate} \finexo %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section{Anneaux et idéaux} {\it Un anneau dans le cours est un anneau commutatif avec l'unit\'e.} \exo{} Donner la d\'efinition d'un corps. Les op\'erations binaires $+$ et $\cdot$, sont-elles \'equivalentes dans la d\'efinition ? \begin{correction} Cours... Non, les rôles des deux opérations ne sont pas interchangeables, puisque l'une est distributive sur l'autre. \end{correction} \finexo \exo{} Trouver toutes les solutions des \'equations : \begin{enumerate} \item $ax+b=c\ $ ($a,b,c\in K$, $K$ est un corps); \item $2x\equiv 3 \mod 10\ \ $ et $\ 2x\equiv 6 \mod 10$ dans l'anneau $\Zz_{10}=\Zz/10\Zz$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item une seule solution $x=a^{-1}(c-b)$ \item pas de solution, et deux solutions. Attention, dans $\Zz/10\Zz$, on ne peut pas inverser $2$. Ecrire $2x=3+10k$ pour obtenir que $2|3$, et $2x=6+10k$ pour simplifier par $2$... dans $\Rr$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $A$ un anneau. D\'emontrer que : \begin{enumerate} \item $\forall a\in A\ \ 0_A \cdot a=0_A$; \item $(-1_A)\cdot a=-a$; \item $|A|\geq 2\ \Longleftrightarrow\ 1_A\neq 0_A$ dans $A$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Ecrire $(0+a)a=a.a$ d'une part ($0$ est neutre pour $+$) et $(0+a).a=0.a+a.a$ (distributivité). \item $(-1).a+a=(-1+1).a=0.a=0$ (distributivité, puis question précédente) \item Si $|A|=1$, $1=0$. Si $1=0$, $\forall a\in A, a=1.a=0.a=0$, donc $A=\{0\}$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Si $x\cdot y$ est inversible dans un anneau $A$, alors $x$ et $y$ sont inversibles. \item Dans un anneau, un \'el\'ement inversible n'est pas diviseur de z\'ero et un diviseur de z\'ero n'est pas inversible. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Si $xy\in A^{\times}$, soit $z\in A, (xy)z=1$. Alors $x(yz)=1$ et $(zx)y=1$ donc $x$ et $y$ sont inversibles. \item Soit $x\in A^{\times}$, et $y\in A, xy=0$. Alors $x^{-1}xy=y=0$. Donc $x$ n'est pas diviseur de $0$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} D\'emontrer que tout anneau int\`egre fini est un corps. (\emph{Indication :} Voir la solution de l'exercice \ref{ptfermat}, deuxième question.) \begin{correction} Soit $a\in A\setminus\{0\}$. Soit $\phi_{a}:A\to A, x\mapsto ax$. Si $\phi_{a}(x)=\phi_{a}(y)$, alors $ax=ay$, donc $a^{-1}ax=a^{-1}ay$ et $x=y$. $\phi_{a}$ est donc injective de $A$ dans $A$. Comme $A$ est fini, elle est donc aussi surjective~: $\exists x\in A, \phi_{a}(x)=1$. \end{correction} \finexo \exo{} \label{exodessus} Lesquels de ces sous-ensembles donn\'es de $\Cc$ sont des anneaux ? Lesquels sont des corps ? \begin{enumerate} \item $\bigcup\limits_{n\in\Nn}10^{-n}\Zz$ ; \item $\{\frac{m}{n}\mid m\in\Zz,n\in\Nn^*, (m,n)=1, p\nmid n\}$ ($p$ est un nombre premier fix\'e) ; \item $\Zz[\sqrt{-1}]=\Zz +\Zz\sqrt{-1}$, $\ \ \Zz[\sqrt{2}]=\Zz +\Zz\sqrt{2}$; \item $\Qq[\sqrt{-1}]=\Qq +\Qq\sqrt{-1}$, $\ \ \Qq[\sqrt{2}]=\Qq +\Qq\sqrt{2}$. \end{enumerate} \begin{correction} Ce sont tous des anneaux. Montrer que $A$ est stable par addition, par passage à l'opposé, contient $0$, est stable par multiplication et contient $1$. Le reste (associativité et distributivité) est automatique puisqu'il s'agit des restrictions des opérations usuelles sur $\Cc$) \begin{enumerate} \item $A$ est l'ensemble des nombres dont le développement décimal s'arrête (``nombre fini de chiffres après la virgule''). Stabilité par addition~: Soit $x=10^{-n}a$ et $y=10^{-m}b$. Supposons par exemple que $n\geq m$. Alors $x+y=10^{-n}(a+10^{n-m}b)$ et $a+10^{n-m}b\in\Zz$ donc $x+y\in A$. Les autres vérifications sont analogues. Ce n'est pas un corps~: $3$ n'est pas inversible, puisque si $3\cdot10^{-n}a=1$, alors $3a=10^{n}$ donc $3|10^{n}$ ce qui est impossible. Un élément est inversible ssi il est de la forme $10^{-n}2^{\alpha}5^{\beta}$, $\alpha,\beta\in\Nn$. \item Stabilité par addition~: Soit $x=\frac{a}{b}\in A$ et $y=\frac{c}{d}\in A$, avec $\pgcd(a,b)=\pgcd(c,d)=\pgcd(p,b)=\pgcd(p,d)=1$. Alors $x+y=\frac{ad+bc}{bd}$. Ce n'est pas un corps~: $p$ n'est pas inversible. Un élément est inversible ssi ce n'est pas un multiple de $p$. \item N'est pas un corps~: $2$ n'est pas inversible. Les seuls éléments inversibles sont $1,-1,i,-i$. En effet, si $z\in A^{\times}$, alors $|z|\geq 1$ et $|z^{-1}|\geq 1$. Donc $|z|=1$ et $z\in\{\pm1,\pm i\}$. Réciproquement, ces éléments sont bien tous inversibles. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Les \'el\'ements inversibles d'un anneau $A$ forment le groupe multiplicatif $(A^{\times}, \cdot)$. \begin{enumerate} \item Trouver $A^{\times}$ pour les anneaux 1. et 2. de l'exercice \ref{exodessus}. \item Trouver le groupe $\Zz[\sqrt{-1}]^{\times}$ en utilisant la norme complexe. \item Montrer que le groupe $\Zz[\sqrt{2}]^{\times}$ est infini. \end{enumerate} \finexo \exo{} Un \'el\'ement $a$ d'un anneau $A$ s'appelle nilpotent, s'il existe $n\in \Nn$ tel que $a^n=0$. Trouver tous les \'el\'ements inversibles, les diviseurs de z\'ero, les nilpotents des anneaux suivants : \begin{enumerate} \item $\Zz /360\Zz$; \item $\Zz /n\Zz$; \item D\'emontrer que, pour tout nilpotent $x$ de $A$, l'\'el\'ement $1+x$ est inversible. \end{enumerate} \finexo \exo{} Soit $I$ un id\'eal d'un anneau $A$. On note par $(a)=a\cdot A$ l'id\'eal principal engendr\'e par $a$. Montrer que : \begin{enumerate} \item $I=A$ si et seulement si $I$ contient une unit\'e; \item $(a)=A$ ssi $a$ est inversible; \item Un anneau $A$ est un corps ssi $(0)$ est le seul id\'eal propre de $A$. \end{enumerate} \finexo \exo{} Montrer que les \'el\'ements nilpotents d'un anneau forment un id\'eal. \finexo \exo{}[Sommes et produits d'id\'eaux] \begin{enumerate} \item Soient $I$, $J$ deux id\'eaux d'un anneau $A$. Montrer que $$I\cap J,\qquad I+J=\{x+y\,|\,x\in I, y\in J\}$$ sont des id\'eaux de $A$. \item Montrer que $I+J$ est le plus petit id\'eal de $A$ contenant $I$ et $J$. \item Soit $n,m\in \Zz$, $I=(n)=n\Zz$, $J=(m)=m\Zz$. Trouver $I\cap J$ et $I+J$. \item Montrer que $$ I\cdot J=\{x_1y_1+x_2y_2+\dots x_ny_n\,|\ n\in \Nn,\ x_k\in I,\ y_k\in J\ \text{pour\ }\ 1\le k\le n\} $$ est un id\'eal. Il s'appelle {\it produit des id\'eaux} $I$ et $J$. \item On consid\`ere les id\'eaux $I=(x_1,\dots x_n)= Ax_1+\dots+ Ax_n$ et $J=(y_1,\dots y_m)= Ay_1+\dots+ Ay_m$. D\'ecrire les id\'eaux $I+J$, $I\cdot J$, $I^2$ en fonction de $x_k$, $y_l$. \end{enumerate} \finexo \exo{}[Id\'eaux \'etrangers] \begin{enumerate} \item Montrer que $I\cdot J\subset I\cap J$ et $(I+J)\cdot (I\cap J)\subset I\cdot J$ \item On dit que deux id\'eaux $I$ et $J$ de $A$ sont {\it \'etrangers} si $I+J=A$. Montrer que $I\cap J$=$I\cdot J$ si $I$, $J$ sont \'etrangers. \end{enumerate} \finexo %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section{Anneaux de polynômes I} \exo{} \begin{enumerate} \item Soit $A$ un anneau quelconque. Alors l'anneau de polyn\^omes $A[x]$ n'est pas un corps. \item Montrer que pour un anneau int\`egre $A$, les polyn\^omes unitaires lin\'eaires de $A[x]$ sont irr\'eductibles. \item D\'ecrire tous les polyn\^omes irr\'eductibles de $\Cc[x]$ et de $\Rr[x]$. \item D\'emontrer que pour tout corps $K$, l'anneau de polyn\^omes $K[x]$ a une infinit\'e de polyno\^mes unitaires irr\'eductibles. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Le polynôme $X$ n'est jamais inversible dans $A[X]$. Si $A$ n'est pas intègre, comme $A\subset A[X]$, $A[X]$ ne l'est pas non plus et ne peut pas être un corps. Si $A$ est intègre et si $X=PQ$, alors $\deg(P)+\deg(Q)=1$ donc $P$ ou $Q$ est une constante. Supposons par exemple que ce soit $P$. $P|X$ donc $P|1$ donc $P$ est inversible, et $Q\sim X$. \item Soit $P=X+a$ un polynôme unitaire linéaire de $A[X]$. Supposons que $P=P_1P_2$. Comme $A$ estintègre, on a $\deg(P_1)+\deg(P_2)=1$, donc $P_1$ ou $P_2$ est une constante. Supposons que ce soit $P_1$. Alors $P_1|1$ et $P_1|a$. En particulier, $P_1$ est inversible, et donc $P_2\sim P$. \item Les polynômes irréductibles de $\Cc[X]$ sont les polynômes de degré 1 (théorème de Gauss). Les irréductibles de $\Rr[X]$ sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 sans racine réelles. En effet, soit $P\in\Rr[X]$. $P$ se factorise sur $\Cc[X]$ sous la forme $P=a\prod(X-\lambda_i)^{\nu_i}$ (avec $i\neq j\Rightarrow \lambda_i\neq \lambda_j$). Comme cette factorisation est unique, et que $P=\overline{P}$, on en déduit que si $\lambda_i$ est racine de $P$ avec multiplicité $\nu_i$, alors il en va de même pour $\overline{\lambda_i}$. Ainsi, on obtient une factorisation de $P$ dans $\Rr[X]$: $P=a\prod_{\lambda_i\in\Rr} (X-\lambda_i)^{\nu_i} \prod(X^2-2\Re(\lambda_i)X+|\lambda_i|^2)^{\nu_i}$. $P$ est donc irréductible ssi $P$ est de la forme $P=a(X-\lambda)$ avec $\lambda\in\Rr$ ou $P=a(X^2-2\Re(\lambda_i)X+|\lambda_i|^2)$ avec $\lambda\notin\Rr$. \item Supposons que $K[X]$ ait un nombre fini de polynômes unitaires irréductibles $P_1,\dots ,P_k$. Soit alors $P=\prod_{i=1}^k P_i+1$. Comme $K$ est un corps, les irréductibles sont de degré au moins $1$, et donc $P$ n'est pas l'un des $P_i$. Comme $P$ est unitaire, $P$ n'est pas irréductible. En particulier, l'un au moins des $P_i$ divise $P$. Supposons par exemple que ce soit $P_1$: $\exists Q\in K[X], P=P_1Q$. Alors $P_1(Q-\prod_{i=2}^k P_i)=1$. Donc $P_1$ est inversible, ce qui est faux. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Montrer que l'id\'eal $(x, n)$ o\`u $n\in \Zz$, $n>1$ de l'anneau $\Zz[x]$ n'est pas principal. \item Soit $A$ un anneau int\`egre. Montrer que $A[x]$ est principal ssi $A$ est un corps. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Supposons $(X,n)$ principal dans $\Zz[X]$: $(X,n)=(P_0)$. Alors $P_0|n$ donc $P_0\in\Zz$, et $P_0|X$ donc $P_0=\pm1$. Ainsi $(P_0)=\Zz[X]$. Or $(X,n)$ est l'ensemble des polynômes dont le terme constant est un multiple de $n$: en effet, si $P\in(X,n)$, $\exists A,B\in\Zz[X], P=AX+Bn$ donc le terme constant de $P$ est un multiple de $n$. Réciproquement, si le terme constant de $P=\sum p_i X^i$ est un multiple de $n$, $p_0=p'_0n$, alors $P=X(\sum_{i\geq 1}p_iX^i)+p'_0n\in(X,n)$. Ainsi, $1\notin(X,n)$. Donc $(X,n)$ n'est pas principal. \item Si $A[X]$ est principal, soit $a\in A\setminus\{0\}$, et $I=(X,a)$. $A[X]$ étant principal, $\exists P_0\in A[X], I=(P_0)$. Alors $P_0|a$ donc $P_0\in A$, et $P_0|X$ donc $P_0|1$ et $P_0$ est inversible. On en déduit que $I=A[X]$. En particulier $1\in I$: $\exists U,V\in A[X], XU+aV=1$. Le terme constant de $XU+aV$ est multiple de $a$ et vaut $1$. $a$ est donc inversible. Si $A$ est un corps, on dispose de la division euclidienne. Soit $I$ un idéal de $A[X]$. Soit $P_0$ un élément de $I\setminus\{0\}$ de degré minimal. Soit $P\in I$. $\exists!(Q,R)\in A[X]^2, P=P_0Q+R$ et $\deg(R)<\deg(P)$. Comme $R=P-P_0Q$, on a $R\in I$, et comme $\deg(R)<\deg(P_0)$, on a $R=0$. Ainsi $P\in(P_0)$. On a donc $I\subset(P_0)\subset I$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $f(x)\in A[x]$ un polyn\^ome sur un anneau $A$. Supposons que $(x-1)\,|\,f(x^n)$. Montrer que $(x^n-1)\,|\,f(x^n)$. \begin{correction} Notons $f(x^{n})=P(x-1)$. Alors $f(1)=0\cdot P(1)=0$ et donc $(x-1)|f$. Notons $f=Q(x-1)$. On a alors $f(x^{n})=Q(x^{n})(x^{n}-1)$. $(x^{n}-1)$ divise bien $f$. \end{correction} \finexo \exo{} Pour $n,m\ge 2$, d\'eterminer le reste de la division euclidienne du polynôme \mbox{$(x-2)^m+(x-1)^n-1$} par $(x-1)(x-2)$ dans $\Zz[x]$. \begin{correction} Notons $(Q,R)$ le quotient et le reste de cette division euclidienne: $(x-2)^{m}+(x-1)^{n}-1=Q(x-2)(x-1)+R$ avec $\deg(R)\leq 1$. Notons $R=ax+b$. En évaluant en $1$, on obtient $(-1)^{m}-1=a+b$, et en évaluant en $2$, $2a+b=0$. On en déduit $b=-2a$ et $a=1-(-1)^{m}$, soit $R=(1-(-1)^{m})(x-2)$. \end{correction} \finexo \exo{} \label{exoprec} \begin{enumerate} \item Si $K$ est un corps, montrer qu'un polyn\^ome $P$ de degr\'e 2 ou 3 dans $K [x]$ est irr\'eductible si et seulement si il n'a pas de z\'ero dans $K$. \item Trouver tous les polyn\^omes irr\'eductibles de degr\'e $2$, $3$ \`a coefficients dans $\Zz/2\Zz$. \item En utilisant la partie pr\'ec\'edente, montrer que les polyn\^omes $5x^3+8x^2+ 3x+ 15$ et $x^5+2x^3+3x^2-6x-5$ sont irr\'eductibles dans $\Zz[x]$. \item D\'ecrire tous les polyn\^omes irr\'eductibles de degr\'e $4$ et $5$ sur $\Zz/2\Zz$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Soit $P$ un polynôme de degré $d=2$ ou $3$ de $K[X]$. Si $P$ a une racine $a\in K$, alors $(X-a)|P$, et $P$ n'est pas irréductible. Réciproquement, si $P=AB$ avec $A,B\in K[X]$ et $A,B\notin K[X]^{\times}=K\setminus\{0\}$, alors $\deg(A)\geq1$, $\deg(B)\geq1$, et $\deg(A)+\deg(B)=d=2$ ou $3$, donc l'un au moins des deux polynômes $A$ et $B$ est de degré $1$. On peut supposer que c'est $A$. Notons $A=aX+b$. Alors $(X+a^{-1}b)|P$, et $-a^{-1}b$ est racine de $P$. Finalement $P$ a une racine ssi $P$ n'est pas irréductible. \item Irréductibles de degré $2$ de $\Zz/2\Zz$: Soit $P=aX^{2}+bX+c$ un polynôme de degré $2$. $a\neq0$ donc $a=1$. \begin{align*} P\text{ irréductible} &\Leftrightarrow P\text{ n'a pas de racine}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} P(0)&\neq 0\\ P(1)&\neq 0 \end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} P(0)&=1\\ P(1)&=1 \end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} c&=1\\ 1+b+1&=1 \end{cases}\\ &\Leftrightarrow P=X^{2}+X+1 \end{align*} Ainsi, il y a un seul irréductible de degré $2$, c'est $I_{2}=X^{2}+X+1$. Irréductibles de degré $3$ de $\Zz/2\Zz$: Soit $P=aX^{3}+bX^{2}+cX+d$ un polynôme de degré $2$. $a\neq0$ donc $a=1$. \begin{align*} P\text{ irréductible} &\Leftrightarrow P\text{ n'a pas de racine}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} d&=1\\ 1+b+c+1&=1 \end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} d&=1\\ (b,c)&=(1,0)\text{ ou }(b,c)=(0,1) \end{cases}\\ &\Leftrightarrow P=X^{3}+X+1 \text{ ou } P=X^{3}+X^{2}+1 \end{align*} Ainsi, il y a deux irréductibles de degré $3$ dans $\Zz/3\Zz[X]$: $I_{3}=X^{3}+X+1$ et $I'_{3}=X^{3}+X^{2}+1$. \item Soit $P=5X^{3}+8X^{2}+3X+15\in\Zz[X]$. Soient $A$ et $B$ deux polynômes tels que $P=AB$. L'application $\Zz\to\Zz/2\Zz, n\mapsto\bar n$ induit une application $\Zz[X]\to\Zz/2\Zz[X], P=\sum a_{i}X^{i}\mapsto \bar P=\sum \bar{a_{i}}X^{i}$. Cette application est compatible avec les opérations: en particulier $\overline{AB}=\bar{A}\,\bar{B}$ (pourquoi?). Ainsi on a: $\bar{P}=\bar{A}\bar{B}$. Or $\bar{P}=X^{3}+X+1$ est irréductible, donc (quitte à échanger les rôles de $A$ et $B$ on peut supposer que) $\bar{A}=1$ et $\bar{B}=X^{3}+X+1$. On en déduit que $B$ est au moins de degré $3$, d'où $\deg(A)=0$. $A\in\Zz$ et $A|P$, donc $A|5$, $A|8$, $A|3$, et $A|15$. On en déduit que $A=\pm1$. Finalement, $A=\pm1$ et $B\sim P$. $P$ est donc irréductible dans $\Zz[X]$. \bigskip Soit $P=X^{5}+2X^{3}+3X^{2}-6x-5\in\Zz[X]$. Soient $A$ et $B$ deux polynômes tels que $P=AB$. On a comme précédemment: $\bar{P}=\bar{A}\bar{B}$ où $\bar{P}=X^{5}+X^{2}+1$. $\bar{P}$ n'a pas de racine dans $\Zz/2\Zz$, donc si $\bar{P}$ est réductible, il doit être le produit d'un irréductible de degré $2$ et d'un irréductible de degré $3$. Or $\bar{P}\neq I_{2}I_{3}$ et $\bar{P}\neq I_{2}I'_{3}$ (faire le calcul!), donc $\bar{P}$ est irréductible. Le même raisonnement montre alors que $P$ est irréductible dans $\Zz[X]$. \item Un polynôme de degré $4$ est réductible ssi il a une racine ou est le produit de deux irréductibles de degré $2$. Soit $P=\sum_{i=0}^{4}a_{i}X^{i}\in\Zz/2\Zz[X]$, avec $a_{4}=1$. \begin{align*} P\text{ irréductible}&\Leftrightarrow \begin{cases} P(0)\neq 0\\ P(1)\neq 0\\ P\neq I_{2}^{2}\\ \end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} a_{0}= 1\\ 1+a_{3}+a_{2}+a_{1}+1=1\\ P\neq I_{2}^{2}\\ \end{cases}\\ &\Leftrightarrow P\in\{X^{4}+X^{3}+1,X^{4}+X+1,X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1\} \end{align*} \bigskip Un polynôme de degré $5$ est irréductible ssi il n'a pas de racine et l'est pas le produit d'un irréductible de degré $2$ et d'un irréductible de degré $3$. Tous calculs fait, on obtient la liste suivante: $\{% X^{5} +X^{2} +1,% X^{5} +X^{3} +1,% X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2} +1,% X^{5}+X^{4}+X^{3} +X+1,% X^{5}+X^{4} +X^{2}+X+1,% X^{5} +X^{3}+X^{2}+X+1,% \}$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Trouver tous les polyn\^omes irr\'eductibles de degr\'e $2$, $3$ \`a coefficients dans le corps $\mathbb{F}_3=\Zz/3\Zz$. \item D\'ecomposer les polyn\^omes suivants en facteurs irr\'eductibles dans $\mathbb{F}_3[x]$. $$ x^2+x+1,\hspace{1cm}x^3+x+2,\hspace{1cm}x^4+x^3+x+1\; . $$ \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item On raisonne exactement comme pour l'exercice \ref{exoprec}. On peut réduire un peu les discussions en remarquant que puisqu'on est sur un corps, on peut se contenter de chercher les irréductibles \emph{unitaires}: on obtient les autres en multipliant les irréductibles unitaires par les inversibles, soit $\pm1$. Les irréductibles de degré 2 sont caractérisés par $P(0)\neq0$, $P(1)\neq0$ et $P(-1)\neq 0$. On obtient finalement la liste suivante: $\{X^{2}+1, X^{2}-X-1, -X^{2}-1, -X^{2}+X+1\}$. \bigskip Sans commentaire, on obtient la liste suivante pour les irréductibles de degré $3$ de $\Zz/3\Zz[X]$: $\{% \pm(X^{3}+X^{2}-X+1),% \pm(X^{3}-X^{2}+X+1),% \pm(X^{3}-X^{2} +1),% \pm(X^{3} -X+1),% \pm(X^{3}+X^{2}+X-1),% \pm(X^{3}-X^{2}-X-1)% \pm(X^{3}+X^{2} -1),% \pm(X^{3} -X-1),% \}$. \item $X^{2}+X+1=(X-1)^{2}$ $X^{3}+X+2=(X+1)(X^{2}-X+2)$ $X^{4}+X^{3}+X+1=(X+1)(X^{3}+1)=(X+1)^{4}$ \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} En utilisant les r\'eductions $\!\mod 2$ ou $\!\mod 3$ montrer que les polyn\^omes \mbox{$x^5-6x^3+2x^2-4x+5$}, \ \ \mbox{$7x^4+8x^3+11x^2-24x-455$} sont irr\'eductibles dans $\Zz[x]$. \begin{correction} On raisonne comme pour l'exercice \ref{exoprec}. Soit $P=X^{5}-6X^{3}+2X^{2}-4X+5$, $A,B$ deux polynômes tels que $P=AB$. En considérant la réduction modulo $2$, on a $\bar{P}=X^{5}+1$ donc la décomposition en facteurs irréductibles est $\bar{P}=(X+1)(X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)$. Comme $P$ est unitaire, $A$ et $B$ le sont aussi, et la réduction modulo $2$ préserve donc le degré de $A$ et $B$. On en déduit que si $\bar{A}=X+1$, alors $A$ est de degré 1. La réduction modulo $3$ de $P$ devrait donc avoir une racine. Mais $P\mod 3=X^{5}-X^{2}-X-1$ n'a pas de racine dans $\Zz/3\Zz$. On en déduit que dans la réduction modulo $2$, la factorisation $\bar{P}=`\bar{A}\bar{B}$ est triviale ($\bar{A}=1$ et $\bar{B}=\bar{P}$ ou le contraire), puis que la factorisation $P=AB$ elle même est triviale ($A=\pm1$ et $B=\mp P$ ou le contraire). Ainsi, $P$ est irréductible dans $\Zz[X]$. \bigskip Pour $P=7X^{4}+8X^{3}+11X^{2}-24X-455$, on procède de la même façon. Si $P=AB$, comme $7$ est premier, l'un des polynômes $A$ ou $B$ a pour coefficient dominant $\pm7$ et l'autre $\mp1$. On en déduit que les réductions modulo $2$ ou $3$ préservent le degré de $A$ et de $B$. Les décompositions en facteurs irréductibles sont les suivantes: $P\mod 2=(X^{2}+X+1)^{2}$ et $P\mod3=(X-1)(X^{3}-X-1)$. Si la factorisation $P=AB$ est non triviale, alors les réductions modulo $2$ de $A$ et $B$ sont de degré $2$, et donc $\deg(A)=\deg(B)=2$. Mais la décomposition modulo $3$ impose que ces degrés soient $1$ et $3$. La factorisation $P=AB$ est donc nécessairement triviale, et $P$ est donc irréductible. \end{correction} \finexo \exo{} Soient $$ f(x)=(x-a_1)(x-a_2)\dots (x-a_n)-1,\quad g(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2\dots (x-a_n)^2+1 $$ o\`u $a_1,\dots a_n\in \Zz$ soient deux \`a deux distincts. Montrer que $f$ et $g$ sont irr\'eductibles dans $\Qq[x]$. \begin{correction} Commençons par montrer que ces polynômes sont irréductibles sur $\Zz$. \paragraph{-Le cas de $f=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})-1$} Soit $P,Q\in\Zz[X]$ tels que $f=PQ$. On peut supposer sans perte de généralité que $P$ et $Q$ ont des coefficients dominants positifs (i.e. sont unitaires). On a~: $\forall i, f(a_{i})= P(a_{i})Q(a_{i})=-1$ donc $$ P(a_{i})=\pm1 \qquad\text{ et }\qquad Q(a_{i})=\mp1 $$ Soit $I=\{i, P(a_{i})=-1\}$ et $J=\{1,\dots,n\}\setminus I$. On notera $|I|$ et $|J|$ le nombre d'éléments de $I$ et $J$. \textit{Supposons $I\neq\emptyset$ et $J\neq\emptyset$}: Alors $\prod_{i\in I}(X-a_{i})|(P+1)$ et $\prod_{i\in J}(X-a_{i})|(Q+1)$. Ainsi $\deg(P+1)\geq |I|$ et $\deg(Q+1)\geq |J|=n-|I|$, et comme $\deg(P)+\deg(Q)=n$, on en déduit que $\deg(P)=|I|$ et $\deg(Q)=|J|$, puis que (puisque $P$ et $Q$ sont unitaires)~: $$ P=\prod_{i\in I}(X-a_{i})-1 \qquad\text{ et }\qquad Q=\prod_{i\in J}(X-a_{i})-1. $$ Ainsi $f=\prod_{k\in I\cup J}(X-a_{k})-1=(\prod_{i\in I}(X-a_{i})-1)(\prod_{j\in J}(X-a_{j})-1)=f-\big(\prod_{i\in I}(X-a_{i})+\prod_{j\in J}(X-a_{j})-2\big)$, donc $\prod_{i\in I}(X-a_{i})+\prod_{j\in J}(X-a_{j})-2=0_{\Zz[X]}$, ce qui est faux. Ainsi $I=\emptyset$ ou $J=\emptyset$. On peut supposer sans perte de généralité que $I=\emptyset$. Alors $\forall i\in\{1,\dots,n\}, Q(a_{i})=-1$. Donc les $a_{i}$ sont tous racine de $Q+1$. Comme $\deg(Q+1)\leq n$ et $Q+1\neq 0$, on en déduit que $Q=f$, et $P=1$. $f$ est donc bien irréductible dans $\Zz[X]$. \medskip \paragraph{-Le cas de $g=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})^{2}+1$}. Supposons que $g=PQ$, avec $P,Q\in\Zz[X]$.On a $g(a_{i})=1=P(a_{i})Q(a_{i})$, donc $P(a_{i})=Q(a_{i})=\pm1$. Comme $g$ n'a pas de racine réelle, il en va de même de $P$ et $Q$, qui sont donc de signe constant (théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions continues sur $\Rr$~!). On peut donc supposer sans perte de généralité que $P$ et $Q$ sont positifs. Alors $P(a_{i})=Q(a_{i})=1$. Ainsi, tous les $a_{i}$ sont racines de $P-1$ et de $Q-1$. On a donc $\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})|P-1$ et $\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})|Q-1$. En particulier, si $P-1\neq0$ et $Q-1\neq0$, $\deg(P)\geq n$ et $\deg(Q)=2n-\deg(P)\geq n$. Ainsi $\deg(P)=\deg(Q)=n$. Comme en plus $P$ et $Q$ sont unitaires, on en déduit que $$ P-1=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i}) \qquad\text{ et } Q-1=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i}). $$ On devrait donc avoir $(\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})+1)^{2}=\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})^{2}+1$, ce qui est faux ($\prod_{i=1}^{n}(X-a_{i})\neq 0_{\Zz[X]}$)~! Ainsi $P-1=0$ ou $Q-1=0$, et on en déduit bien que $g$ est irréductible dans $\Zz[X]$. \bigskip \paragraph{Irréductibilité dans $\Qq[X]$} (tous les ingrédients nécessaires n'ont pas encore été traités dans le cours pour cela. En fait ce sera un résultat général du cours...) On a le lemme suivant~: Si $P\in\Zz[X]$ est unitaire et irréductible dans $\Zz[X]$, alors il l'est aussi dans $\Qq[X]$. L'ingrédient de base de la démonstration est la notion de \emph{contenu} d'un polynôme $P\in\Zz[X]$~: c'est le $\pgcd$ de ses coefficients, souvent noté $c(P)$. Il satisfait la relation suivante (voir \emph %\url {http://www.les-mathematiques.net/b/a/p/node7.php3}% \ pour une preuve)~: $$ c(PQ)=c(P)c(Q). $$ Supposons que $P=QR$, avec $Q,R\in\Qq[X]$, $Q$ et $R$ unitaires. En réduisant tous leurs coefficients de au même dénominateur, on peut mettre $Q$ et $R$ sous la forme~: $$ Q=\frac{1}{a}Q_{1} \qquad\text{ et }\qquad R=\frac{1}{b}R_{1} $$ avec $a,b\in\Zz$, $Q_{1},R_{1}\in\Zz[X]$ et $c(Q_{1})=1$, $c(R_{1})=1$. Alors $abP=Q_{1}R_{1}$, donc $c(abP)=c(Q_{1})c(R_{1})=1$. Comme $ab|c(abP)$, on a $ab=\pm1$, et en fait $P,Q\in\Zz[X]$. \end{correction} \finexo \exo{} Soient $f,g\in \Qq[x]$. Supposons que $f$ soit irr\'eductible et qu'il existe $\alpha \in \Cc$ tel que $f(\alpha)=g(\alpha)=0$. Alors $f$ divise $g$. \begin{correction} $f$ est irréductible, donc si $f$, ne divise pas $g$, alors $f$ et $g$ sont premiers entre eux. Ainsi,$\exists u,v\in\Qq[X], uf+vg=1$. En évaluant en $\alpha$, on obtient $u(\alpha)\cdot0+v(\alpha)\cdot0=1$ ce qui est impossible! \end{correction} \finexo \exo{} Pour quel $n$, $m$ dans $\Zz$ la fraction $$ \frac{11n+2m}{18n+5m} $$ est r\'eductible ? \begin{correction} Supposons que la fraction soit réductible. Alors, il existe $p,q,d\in\Zz$ tels que $$ \begin{cases} 11n+2m&=pd\\ 18n+5m&=qd\\ \end{cases} $$ On en déduit que $$ \begin{cases} 19n&=5pd-2qd\\ 19m&=-18pd+1qd\\ \end{cases} $$ En particulier, $d|19n$ et $d|19m$. Si $d\neq19$, on a $\pgcd(n,m)\neq 1$. Si $d=19$, alors \begin{equation}\label{eq:n=5p-2q...} \begin{cases} n&=5p-2q\\ m&=-18p+1q\\ \end{cases} \end{equation} Réciproquement, si $\pgcd(n,m)\neq1$ ou si $n,m$ sont de la forme donnée par \eqref{eq:n=5p-2q...}, alors la fraction est réductible. \end{correction} \finexo \exo{} Trouver le $\pgcd(x^n-1,\ x^m-1)$ dans $\Zz[x]$. \begin{correction} Soit $d=\pgcd(m,n)$. Notons $n=dn'$ et $m=dm'$. Alors $X^{n}-1=(X^{d})^{n'}-1$. Or $(Y-1)|Y^{n'}-1$ donc $(X^{d}-1)|(X^{n}-1)$. De même, $(X^{d}-1)|(X^{m}-1)$, et donc $(X^{d}-1)|\pgcd(X^{n}-1,X^{m}-1)$. Par ailleurs, soit $D=\pgcd(X^{n}-1,X^{m}-1)$. Les racines de $D$ dans $\Cc$ sont des racines à la fois n-iéme et m-ième de $1$, qui sont touts simples~: elles sont donc de la forme $\omega=e^{i2\pi\alpha}$ où $\alpha=\frac{k}{n}=\frac{k'}{m}$. Ainsi $km'=k'n'$. On a $\pgcd(m',n')=1$, donc par le théorème de Gauss, on en déduit que $k'$ est un multiple de $m'$, soit $\frac{k'}{m}=\frac{k''}{d}$, et $\omega$ est donc une racine $d$-ième de 1. On en déduit que $D|X^{d}-1$, et finalement~: $$\pgcd(X^{n}-1,X^{m}-1)=X^{\pgcd(m,n)}-1.$$ \end{correction} \finexo \exo{} Trouver le $\pgcd(f,g)$ dans $\Zz_2[x]$ et sa repr\'esentation lin\'eaire $fu+gv$ o\`u $d, u,v\in \Zz_2[x]$ : \begin{enumerate} \item $$ f=x^5+x^4+1,\qquad g=x^4+x^2+1; $$ \item $$\quad f=x^5+x^3+x+1,\qquad g=x^4+1. $$ \end{enumerate} \begin{correction} Utiliser l'algorithme d'Euclide. (on travaille dans $\Zz/2\Zz$). \begin{align*} x^{5}+x^{4}+1&=(x^{4}+x^{2}+1)(x+1)+x^{3}+x^{2}+x\\ x^{4}+x^{2}+1&=(x^{3}+x^{2}+x)(x+1)+x^{2}+x+1\\ x^{3}+x^{2}+x&=(x^{2}+x+1)x+0\\ \end{align*} Donc $\pgcd(x^{5}+x^{4}+1,x^{4}+x^{2}+1)=x^{2}+x+1$, et \begin{align*} x^{2}+x+1&=(x^{4}+x^{2}+1)+(x^{3}+x^{2}+x)(x+1)\\ &=(x^{4}+x^{2}+1)+\big((x^{5}+x^{4}+1)+(x^{4}+x^{2}+1)(x+1)\big)(x+1)\\ &=(x^{4}+x^{2}+1)(1+(x+1)^{2})+(x^{5}+x^{4}+1)(x+1)\\ &=(x^{4}+x^{2}+1)(x^{2})+(x^{5}+x^{4}+1)(x+1)\\ \end{align*} \smallskip De même, $\pgcd(x^{5}+x^{3}+x+1,x^{4}+1)=x^{3}+1$ et $x^{3}+1=(x^{5}+x^{3}+x+1)+(x^{4}+1)x$. \end{correction} \finexo \exo{} Trouver le $\pgcd(f,g)$ dans $\Zz_3[x]$ et $\Zz_5[x]$ de $f=x^4+1$, $g=x^3+x+1$. \begin{correction} Dans $\Zz/3\Zz$~: $\pgcd(x^{4}+1,x^{3}+x+1)=x^{2}+x-1$. \noindent Dans $\Zz/5\Zz$~: $\pgcd(x^{4}+1,x^{3}+x+1)=1$. \end{correction} \finexo \exo{} Trouver le $\pgcd(f,g)$ dans $\Zz[x]$ de $f=x^4+x^3-3x^2-4x-1$ et $g=x^3+x^2-x-1$. \begin{correction} Sur $\Zz[X]$, $\pgcd(x^{4}+x^{3}-3x^{2}-4x-1,x^{3}+x^{2}-x-1)=1$. \end{correction} \finexo \exo{} Montrer que $f$ est irr\'eductible dans $\Qq[x]$ : \begin{enumerate} \item $f=x^4-8x^3+12x^2-6x+2$; \item $f=x^5-12x^3+36x-12$; \item $f=x^4-x^3+2x+1$; \item $f=x^{p-1}+\dots+x+1$, o\`u $p$ est premier. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item $P$ est primitif, $2$ divise tous les coefficients de $P$ sauf le dominant, et $4$ ne divise pas le terme constant~: d'après le critère d'Eisenstein, on en déduit que $P$ est irréductible dans $\Zz[x]$ (puis dans $\Qq[x]$ car il est unitaire...). \item On peut appliquer le même critère, avec $3$ cette fois. \item $f$ est primitif, et sa réduction modulo $2$ est irréductible. Donc $f$ est irréductible dans $\Zz[x]$. \item $f(x+1)=\sum_{k=1}^{p}C_{p}^{k}x^{k-1}$. Or $p|\frac{p!}{k!(p-k)!}$ (car $p$ apparaît au numérateur, tandis que tous les facteurs du dénominateur sont $
0$ et $b>0$. \begin{itemize} \item Si $a=1$~: $(**)\Rightarrow b\in\{2,3,5\}$. Aucune de ces possibilités n'est compatible avec $(***)$. \item Si $a=2$~: $(**)\Rightarrow b\in\{1,3,4,6\}$. Comme $\pgcd(a,b)=1$, $4$et $6$ sont exclus. $3$ n'est pas compatible avec $(***)$. Pour $2$, on vérifie que $P(2)=0$. \item Si $a=7$~: $(**)\Rightarrow b\in\{3,5,9,11\}$. Mais aucune de ces solution ne convient. \item Si $a=14$~: $(**)\Rightarrow b\in\{10,12,16,18\}$ mais $\pgcd(a,b)=1$ exclu toutes ces possibilités. \end{itemize} Finalement, $2$ est la seule racine rationnelle de $P$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Soient $P\in \Zz[x]$, $n\in \Nn$, $m=P(n)$. Montrer que $\forall\, k\in \Zz\ $ $\ m\,|\, P(n+km)$. \item En d\'eduire qu'il n'existe aucun polyn\^ome $P\in \Zz[x]$, non constant, tel que, pour tout $n\in \Zz$, $P(n)$ soit un nombre premier. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Notons $P=\sum_{i=0}^{d}a_{i}X^{i}$. Dans le calcul de $P(n+km)$, en développant tous les termes $(n+km)^{i}$ à l'aide du binôme, on obtient que $P(n+km)=\sum_{0\leq j\leq i\leq d}a_{i}C_{i}^{j}n^{j}(km)^{i-j} =P(n)+mN$ où $N=\sum_{0\leq j0$. Soit $g_{1}=\alpha g$. On a $qg=pg_{1}$, donc $qc(g)=pc(g_{1})$. On en déduit que $q|p$, et donc que $q=1$~:$\alpha\in\Zz$. \item Soit $g\in\Qq[x]$ tel que $f=dg$. Soit $g=\frac{p}{q}g_{0}$ la décomposition de $g$ donnée par la question $1$. Alors $qf=pdg_{0}$ donc $qc(f)=pc(d)c(g_{0})=p$. Donc $q|p$ et finalement $q=1$. On en déduit que $g=pg_{1}\in\Zz[x]$. \item $d=\pgcd_{\Qq}(f,g)=\frac{p}{q}d_{0}$. Alors $d_{0}$ est primitif et divise $f$ et $g$ sur $\Qq$. Donc $d_{0}$ divise $f$ et $g$ sur $\Zz$. Soit $h$ un diviseur commun de $f$ et $g$ dans $\Zz[x]$. On a $c(h)|c(f)=1$ donc $h$ est primitif. Par ailleurs, $h$ est un diviseur commun à $f$ et $g$ dans $\Qq[x]$, donc $h|d_{0}$ dans $\Qq[x]$. On en déduit que $h|d_{0}$ dans $\Zz[x]$. Ainsi, $d_{0}$ est bien un $\pgcd$ de $f$ et $g$ dans $\Zz[x]$. \item Soit $d=\pgcd(c(f),c(g))$, $h=\pgcd(f,g)=c(h)h_{0}$, $h'=\pgcd(f_{0},g_{0})$. On a $d|c(f)$, $d|c(g)$, $h'|f_{0}$ et $h'|g_{0}$ donc $dh'|f$ et $h'|g$, et donc $dh'|h$. $c(h)|c(f)$ et $c(h)|c(g)$ donc $c(h)|d$. $h|f$, donc il existe $f_{1}\in\Zz[x]$ tel que $f=h_{0}c(h)f_{1}$. On a alors $c(h)c(f_{1})=c(f)$, et après simplification, on en déduit que $f_{0}=h_{0}f'_{1}$, avec $f'_{1}\in\Zz[x]$~: $h_{0}|f_{0}$. De même pour $g$~: $h_{0}|g_{0}$. On en déduit que $h_{0}|h'$, et donc que $h|dh'$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} D\'emontrer que tout morphisme d'un corps dans un anneau non-trivial est injectif. \begin{correction} Soit $K$ un corps, $A$ un anneau non trivial, et $K\xrightarrow{\phi}A$ un morphisme d'anneaux. Soit $x\in K\setminus\{0\}$. On a $1=\phi(1)=\phi(xx^{-1})=\phi(x)\phi(x^{-1})\neq 0$ (car $A$ n'est pas l'anneau trivial). Donc $\phi(x)\neq 0$. Ainsi $\ker\phi=\{0\}$, donc $\phi$ est injectif. \end{correction} \finexo \exo{} Soit $R$ un anneau int\`egre dans lequel toute cha\^{\i}ne d\'ecroissante d'id\'eaux est finie. D\'emontrer que $R$ est un corps. \begin{correction} Soit $x\in R\setminus\{0\}$. Alors $(x)\supset(x^{2})\supset(x^{3})\supset$ est une suite décroissante d'idéaux. Elle est donc stationnaire à partir d'un certain rang~: $\exists k\in\Nn, (x^{k})=(x^{k+1})$. En particulier, $\exists a\in R, k^{k+1}=ax^{k}$. Comme $A$ est intègre, on en déduit que $ax=1$, donc $x\in R^{\times}$. $R^{\times}=R\setminus\{0\}$ donc $R$ est un corps. \end{correction} \finexo \exo{} Montrer que dans un anneau fini tout id\'eal premier est maximal. \begin{correction} Soit $A$ un anneau fini, et $I$ un idéal premier. Alors $A/I$ est intègre, et fini (!), donc $A/I$ est un corps (voir exercice 5 feuille 2). Donc $I$ est maximal. \end{correction} \finexo \exo{} Montrer que un id\'eal propre $I$ de l'anneau $A$ est premier ssi quand le produit de deux id\'eaux est contenue dans $I$, alors l'un de deux est contenu dans $I$. En d\'eduire que si $M$ est un id\'eal maximal de $A$, alors le seul id\'eal premier de $A$ qui contient $M^n$ est $M$. \begin{correction} On rappelle que le produit de deux idéaux $I$ et $J$ est l'idéal engendré par les produits de la forme $ab$ avec $a\in I$, $b\in J$~: $$ I\cdot J=\{\sum_{i=0}^{N}a_{i}b_{i}, N\in\Nn, a_{i}\in I, b_{i}\in J\} $$ \begin{itemize} \item Si $I$ est un idéal premier~: Soient $J$ et $K$ deux idéaux tels que $J\cdot K\subset I$. Alors si $J\not\subset I$, $\exists a\in x \setminus I$. Soit $y\in K$. On a $xy\in J\cdot K$ donc $xy\in I$. Comme $I$ est premier, $x\in I$ ou $y\in I$. Mais $x\notin I$ donc $y\in I$. Ainsi $\forall y\in K, y\in I$~: on a montré que~: $J\not\subset I\Rightarrow K\subset I$. On a donc bien $J\subset I$ ou $K\subset I$. \item Si $\forall J,K \text{ idéaux},( J\cdot K\subset I\Rightarrow J\subset I \text{ ou }K\subset I)$~: Soit $a,b\in A$ avec $ab\in I$. Alors $(a)\cdot(b)=(ab)$ donc $(a)\subset I$ ou $(b)\subset I$ et donc $a\in I$ ou $b\in I$. $I$ est donc premier. \end{itemize} On a $M^{n}=M\cdot M^{n-1}$. Donc si $I$ est premier et contient $M^{n}$ alors $I$ contient $M$ ou $M^{n-1}$, et par une récurrence finie, on obtient que $I$ contient $M$. Ainsi~: $M\subset I\subsetneq A$. Comme $M$ est maximal on en déduit que $M=I$. \end{correction} \finexo \exo{} Soit $A$ un anneau. Trouver les anneaux quotients $$ A[x]/(x),\quad A[x,y]/(x),\quad A[x,y]/(x,y),\quad A[x_1,x_2,\dots,x_n]/(x_1,x_2,\dots,x_n) $$ o\`u $(x)$, $(x,y)$, $(x_1,x_2,\dots,x_n)$ sont les id\'eaux engendr\'es r\'espectivement par $x$, $x$ et $y$, $x_1$, $x_2$, ... ,$x_n$. Sous quelle condition sur l'anneau $A$ ces id\'eaux sont-ils premiers (maximaux) ? \begin{correction} \begin{itemize} \item $A[X]/(X)$~: $X$ est unitaire donc on dispose de la division euclidienne par $X$. On vérifie (comme dans le cours) que chaque classe a un et un seul représentant de degré $0$. On en déduit que $A[X]/(X)$ est en bijection avec $A$. Il reste alors à remarquer que cette bijection est un morphisme d'anneaux. Une autre façon de dire la même chose est de remarquer que l'application $\phi:A[X]\to A$, $P\mapsto P(0)$ est un morphisme d'anneaux. $\ker\phi=(X)$ et $\im\phi=A$. Comme $A/\ker\phi\sim \im\phi$, on a bien $A[X]/(X)\sim A$. \item On peut considérer $\phi:A[X,Y]\to A[Y]$, $P\mapsto P(0,Y)$. C'est un morphisme d'anneaux. En séparant les termes ne dépendant que de $Y$ des autres, on peut mettre tout polynôme $P$ de $A[X,Y]$ sous la forme $P=P_{1}(Y)+XP_{2}(X,Y)$ où $P_{1}\in A[Y]$ et $P_{2}\in A[X,Y]$. Alors $\phi(P)=0$ ssi $P_{1}=0$, ssi $P=XP_{2}$, c'est à dire $P\in(X)$. Ainsi $\ker\phi=(X)$. Par ailleurs, tout polynôme $P$ de $A[Y]$ peut être vu comme un polynôme $\tilde{P}$ de $A[X,Y]$. Alors $P=\phi(\tilde{P})$, donc $\im\phi=A[Y]$. Finalement~: $A[X,Y]/(X)\sim A[Y]$. \item $A[X,Y]/(X,Y)$~: Soit $\phi:A[X,Y]\to A$, $P\mapsto P(0,0)$. $\phi$ est un morphisme d'anneaux, et avec les notations précédentes, pour $P=P_{1}(Y)+XP_{2}(X,Y)$, avec $\phi(P)=0$, on a $P_{1}(0)=0$, donc $Y|P_{1}(Y)$. Ainsi, $P$ est la somme de deux polynômes, l'un multiple de $X$, l'autre multiple de $Y$ donc $P\in(X,Y)$. Réciproquement, si $P\in(X,Y)$, alors $P(0,0)=0$. Donc $\ker\phi=(X,Y)$. $\forall a\in A \phi(a)=a$ donc $\phi$ est surjective. Finalement $A[X,Y]/(X,Y)\sim A$. \item $A[X_{1},\dots,X_{n}]/(X_{1},\dots,X_{n})$~: Soit $\phi~:A[X_{1},\dots,X_{n}]\to A$, $P\mapsto P(0)$. $\phi$ est un morphisme d'anneaux. En regroupant tous les termes dépendant de $X_{n}$, puis tous les termes restant dépendant de $X_{n-1}$, et ainsi de suite jusqu'aux termes dépendant seulement de $X_{1}$, et enfin le terme constant, tout polynôme $P\in A[X_{1},\dots,X_{n}]$ peut se mettre sous la forme $P=X_{n}P_{n}+X_{n-1}P_{n-1}+\dots+X_{1}P_{1}+p_{0}$, avec $P_{i}\in A[X_{1},\dots,X_{i}]$ (et $p_{0}\in A$). On en déduit que $\ker\phi=(X_{1},\dots,X_{n})$. Par ailleurs $\forall a\in A, \phi(a)=a$, donc $A[X_{1},\dots,X_{n}]/(X_{1},\dots,X_{n})\sim A$. \end{itemize} Comme un idéal est premier (resp. maximal) ssi le quotient est intègre (resp. un corps), on en déduit que \begin{itemize} \item dans $A[X]$, $(X)$ est premier ssi $A$ est intègre, maximal ssi $A$ est un corps, \item dans $A[X,Y]$, $(X)$ est premier ssi $A$ est intègre, et n'est jamais maximal, \item dans $A[X_{1},\dots,X_{n}]$, $(X_{1},\dots,X_{n})$ est premier ssi $A$ est intègre, maximal ssi $A$ est un corps. \end{itemize} \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Trouver le nombre d'\'el\'ements de l'anneau quotient $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ o\`u $m\in \Zz$ et $m\ne 0$. \item L'id\'eal principal endendr\'e par $2$ est-il premier dans l'anneau $\Zz[\sqrt{d}]$ ? \end{enumerate} \begin{correction} Soit $\alpha=a+b\sqrt{d}\in\Zz[\sqrt{d}]$. Soit $a=mp+a'$ la division euclidienne de $a$ par $m$, et $b=mq+b'$ celle de $b$ par $m$. Alors $\alpha=m(p+q\sqrt{d})+a'+b'\sqrt{d}$. On en déduit que chaque classe du quotient $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ a un représentant dans $$ \mathcal{C}=\Big\{a+b\sqrt{d},\ (a,b)\in\{0,\dots,m-1\}^{2}\Big\} $$ Par ailleurs si deux éléments $a+b\sqrt{d}$ et $a'+b'\sqrt{d}$ de cet ensemble sont dans la même classe, alors $\exists c,d\in\Zz, \ a+b\sqrt{d}=(a'+b'\sqrt{d})+m(c+d\sqrt{d})$. On en déduit que $a=a'+mc$ et $b=b'+md$, et donc $a=a'$, $b=b'$. Ainsi chaque classe de $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ a un représentant unique dans $\mathcal{C}$. $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ et $\mathcal{C}$ sont donc en bijection~: en particulier, $\Zz[\sqrt{d}]/(m)$ a $m^{2}$ éléments. \emph{Remarque}~: on a $$ \Zz[\sqrt{d}]\sim \Zz[X]/(X^{2}-d). $$ En effet l'application $\phi:\Zz[X]/(X^{2}-d)\to\Zz[\sqrt{d}]$, $\bar{P}\mapsto P(\sqrt{d})$ est bien définie (si $\bar(P)=\bar{Q}$, alors $P(\sqrt{d})=Q(\sqrt{d})$), et c'est un morphisme d'anneaux. De plus, si $\phi(P)=0$, notons $P=Q(X^{2}-d)+(aX+b)$ la division euclidienne de $P$ par $X^{2}-d$. En évaluant en $\sqrt{d}$, on a $a\sqrt{d}+b=0$ donc $R=0$. On en déduit que $(X^{2}-d)|P$, i.e. $\bar{P}=0$. On en déduit que $\ker\phi=\{0\}$, donc $\phi$ est injective. Par ailleurs $\forall(a,b)\in\Zz^{2}, \phi(a+bX)=a+b\sqrt{d}$ donc $\phi$ est surjective. \medskip Si $d$ est pair, comme $\sqrt{d}\cdot\sqrt{d}=|d|\in(2)$ alors que $\sqrt{d}\notin(2)$, $(2)$ n'est pas premier. Si $d$ est impair~: $(1+\sqrt{d})(1+\sqrt{d})=(1+d)+2\sqrt{d}\in(2)$, mais $(1+\sqrt{d})\notin(2)$ donc $(2)$ n'est pas premier. \emph{Remarque}~: $\Zz[\sqrt{d}]/(2)\sim\Zz_{2}[X]/(X^{2}+\bar{d})$. $(X^{2}+\bar{d})$ est $X^{2}$ ou $X^{2}+1$. Aucun de ces deux polynômes n'est irréductible. Donc le quotient ne saurait être intègre. \end{correction} \finexo \exo{} Soit $A$ un anneau int\`egre. On appelle {\it \'el\'ement premier} de $A$ un \'el\'ement qui engendre un id\'eal principal premier. \begin{enumerate} \item Montrer que un \'el\'ement premier est irr\'eductible. \item D'apr\`es le cours tout \'el\'ement irr\'eductible dans un anneau factoriel est premier. Montrer que dans un anneau factoriel, tout id\'eal premier non nul contient un \'el\'ement irr\'eductible. \item Nous avons vu que l'\'el\'ement $3\in \Zz[\sqrt{-5}]$ est irr\'eductible. Montrer que $3$ n'est pas premier dans $\Zz[\sqrt{-5}]$. \item L'\'el\'ement $2$ est-il irr\'eductible dans l'anneau $\Zz[\sqrt{-5}]$ ? \end{enumerate} \begin{correction} \begin{itemize} \item Si $x\in A$ est premier~: soit $a,b\in A$ tels que $ab=x$. Alors $ab\in(x)$ donc $a\in(x)$ ou $b\in(x)$. On en déduit que $a\sim x$ ou $b\sim x$. Donc $x$ est irréductible. \item $A$ est supposé factoriel. Soit $I$ un idéal premier. Soit $x\in I$ et $x=p_{1}\dots p_{k}$ ``la'' factorisation de $x$ en produit d'irréductibles. Alors $(p_{1}\cdots p_{n-1})p_{n}\in I$ donc $(p_{1}\cdots p_{n-1})\in I$ ou $p_{n}\in I$. si $p_{n}$ in $I$, $I$ contient un irréductible. Sinon, $(p_{1}\cdots p_{n-2})p_{n-1}\in I$. Par une récurrence finie, l'un au moins des $p_{i}\in I$, donc $I$ contient un irréductible. \item Dans $\Zz[\sqrt{-5}]$, $9\in(3)$. Pourtant $9=(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$ et $(2\pm\sqrt{-5})\notin(3)$. Donc $(3)$ n'est pas premier. \item $2$ est irréductible~: $2=z_{1}z_{2}$ avec $z_{i}\in\Zz[\sqrt{-5}]$, alors $|z_{1}|^{2}|z_{2}|^{2}=4$, donc $\{|z_{1}|^{2},|z_{2}|^{2}\}=\{1,4\}$ ou $\{2,2\}$. Dans le premier cas, on a affaire à une factorisation triviale. Le second est impossible, puisque l'équation $a^{2}+5b^{2}=2$ n'a pas de solution entière $(a,b)$. Par ailleurs, $(1+\sqrt{-5})(1+\sqrt{-5})=6\in(2)$, mais $(1\pm\sqrt{-5})\notin(2)$ donc $2$ n'est pas premier dans $\Zz[\sqrt{-5}]$. \end{itemize} \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Soit $A$ un anneau principal, $I$ un id\'eal de $A$. Montrer que tous les id\'eaux de l'anneau quotient $A/I$ sont principaux. \item Trouver tous les id\'eaux des anneaux suivants: $\Zz/n\Zz$ (voir le partiel), $\Qq[x]/(f)$ o\`u $(f)$ est l'id\'eal principal engendr\'e par un polyn\^ome $f$. \item Trouver les id\'eaux maximaux de $\Zz /n\Zz$ et de $\Qq[x]/(f)$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Soit $\mathcal{J}$ un idéal de $A/I$. Soit $\pi$ la projection canonique $A\to A/I$, et $J=\pi^{-1}(\mathcal{J})$. $J$ est un idéal de $A$ qui est principal donc $\exists a\in A, J=(a)$. Montrons que $\mathcal{J}=(\pi(a))$. On a $\pi(a)\in\mathcal{J}$ donc $(\pi(a))\subset\mathcal{J}$. Soit $\alpha\in\mathcal{J}$, et $b$ un représentant de $\alpha$, i.e. $b\in A$ et $\pi(b)=\alpha$. Alors $b\in J=(a)$, donc $\exists k\in A, b=ka$. Alors $\pi(b)=\pi(ka)=\pi(k)\pi(a)$, donc $\pi(b)\in(\pi(a))$. Donc $\mathcal{J}\subset(\pi(a))$. Finalement, $\mathcal{J}=(\pi(a))$. On en déduit que $A/I$ est principal. \item \begin{itemize} \item $\Zz/n\Zz$~: Soit $I$ un idéal de $\Zz/n\Zz$. $I$ est principal, donc $\exists a\in\Zz, I=(\bar{a})$. Or $(\bar{a}) = \{\alpha\bar{a},\alpha\in\Zz/n\Zz\} = \{\bar{p}\bar{a},p\in\Zz\} = \{\overline{pa},p\in\Zz\}$. Donc $\pi^{-1}(I)= \{pa+qn,(p,q)\in\Zz^{2}\}$ est l'idéal engendré sur $\Zz$ par $a$ et $n$ donc l'idéal engendré par $d=(\pgcd(n,a))$. On en déduit que $I=(\bar{d})$. En particulier, $I$ est engendré par un diviseur de $n$. Soit maintenant $d_{1}$ et $d_{2}$ deux diviseurs (positifs) de $n$ tels que $(\bar{d_{1}})=(\bar{d_{2}})$. On a $\pi^{-1}((d_{1}))=d_{1}\Zz=d_{2}\Zz$ donc $d_{1}=d_{2}$. Ainsi, les idéaux de $\Zz/n\Zz$ sont engendrés par les diviseurs de $n$, et deux diviseurs distincts engendrent deux idéaux distincts~: il y a donc autant d'idéaux dans $\Zz/n\Zz$ que de diviseurs de $n$. \item $\Qq[X]/(f)$~: On raisonne de la même manière~: la remarque clef étant si $I=(\bar{g})$ est un idéal de $\Qq[X]/(f)$, alors $\pi^{-1}(I)=(f,g)=(\pgcd(f,g))$. \end{itemize} \item Les idéaux maximaux sont ceux pour lesquels le quotient est un corps, (donc aussi ceux pour lesquels le quotient est intègre puisque $\Zz/n\Zz$ est fini). On a le diagramme suivant ($I=(\bar{d})$)~: $$ \xymatrix{% \Zz \ar[r]^{\pi_{1}}\ar[d]^{\pi}\ar@(ur,ul)[rr]^{\pi_{2}\circ\pi_{1}} & \Zz/n\Zz \ar[r]^{\pi_{2}}&(\Zz/n\Zz)/I \\ \Zz/d\Zz \ar[urr]_{\sim} }% $$ En effet, $\pi_{1}$ et $\pi_{2}$ sont des morphismes d'anneaux, et $\ker(\pi_{2}\circ\pi_{1})=d\Zz$. Donc $(\Zz/n\Zz)/I$ est un corps ssi $d$ est premier. De même, $(\Qq[X]/(f))/I$ est un corps ssi $I=(\bar{g})$ où $g$ est un facteur premier de $f$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $I$ et $J$ deux id\'eaux de l'anneau $A$. Consid\'erons la projection canonique \newline $\pi_I : A\to A/I$ et l'image $\bar J=\pi_I(J)$ de l'id\'eal $J$. \begin{enumerate} \item Montrer que $\bar J$ est un id\'eal de l'anneau quotient $A/I$. \item D\'emontrer qu'on a l'isomorphisme suivant : $(A/I)/\bar J\cong A/(I+J)$. ({\it Indication :.} Consid\'erer le morphisme $a+I\mapsto a+(I+J)$ de l'anneau $A/I$ vers l'anneau $A/(I+J)$.) \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Soit $\alpha,\beta\in\bar{J}$ et $\lambda,\mu\in A/I$. Alors $\exists a,b\in J$, $l,m\in A$, $\alpha=\pi(a),\beta=\pi(b),\lambda=\pi(l),\mu=\pi(m)$. On a donc $\lambda\alpha+\mu\beta=\pi(la+mb)$. Or $la+mb\in J$ (car $J$ est un idéal), donc $\lambda\alpha+\mu\beta\in\bar{J}$. Donc $\bar{J}$ est un idéal de $A/I$. \item Comme dans l'exercice précédent, on a le diagramme suivant~: $$ \xymatrix{% A \ar[r]^{\pi_{1}}\ar[d]^{\pi}\ar@(ur,ul)[rr]^{\pi_{2}\circ\pi_{1}} & A/I \ar[r]^{\pi_{2}}&(A/I)/\bar{J} \\ A/(I+J) \ar[urr]_{\sim} }% $$ En effet, si $x\in\ker(\pi_{2}\circ\pi_{1})$, alors $\pi_{1}(x)\in\ker\pi_{2}=\bar{J}$, donc $\exists y\in A, \pi_{1}(x)=\pi_{1}(y)$. Alors $x-y\in\ker\pi_{1}=I$, donc $\exists z\in I, x=y+z$~: on a donc $x\in I+J$. Réciproquement, si $x\in I+J$, alors $\exists (x_{1},x_{2})\in I\times J, x=x_{1}+x_{2}$. Alors $\pi_{1}(x)=\pi_{1}(x_{2})\in\bar{J}$, donc $\pi_{2}\circ\pi_{1}(x)=0$. Donc $\ker(\pi_{2}\circ\pi_{1})=I+J$. Donc $A/(I+J)\sim(A/I)/\bar{J}$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $f$ un morphisme de l'anneau $A$ vers l'anneau $B$. \begin{enumerate} \item Montrer que l'image r\'eciproque d'un id\'eal premier est aussi un id\'eal premier. Cette proposition est-elle vraie pour id\'eaux maximaux ? \item Montrer par un exemple, que l'image $f(I)$ d'un id\'eal $I$ de $A$ n'est pas forc\'ement un id\'eal de $B$. D\'emontrer cependant que si $f$ est surjectif, alors $f(I)$ est un id\'eal pour tout id\'eal $I$ de $A$. (Voir le cours.) \item Toujours sous l'hypoth\`ese que $f$ est surjective, montrer que l'image d'un id\'eal maximal par $f$ est soit $B$ tout entier, soit un id\'eal maximal de $B$. \item Consid\'erons la reduction de polyn\^omes sur $\Zz$ modulo $m$ : $r_m\,:\,\Zz[x]\to \Zz_m[x]$ et deux id\'eaux premiers principaux $(x)$ et $(x^2+1)$. Les id\'eaux $r_6((x))$ et $r_2((x^2+1))$ sont-ils premiers ? \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Soit $J\subset B$ un idéal premier de $B$. Soient $a,b\in A$ tels que $ab\in f^{-1}(J)$. Alors $f(a)f(b)=f(ab)\in J$ donc $f(a)\in J$ ou $f(b)\in J$. Ainsi, $a\in f^{-1}(J)$ ou $b\in f^{-1}(J)$. On en déduit que $f^{-1}(J)$ est premier. Cette proposition n'est pas vraie pour les idéaux maximaux. Par exemple, $A=\Zz$, $B=\Qq[X]$, $f(k)=k$, et $J=(X)$. Alors $f^{-1}(J)=\{0\}$ n'est pas maximal. \item Prenons $A=\Zz$, $B=\Qq$, $f(k)=k$. $f(\Zz)=\Zz$ n'est pas un idéal de $\Qq$ ($1\in\Zz$, $\frac{1}{2}\in\Qq$ et pourtant $1\times\frac{1}{2}\notin\Zz$) Supposons $f$ surjectif. Soit $x,y\in f(I)$, $a,b\in B$. Il existe $x_{0},y_{0}\in I$ tels que $x=f(x_{0})$ et $y=f(y_{0})$. De plus, comme $f$ est surjectif, $\exists a_{0},b_{0}\in A$ tels que $a=f(a_{0})$ et $b=f(b_{0})$. Alors $ax+by = f(a_{0})f(x_{0}) +f(b_{0})f(y_{0}) = f(a_{0}x_{0}+b_{0}y_{0})$ et comme $I$ est un idéal, $(a_{0}x_{0}+b_{0}y_{0})\in I$, donc $(ax+by)\in f(I)$. $f(I)$ est donc bien un idéal de $B$. \item Soit $I$ un idéal maximal de $A$ et $J=f(I)$. Supposons $J\neq B$. Soit $K$ un idéal de $B$ tel que $J\subset K$. Alors $I\subset f^{-1}(K)$, donc $f^{-1}(K)=I$ ou $f^{-1}(K)=A$. Dans le premier cas, on $K=f(f^{-1}(K))=J$, dans le second cas, on a $K=f(f^{-1}(K))=f(A)=B$. L'idéal $J$ est donc maximal. \item $(X+2)(X+3)=X^{2}+5X$ dans $\Zz_{6}[X]$, donc $(X+\bar{2})(X+\bar{3})\in (X)$, mais $(X+\bar{2})\notin(X)$ et $(X+\bar{3})\notin(X)$, donc $r_{6}((X))$ n'est pas premier dans $\Zz_{36}[X]$. $(X+1)^{2}=(X^{2}+1)$ dans $\Zz_{2}[X]$, or $(X+1)\notin(X^{2}+1)$, donc $r_{2}((X^{2}+1))$ n'est pas premier dans $\Zz_{2}[X]$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $A$ un anneau, $B$ un sous-anneau de $A$, $I$ un id\'eal de $A$. \begin{enumerate} \item Montrer que $B\cap I$ est un id\'eal de $B$, $B+I=\{b+i\,|\, b\in B,\ i\in I\}$ est un sous-anneau de l'anneau $A$ et $I$ est un id\'eal de ce sous-anneau. \item Montrer que l'anneau quotient $B/(B\cap I)$ est isomorphe \`a l'anneau quotient $(B+I)/I$. ({\it Indication :} Consid\'erer le compos\'e de l'inclusion $B\to B+I$ avec la projection canonique $B+I \to (B+I)/I$.) \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Soit $J=B\cap I$. Soit $x,y\in J$, $a,b\in B$, alors $ax+by\in B$ puisque $B$ est un sous-anneau de $A$. $ax+by\in I$ puisque $I$ est un idéal. On en déduit que $J$ est un idéal. $B+I$ est stable par addition (car $B$ et $I$ le sont). Soit $\alpha=a+x\in B+I$ et $\beta= b+y\in B+I$. Alors $\alpha\beta=(ab)+(ay+bx+xy)\in B+I$, donc $B+I$ est stable par multiplication. $1\in B+I$, donc $B+I$ est un sous anneau de $A$. $I\subset B+I$, et $I$ est absorbant pour la multiplication dans $A$, donc aussi dans $B$~: $I$est un idéal de $B+I$. \item On a le diagramme (de morphismes d'anneaux) suivant~: $$ \xymatrix{% B\ar[r]^{i} \ar[d]^{{\pi_{0}}} \ar@(ur,ul)[rr]^{\phi} & B+I \ar[r]^{\pi} & (B+I)/I\\ B/\ker\phi\ar[urr]_{\sim} }% $$ Or, pour $x\in B$, on a~: $x\in\ker\phi \Leftrightarrow x=i(x)\in \ker\pi=I$. Donc $\ker\phi=B\cap I$, et par suite~: $$ B/(B\cap I)\sim (B+I)/I. $$ \end{enumerate} \end{correction} \finexo %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section{Anneaux de polynômes III} \exo{} Soit $(x^3-x+2)$ l'id\'eal principal engendr\'e par $x^3-x+2$ dans l'anneau $\Qq[x]$. \begin{enumerate} \item Montrer que l'anneau quotient $\Qq[x]/(x^3-x+2)$ est un corps. \item Soit $y$ l'image de $x$ dans $\Qq[x]/(x^3-x+2)$ par la surjection canonique. Calculer son inverse. \item Montrer que $1+y+y^2$ est non nul et calculer son inverse. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Soit $P=x^{3}-x+2$. Sa réduction $\bar{P}=x^{3}-x-1$ modulo $3$ est de degré $3$ et n'a pas de racine, donc $\bar{P}$ est irréductible dans $\Zz_{3}[x]$. Comme $P$ est primitif, on en déduit que $P$ est irréductible dans $\Zz[x]$, puis dans $\Qq[x]$. Comme $\Qq[x]$ est principal, on en déduit que $(P)$ est maximal, et donc que $\Qq[x]/(P)$ est un corps. \item Dans $\Qq[x]/(P)$, on a $y^{3}-y+2=0$, donc $y(y^{2}-1)=-2$ et finalement $y(\frac{1}{2}(1-y^{2}))=1$. Ainsi $y^{-1}=\frac{1}{2}(1-y^{2})$. \item $1+y+y^{2}=\pi(1+x+x^{2})$. On a $\pgcd(P,1+x+x^{2})=1$, et plus précisément, en utilisant l'algorithme d' Euclide~: $13=(x+4)P-(x^{2}+3x-5)(x^{2}+x+1)$ donc $(y^{2}+y+1)^{-1}=\frac{-1}{13}(y^{2}+3y-5)$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $f\in A[x]$ un polyn\^ome primitif de degr\'e positif sur l'anneau factoriel $A$. Soit $\pi\in A$ un \'el\'ement irr\'eductible. Supposons que le coefficient dominant de $f$ ne soit pas divisible par $\pi$ et que $f\mod \pi$ soit irr\'eductible dans l'anneau quotient $A/(\pi)$. Montrer que $f$ est irr\'eductible dans $A[x]$. \begin{correction} Notons $f=\sum_{i=0}^{d} a_{i}x^{i}$. On a $\pgcd(a_{0},\dots,a_{d})\sim1$ et $\pi\!\!\!\not| a_{d}$. Notons $\bar{f}\in A/(\pi)[X]$ la réduction de $f$ modulo $\pi$. Soit $f=gh$ une factorisation de $f$ dans $A[x]$. Alors $\bar{f}=\bar{g}\bar{h}$, et donc (quitte à échanger $g$ et $h$) $\bar{g}\sim 1$ et $\bar{h}\sim \bar{f}$. Comme $\pi\!\!\!\not| a_{d}$, on a $\deg(\bar{f})=d$, et donc $\deg(\bar{h})=d$ puis $\deg(h)\geq d$, et finalement $\deg(h)=d$. Par conséquent $\deg(g)=0$~: $g\in A$. Comme $g|f$, on a $g|c(f)\sim 1$ donc $g\sim 1$. Ainsi, toute factorisation de $f$ dans $A[x]$ est triviale~: $f$est irréductible. \end{correction} \finexo \exo{} Les polynômes suivants sont-ils irréductibles ? \begin{enumerate} \item $X^5+121X^4+1221X^3+12221X^2+122221X+222222$ dans $\Qq [X]$. \item $f(X,Y)=X^2Y^3+X^2Y^2+Y^3-2XY^2+Y^2+X-1$ dans $\Cc [X,Y]$ et $\mathbb{F}_2[X,Y]$. \item $f(X,Y)=Y^7+Y^6+7Y^4+XY^3+3X^2Y^2-5Y+X^2+X+1$ dans $\Qq[X,Y]$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Ce polynôme est unitaire donc primitif. $11$ est nombre premier qui divise tous les coefficients sauf le dominant. $11^{2}=121$ ne divise pas le coefficient de degré $0$, donc, d'après le critère d'Eisenstein, c'est un polynôme irréductible de $\Qq[X]$. \item $f(X,Y)=(X^2+1)Y^3+(X-1)^{2}Y^2+(X-1)$. Regardons $f$ comme un polynôme de $A[Y]$ avec $A=\Cc[X]$. Alors, $f$ est primitif sur $A$, et $(X-1)$ est un irréductible de $A$ qui divise tous les coefficients de $f$ sauf le dominant, et dont le carré ne divise pas le terme constant. D'après le critère d'Eisenstein, on en déduit que $f$ est irréductible dans $A[Y]=\Cc[X,Y]$. Dans $\Zz_{2}[X,Y]$, on a $(X^{2}+1)=(X+1)^{2}$ et $f=(X+1)((X+1)(Y^3+Y^2)+1)$, donc $f$ n'est pas irréductible.. \item $f(X,Y)=Y^7+Y^6+7Y^4+XY^3+3X^2Y^2-5Y+X^2+X+1$. Considérons $f$ comme un polynôme de $A[X]$ où $A=\Qq[Y]$. Alors $f$ est primitif sur $A$. Soit $\pi=Y\in A$. $\pi$ est irréductible, $\pi$ ne divise pas le coefficient dominant de $f$, et la réduction $\bar{f}$ modulo $\pi$ est $\bar{f}=X^{2}+X+1\in A/(\pi)[X]=\Qq[X,Y]/(Y)\simeq\Qq[X]$. $\bar{f}$ est donc irréductible dans $A/(\pi)$, donc d'après l'exercice précédent, $f$ est irréductible dans $\Qq[X,Y]$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} L'id\'eal principal $(x^2+y^2+1)$ est-il maximal dans les anneaux $\Cc[x,y]$, $\Rr[x,y]$, $\Qq[x,y]$, $\Zz[x]$, $\Zz_2[x,y]$ ? \begin{correction} Soit $f=x^{2}+y^{2}+1\in A[x,y]$ ($A=\Cc,\Rr,\Qq,\Zz,\Zz_{2}$). Soit $B=A[y]$, et regardons $f$ comme un polynôme de $B[x]$. Le coefficient dominant de $f$ (qui est $1$) est inversible dans $B$, donc on peut effectuer la division euclidienne de tout polynôme par $f$~: $\forall g\in B[y], \exists(q,r)\in B[x]^{2}, g=qf+r$ et $\deg_{x}r\leq 1$. Notons $r=a(y)x+b(y), a,b\in A[y]$. De plus, pour des raisons de degré, le quotient et le reste de cette division sont uniques. On peut donc identifier $A[x,y]/(x^{2}+y^{2}+1)$ à $\{a(y)x+b(y),\ a(y),b(y)\in A[y]\}$. Supposons que $\bar{y}$ soit inversible dans cet quotient. Il existe $a,b\in A[y]$ tels que $y(a(y)x+b(y))=\bar{1}$. On a donc $ya(y)=0$ et $yb(y)=1$, ce qui est impossible. \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Soit $f\in \Zz[x]$. Consid\'erons la reduction du polyn\^ome $f$ modulo $m$ : $f\mod m\in \Zz_m[x]$. Montrer que $$ \Zz[x]/(m,f)\cong \Zz_m[x]/(f\hbox{\ mod } m) $$ o\`u $(m,f)$ est l'id\'eal engendr\'e par $m$ et $f$ dans $\Zz[x]$ et $(f\hbox{\ mod } m)$ est l'id\'eal engendr\'e par $f\mod m$ dans $\Zz_m[x]$. ({\it Indication :} Utiliser l'exercice 10 de fiche 4.) \item Si $p$ est un nombre premier et $f$ est un polyn\^ome tel que $f\mod p$ est irr\'eductible sur le corps $\Zz_p$, alors l'id\'eal $(p,f)$ est maximal dans $\Zz[x]$. \end{enumerate} \begin{correction} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $A$ un anneau factoriel. \begin{enumerate} \item Pour $a,b\ne 0$ on a $(a)\cdot (b)= (a)\cap(b)\ \ $ ssi $\ \ \pgcd(a,b)\thicksim 1$. \item Si $(a,b)$ est principal, alors $(a,b)=(\pgcd(a,b))$. \end{enumerate} \begin{correction} Rappelons que $(a)\cdot(b)=\{\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}, n\in\Nn, a_{i}\in(a), b_{i}\in(b)\}=(ab)$. De plus $(ab)\subset(a)\cap(b)$ donc \begin{align*} (ab)=(a)\cap(b) &\Leftrightarrow (a)\cap(b)\subset(ab)\\ &\Leftrightarrow \forall m\in A,\ (a|m\text{ et }b|m\Rightarrow ab|m)\\ &\Leftrightarrow \ppcm(a,b)\sim ab\\ &\Leftrightarrow \ppcm(a,b)\sim \pgcd(a,b)\ppcm(a,b)\\ &\Leftrightarrow \pgcd(a,b)\sim 1 \end{align*} Si $A$ est principal, alors $\exists d\in A,\ (a,b)=(d)$. Alors $a\in(d)$ et $b\in(d)$ donc $d$ est un diviseur commun à $a$ et $b$. Si de plus $d'$ est un autre diviseur commun à $a$ et $b$, alors $a\in(d')$ et $b\in(d')$ et comme $(a,b)$ est le plus petit idéal contenant $a$ et $b$, on en déduit que $(a,b)=(d)\subset(d')$, et donc que $d'|d$~: finalement, $\pgcd(a,b)=d$. \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Montrer que les id\'eaux $(5, x^2+3)$, $(x^2+1,x+2)$, $(x^3-1,x^4-1)$ ne sont pas principaux dans $\Zz[x]$. \item Les id\'eaux $(x,x+1)$, $(5, x^2+4)$ et $(x^2+1,x+2)$ sont-ils premiers ou maximaux dans $\Zz[x]$ ? \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item $I=(5,x^{2}+3)$. On a $\pgcd(5, x^{2}+3)=1$, donc si $I$ était principal, on aurait $1\in I$, et donc $I=\Zz[X]$. Si $1\in I$, il existe $P,Q\in\Zz[x]$, tels que $1=5P+(x^{2}+3)Q$. En considérant la réduction modulo $5$ de ces polynômes, on obtient $(x^{2}+\bar{3})\bar{Q}=\bar{1}$, ce qui est impossible pour des raisons de degré ($\Zz/5\Zz$ est intègre). Donc $1\notin I$, et $I$ n'est donc pas intègre. \smallskip $x^{2}+1=(x+2)(x-2)+5$, donc $(x^{2}+1,x+2)=(x+2,5)$. Or $(x+2,5)$ n'est pas principal pour les mêmes raisons que précédemment. \smallskip On a $(x-1)=(x^{4}-1)-x(x^{3}-1)$ donc $(x-1)\subset (x^{4}-1,x^{3}-1)$. Par ailleurs, $(x-1)|(x^{4}-1)$ et $(x-1)|(x^{3}-1)$ donc $x^{4}-1\in(x-1)$ et $x^{3}-1\in(x-1)$, donc $(x^{4}-1,x^{3}-1)\subset (x-1)$. Donc $(x^{4}-1,x^{3}-1)$ est principal. \item $I=(x,x+1)=\Zz$ car $1=(x+1) - x$. Donc $I$ n'est pas propre. $I=(5,x^{2}+4)$. $\Zz[X]/I\sim\Zz_{5}/(x^{2}+\bar{4})$. Mais $(x^{2}+\bar{4})=(x-\bar{1})(x+\bar{1})$ est réductible dans $\Zz_{5}[x]$, donc $\Zz_{5}/(x^{2}+\bar{4})$ n'est pas intègre~: $I$ n'est pas premier. $I=(x^{2}+1,x+2)=(x+2,5)$. $\Zz[x]/I\simeq\Zz_{5}[x]/(x+\bar{2})$. $x+\bar{2}$ est irréductible dans $\Zz_{5}[x]$, qui est principal, donc $(x+\bar{2})$ est maximal, donc le quotient est un corps, et $I$ est maximal. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} D\'emontrer que si $J$ est un id\'eal premier de l'anneau $\Zz[x]$, alors $$ J=(0), \quad (p), \quad (f)\ \ \text{\ ou\ } \ \ (p,g), $$ o\`u $p$ est premier, $f\in \Zz[x]$ est un polyn\^ome irr\'eductible de degr\'e positif et $g$ est un polyn\^ome, tel que sa r\'eduction modulo $p$ est irr\'eductible sur $\Zz_p$. Le dernier cas, $J=(p,g)$ , nous donne la forme g\'en\'erale d'un id\'eal maximal dans $\Zz[x]$. {\it Le plan de la d\'emonstration est le suivant.} \begin{enumerate} \item Soit $B$ un sous-anneau de l'anneau $A$, $I$ un id\'eal premier de $A$. Montrer que $B\cap I$ est soit un id\'eal premier de $B$, soit l'anneau $B$ lui-m\^eme. \item Soit $J$ un id'eal premier de $\Zz[x]$. Montrer que $\Zz\cap J=(0)$ ou $(p)$ o\`u $p$ est premier. \item Supposons que $\Zz\cap J=(0)$. Montrer que si $J\ne (0)$, alors $J$ est engendr\'e par un polyn\^ome primitif de $J$ de degr\'e minimal. \item Supposons que $\Zz\cap J=(p)$. Soit $r_p\,:\,\Zz[x]\to \Zz_p[x]$ la r\'eduction modulo $p$. Montrer que l'id\'eal $r_p(J)$ est premier et que $J=(p,g)$. \item Montrer que $J$ est maximal ssi $J=(p,g)$ o\`u $p$ est premier et $r_p(g)$ est irr\'eductible dans $\Zz_p[x]$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Soit $a,b\in B,\ ab\in I\cap B$. Alors $ab\in I$ donc $a\in I$ ou $b\in I$. Comme $a,b\in B$, on a $a\in I\cap B$ ou $b\in I\cap B$. Donc, si $I\cap B$ est propre, $I\cap B$ est premier. \item Soit $J$ un idéal premier de $\Zz[X]$. Alors $J\cap\Zz$ est soit $\Zz$ soit un idéal premier de $\Zz$. Si $J\cap\Zz=\Zz$, alors $1\in J$, et donc $J=\Zz[X]$, ce qui est exclu. On en déduit que $J=(0)$ ou $J=(p)$ avec $p$ premier. \item On suppose $J\cap\Zz=(0)$ et $J\neq(0)$. Soit alors $f$ un polynôme de $J\setminus\{0\}$ de degré minimal. Notons $f=c(f)f_{0}$ où $f_{0}\in\Zz[x]$ est primitif. Comme $J$ est premier, on a $c(f)\in J$ ou $f_{0}\in J$. Comme $J\cap\Zz=\{0\}$, le premier cas est exclu, donc $f_{0}\in J$. Soit maintenant $g\in J$. Soit $g=f_{0}q+r$ la division euclidienne de $g$ par $f_{0}$ dans $\Qq$ ($q,r\in\Qq[x]$). Notons $q=\frac{a}{b}q_{0}$ avec $q_{0}\in\Zz[x]$ primitif, et $r=\frac{a'}{b'}r_{0}$, avec $r_{0}\in\Qq[x]$ primitif. Alors $bb'g=ab'\,q_{0}f_{0}+a'b\, r_{0}$ On en déduit que $a'b\,r_{0}\in J$, et pour des raisons de degré, $r_{0}=0$. Finalement, $bb'g=ab'\,q_{0}f_{0}$, et en considérant les contenus, on en déduit que $bb'|ab'$, donc $b|a$, et donc $q\in\Zz[x]$. On en déduit que $g\in(f_{0})$, et finalement $J=(f_{0})$. \item On suppose que $J\cap\Zz=(p)$. Soit $r_{p}$ la projection $\Zz[x]\to\Zz_{p}[x]$. Soit $\alpha,\beta\in\Zz_{p}[x]$ tels que $\alpha\beta\in r_{p}(J)$. Soit $f,g$ des représentants de $\alpha$ et $\beta$ (i.e. $r_{p}(f)=\alpha$, $r_{p}(g)=\beta$). Alors $fg\in r_{p}^{-1}(r_{p}(J))=J+(p)=J$. Donc $f\in J$ ou $g\in J$, et donc $\alpha\in r_{p}(J)$ ou $\beta\in r_{p}(J)$~: $r_{p}(J)$ est premier. $\Zz_{p}[x]$ est principal, donc il existe un polynôme $\pi$ irréductible dans $\Zz_{p}[x]$ tel que $r_{p}(J)=(\pi)$. Soit $g$ un représentant de $\pi$. Alors $J=(p,g)$~: en effet, on a vu que $J=r_{p}^{-1}((\pi))$ et $r_{p}^{-1}((\pi))=(g)+(p)=(p,g)$. \item Supposons $J$ maximal dans $\Zz[x]$. $J$ est en particulier premier, donc a une des deux formes ci dessus. Supposons $J=(f)$, avec $f$ irréductible et primitif. Soit $p$ un nombre premier ne divisant pas le coefficient dominant de $f$. Alors $J\subset(p,f)\subset\Zz[x]$, mais $(p,f)\neq\Zz[x]$. En effet, sinon, il existerait $g,h\in\Zz[x]$ tels que $1=pg+fh$, et en considérant la réduction modulo $p$, $\bar{f}$ serait inversible dans $\Zz_{p}[x]$~: comme $\deg{\bar{f}}>0$, c'est impossible. On en déduit que $J$ n'est pas maximal. $J$ est donc de la forme $(p,g)$, avec $r_{p}(g)$ irréductible dans $\Zz_{p}[x]$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section{Anneaux} \exo{} Soient $A$ un anneau et $I$ et $J$ les idéaux de $A$ tels que $I+J=(1)$. Démontrer que $I^n+J^m=(1)$ quels que soient entiers positifs non-nuls $n$ et $m$. \begin{correction} $1\in I+J$ donc $\exists(x,y)\in I\times J, 1=x+y$. En multipliant cette égalité par $x$, on obtient $x^{2}+xy=x$. On en déduit que $xy\in I$, donc $\forall p\in\Nn~; x^{p}y\in I^{p}$, et donc $\forall(p,q)\in\Nn^{2}, x^{p}y^{q}\in I^{p}$. Par symétrie, on a aussi $\forall(p,q)\in\Nn^{2}, x^{p}y^{q}\in J^{q}$. Soit maintenant $(m,n)\in\Nn^{2}$. Notons $N=2\sup(m,n)$. Alors $1=1^{N}=(x+y)^{N}=\sum_{p+q=N}C^{p}_{N}x^{p}y^{q}$. Comme~: $(p+q=2N)\Rightarrow (p\geq n \text{ ou }q\geq m)$, tous les termes de cette somme sont dans $I^{n}$ ou dans $J^{m}$, et donc $1\in I^{n}+J^{m}$ \end{correction} \finexo \exo{} Trouver toutes les solutions des syst\`emes suivantes : \begin{enumerate} \item $ \quad \begin{cases} x\equiv 1 \mod 3\\ x \equiv 3 \mod 5\\ x \equiv 4 \mod 7\\ x\equiv 2 \mod 11 \end{cases} $ \item $ \quad \begin{cases} x\equiv 997\mod 2001\\ x \equiv 998 \mod 2002\\ x \equiv 999 \mod 2003 \end{cases}. $ \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item $3,5,7,11$ sont deux à deux premiers entre eux, donc la solution est unique modulo $1155=3\cdot5\cdot 7\cdot11$. \begin{align*} \begin{cases} x\equiv 1 \mod 3\\ x \equiv 3 \mod 5\\ x \equiv 4 \mod 7\\ x\equiv 2 \mod 11 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x\equiv 13 \mod 15\\ x \equiv 4 \mod 7\\ x\equiv 2 \mod 11 \end{cases} \Leftrightarrow& \begin{cases} x\equiv 88 \mod 105\\ x\equiv 2 \mod 11 \end{cases}\\ \Leftrightarrow& \begin{cases} x\equiv 508 \mod 1155 \end{cases} \end{align*} \item Un diviseur commun de $2001$ et $2002$ divise leur différence, et donc $\pgcd(2001,2002)=1$. De même, $\pgcd(2002,2003)=1$, et comme $2\!\!\!\not| 2001$, $\pgcd(2001,2003)=1$. $2001,2002,2003$ sont donc deux à deux premiers entre eux, et la solution est donc unique modulo $2001\cdot2002\cdot2003$. \begin{align*} \begin{cases} x \equiv 997 \mod 2001\\ x \equiv 998 \mod 2002\\ x \equiv 999 \mod 2003 \end{cases} \Leftrightarrow& \begin{cases} x \equiv -1004 \mod 2001\\ x \equiv -1004 \mod 2002\\ x \equiv -1004 \mod 2003 \end{cases}\\ \Leftrightarrow& x \equiv -1004 \mod (2001\cdot2002\cdot2003) \end{align*} \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} D\'emontrer que les anneaux suivants sont isomorphes $$ \Zz/72\Zz\times \Zz/84\Zz\cong \Zz/36\Zz\times \Zz/168\Zz. $$ \begin{correction} On a $72=8\cdot9$ et $\pgcd(8,9)=1$, donc $\Zz_{72}\simeq\Zz_{8}\times\Zz_{9}$. De même, $\Zz_{84}\simeq\Zz_{4}\times\Zz_{3}\times\Zz_{7}$, $\Zz_{36}\simeq\Zz_{4}\times\Zz_{9}$ et $\Zz_{168}\simeq\Zz_{8}\times\Zz_{3}\times\Zz_{7}$. Donc $\Zz_{72}\times\Zz_{84}\simeq \Zz_{8}\times\Zz_{9}\times\Zz_{4}\times\Zz_{3}\times\Zz_{7}\simeq \Zz_{4}\times\Zz_{9}\times\Zz_{8}\times\Zz_{3}\times\Zz_{7}\simeq \Zz_{36}\times\Zz_{128}$ \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Montrer que $20^{15}-1$ est divisible par $11\times 31\times 61$. \item Trouver le reste de la division de $2^{6754}$ par $1155$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item $11,31,61$ sont premiers donc $2$ à $2$ premiers entre eux. Ainsi $20^{15}\equiv 1[11\cdot31\cdot61]\Leftrightarrow \begin{cases} 20^{15}\equiv1[11]\\ 20^{15}\equiv1[31]\\ 20^{15}\equiv1[61] \end{cases} $ \begin{itemize} \item En utilisant le petit théorème de Fermat, on obtient que, modulo $11$~: $20^{15}\equiv 20^{5}\equiv -2^{5}\equiv 1[11]$. \item $(20^{15})^{2}=20^{30}\equiv 1[31]$. On en déduit que $20^{15}\equiv\pm1[31]$. Comme $31\not\equiv1[4]$, d'après le théorème de Wilson, $x^{2}=-1$ n'a pas de solution modulo $31$, et donc $20^{15}\equiv1[31]$. $20^{2}\equiv-3[31]$ est premier \item $20^{15}\equiv(9^{2})^{15}\equiv3^{60}\equiv1[61]$ \end{itemize} \item $1155=11\cdot7\cdot5\cdot3$. De plus (petit théorème de Fermat) $2^{6754}\equiv 2^{4}\equiv5[11]$. De même, $2^{6754}\equiv2^{4}\equiv2[7]$, $2^{6754}\equiv2^{2}\equiv-1[5]$, et $2^{6754}\equiv2^{0}\equiv1[3]$. Or $$ \begin{cases} a\equiv5[11]\\ a\equiv2[ 7]\\ a\equiv4[ 5]\\ a\equiv1[ 3] \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a\equiv5[11]\\ a\equiv2[ 7]\\ a\equiv4[15] \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a\equiv5[11]\\ a\equiv-26[105] \end{cases} \Leftrightarrow a\equiv709[1155]\\ $$ Donc le reste de la division de $2^{6754}$ par $1155$ est $709$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Quels sont les restes des division de $10^{100}$ par $13$ et par $19$ ? \item Quel est le reste de la division de $10^{100}$ par $247=13\cdot 19$ ? En d\'eduire que $10^{99}+1$ est multiple de $247$. \end{enumerate} \begin{correction} $13$ est premier et $100=12\cdot8+4$ donc $10^{100}\equiv 10^{4}\equiv(-3)^{4}\equiv3\equiv-10[13]$. De même $10^{100}\equiv10^{-8}\equiv2^{8}\equiv9\equiv-10[19]$. En utilisant le lemme chinois, on en déduit que $10^{100}\equiv-10[247]$. Comme $\pgcd(10,247)=1$, on peut simplifier cette expression par $10$ et on a $10^{99}\equiv -1[247]$, et donc $247|10^{99}+1$. \end{correction} \finexo \exo{} Soit $C=A\times B$ le produit direct de deux anneaux. D\'ecrire les ensembles des \'el\'ements inversibles, des diviseurs de z\'ero et des \'el\'ements nilpotents de l'anneau $C$. \begin{correction} $C=A\times B$. \begin{align*} (a,b)\in (A\times B)^{\times} \Leftrightarrow& \exists(c,d)\in A\times B, \ (a,b)(c,d)=(1,1)\\ \Leftrightarrow& \exists(c,d)\in A\times B, \ ac=1 \text{ et } bd=1\\ \Leftrightarrow& a\in A^{\times} \text{ et } b\in B^{\times}\\ \end{align*} donc $(A\times B)^{\times}=A^{\times}\times B^{\times}$. De même, on obtient que l'ensemble $\mathcal{D}_{A\times B}$ des diviseurs de $0$ de $A\times B$ est $$ \mathcal{D}_{A\times B}=\mathcal{D}_{A}\times B\cup A\times\mathcal{D}_{B}\cup (A\setminus\{0\})\times\{0\}\cup\{0\}\times(B\setminus\{0\}). $$ Enfin, pour les nilpotents $Nil(A\times B)=Nil(A)\times Nil(B)$. \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item D\'etermin\'er la structure des anneaux quotients suivants: $$ \Zz_2[x]/(x^3+x^2+x+1),\quad\Zz[x]/(x^2-1),\quad \Qq[x]/(x^8-1). $$ \item Consid\'erons l'anneau quotient $K[x]/(f^ng^m)$ o\`u $f$ et $g$ sont deux polyn\^omes distincts irr\'eductibles sur le corps $K$. D\'ecrirer les diviseurs de z\'ero et les \'el\'ements nilpotents de l'anneau $K[x]/(f^ng^m)$. \item Quels id\'eaux a-t-il cet anneau ? \item Soit $K$ le corps fini \`a $p$ \'el\'ements. Trouver le nombre des \'el\'ements du groupe multiplicatif de l'anneau $K[x]/(f^mg^l)$. \item Donner une g\'en\'eralisation de la question 4) dans le cas du produit de $n$ polyn\^omes irr\'eductibles sur un corps fini $K$ \`a $q$ \'el\'ements. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item En posant $y=x+1$, on a $\Zz_{2}[x]/(x^{3}+x^{2}+x+1)=\{0,1,x,y,x^{2},y^{2},xy,xy+1\}$. Les tables des opérations sont les suivantes (elles sont symétriques)~: $$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \oplus & 0 & 1 & x & y & x^2 & y^2 & xy & xy+1\\\hline 0 & 0 & 1 & x & y & x^2 & y^2 & xy & xy+1\\\hline 1 & & 0 & y & x & y^2 & x^2 & xy+1 & xy \\\hline x & & & 0 & 1 & xy & xy+1 & x^2 & y^2 \\\hline y & & & & 0 & xy+1 & xy & y^2 & x^2 \\\hline x^2 & & & & & 0 & 1 & x & y \\\hline y^2 & & & & & & 0 & y & x \\\hline xy & & & & & & & 0 & 1 \\\hline xy+1 & & & & & & & & 0 \\\hline \end{array} $$ $$ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \otimes & 0 & 1 & x & y & x^2 & y^2 & xy & xy+1\\\hline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\hline 1 & & 1 & x & y & x^2 & y^2 & xy & xy+1\\\hline x & & & x^2 & xy & xy+1 & y^2 & y & 1 \\\hline y & & & & y^2 & y & 0 & y^2 & xy \\\hline x^2 & & & & & 1 & y^2 & xy & x \\\hline y^2 & & & & & & 0 & 0 & y^2 \\\hline xy & & & & & & & y^2 & y \\\hline xy+1 & & & & & & & & x^2 \\\hline \end{array} $$ Pour $\Zz[x]/(x^{2}-1)$, $(x-1)$ et $(x+1)$ sont deux idéaux étrangers, et le lemme chinois nous donne $\Zz[x]/(x^{2}-1)\simeq \Zz[x]/(x-1)\times\Zz[x]/(x+1)$. Or $\Zz[x]/(x+1)\simeq\Zz$ et $\Zz[x]/(x-1)\simeq\Zz$ donc $\Zz[x]/(x^{2}-1)\simeq\Zz\times\Zz$. La factorisation de $(x^{8}-1)$ sur $\Qq$ est $(x^{8}-1)=(x-1)(x+1)(x^{2}+1)(x^{4}+1)$. En utilisant le lemme chinois, on obtient que $\Qq[x]/(x^{8}-1)\simeq \Qq[x]/(x+1)\times \Qq[x]/(x^{2}+1)\times \Qq[x]/(x^{4}+1)$ soit~: $$ \Qq[x]/(x^{8}-1)\simeq \Qq\times\Qq\times\Qq[i]\times\Qq[e^{i\pi/4}]. $$ Montrons en effet que $\Qq[x]/(x^{2}+1)\simeq\Qq[i]$~: l'application $\phi:\Qq[x]/(x^{2}+1)\to \Qq[i]$ définie par $\bar P\mapsto P(i)$ est un morphisme d'anneau. \begin{itemize} \item injectivité~: Soit $\bar{P}\in\ker\phi$. Alors $P(i)=0$. Comme $P$ est à coefficient rationnels donc réels, $-i$ est aussi raine de $P$. Donc $x^{2}+1|P$. \item surjectivité~: Soit $z=a+ib\in\Qq[i]$. Alors $z=\phi(ax+b)$. \end{itemize} \smallskip De même pour $\Qq[x]/(x^{4}+1)\simeq\Qq[e^{i\pi/4}]$. Considérons le morphisme $\phi~:\Qq[x]/(x^{4}+1)\to\Qq[e^{i\pi/4}]$ défini par $\phi(\bar P)=P(e^{i\pi/4})$. $\phi$ est bien définie, c'est un morphisme d'anneau. \begin{itemize} \item injectivité~: Soit $\bar{P}\in\ker\phi$. Alors $P(e^{i\pi/4})=0$. Par ailleurs $X^{4}+1$ est \emph{irréductible} dans $\Qq$~: sa factorisation sur $\Rr$ est $(x^{2}+\sqrt{2}x+1)(x^{2}-\sqrt{2}x+1)$, et aucun de ces deux polynômes, même à inversible réel près, n'est rationnel. On en déduit que si $(x^{4}+1)$ ne divise pas $P$, alors $\pgcd(X^{4}+1,P)=1$. Il existerait donc $U,V\in\Qq[x]$, $UP+V(X^{4}+1)=1$. En évaluant en $x=e^{i\pi/4}$, on obtient une contradiction. Donc $X^{4}+1|P$. (cf. ex. 9 feuille 3). \item surjectivité~: Soit $z=a+be^{i\pi/4}\in\Qq[e^{i\pi/4}]$. Alors $z=\phi(ax+b)$. \end{itemize} \item On a $K[x]/(f^{n}g^{m})\simeq K[x]/(f^{m})\times K[x]/(g^{m})$. On en déduit que les diviseurs de $0$ sont les polynômes de la forme $\bar{P}$ où $P$ satisfait l'une des conditions suivantes~: $$ \left| \begin{array}{ll} f^{n}|P \text{ et } g^{m}\!\!\!\not| P & \qquad(\{0\}\times K[x]/(g^{m})\setminus\{0\})\\ g^{m}|P \text{ et } f^{n}\!\!\!\not| P & \qquad(K[x]/(f^{n})\setminus\{0\}\times \{0\})\\ f|P \text{ et } f^{n}\!\!\!\not| P & \qquad (\mathcal{D}_{K[x]/(f^{n})}\times K[x]/(g^{m}))\\ g|P \text{ et } g^{m}\!\!\!\not| P & \qquad (K[x]/(f^{n})\times\mathcal{D}_{ K[x]/(g^{m})}) \end{array}\right. $$ Les nilpotents sont donnés par les conditions $$ \left\{ \begin{array}{ll} fg|P\\ (f^{n}g^{m}\!\!\!\not| P \text{ si on veut exclure }0) \end{array}\right. $$ \item Les idéaux de $K[x]/(f^{n})$ sont les idéaux engendrés par les diviseurs de $f^{n}$ soit les $f^{k}$ pour $0\leq k\leq n$. \smallskip La démonstration peut se faire en toute généralité exactement de la même manière que dans $\Zz/n\Zz$~: Soit $\mathcal{D}$ l'ensemble des diviseurs de $f^{n}$ (modulo $K^{*}$). Ici, $\mathcal{D}=\{f^{k},0\leq k\leq n\}$. Soit $\mathcal{I}$ l'ensemble de idéaux de $K[x]/(f^{n})$. On a une flèche de $\mathcal{D}\to\mathcal{I}$, donnée par $d\mapsto(\bar{d})$. \begin{itemize} \item surjectivité Soit $I\in\mathcal{I}$. $I$ est principal~: notons $I=(\bar{h})$. Soit $d=\pgcd(f,h)$, et $h_{1}$ le polynôme déterminé par $h=dh_{1}$. Alors $\pgcd(f,h_{1})=0$ et $h_{1}$ est inversible dans le quotient. On en déduit que $(\bar{h})=(\bar{d})=I$ (or $d\in\mathcal{D}$). \item injectivité Soit $d,d'\in\mathcal{D}$ tels que $(\bar{d})=(\bar{d'})$. On a alors $d=h_{1}d'+h_{2}f$ donc $d'|d$. De même, $d|d'$. On en déduit que $d\sim d'$. \end{itemize} \smallskip Revenons à notre exercice~: les idéaux de $K[x]/(f^{n})\times K[x]/g^{m}$ sont donc de la forme $(f^{\alpha})\times(g^{\beta})$. En revenant à $K[x]/(f^{n}g^{m})$, on obtient que l'ensemble des idéaux est $$\{(f^{\alpha}g^{\beta}), 0\leq\alpha,\beta\leq n\}$$ \item Les inversibles de $K[x]/(f^{n})$ sont les (classes des) polynômes premiers avec $f$. Le complémentaire est donc formé des multiples de $f$, il y en a donc autant que de polynômes de degré $(nd-1)-d$ où $d$ est le degré de $f$, soit $p^{(n-1)d}$. Il y a donc $p^{(n-1)d}(p-1)$ inversibles dans $K[x]/(f^{n})$. On en déduit qu'il y en a $p^{(n-1)d_{f}+(m-1)d_{g}}(p-1)^{2}$ dans $K[x]/(f^{n}g^{m})$, où $d_{f}$ et $d_{g}$ sont les degrés respectifs de $f$ et $g$. \item Plus généralement, si les $f_{i}$ sont des polynômes irréductibles distincts, dans $K[x]/(f_{1}^{n_{1}}\cdots f_{k}^{n_{k}})$ il y a $p^{\sum (n_{i}-1)d_{i}}(p-1)^{k}$ inversibles, où $d_{i}$ est le degré de $f_{i}$. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Trouver les facteurs multiples des polyn\^omes suivants : \begin{enumerate} \item $x^6-15x^4+8x^3+51x^2-72x+27$; \item $x^6-2x^5-x^4-2x^3+5x^2+4x+4$. \end{enumerate} \begin{correction} Pour obtenir les facteurs multiples, on utilise la remarque suivante~: $g$ est un facteur multiple de $f$ ssi $g$ est un facteur commun à $f$ et à $f'$ (dérivé formel de $f$). Ainsi $\pgcd(f,f')$ est le produit de tous les facteurs multiples de $f$, avec exposant diminué de $1$ par rapport à $f$. Ainsi $f/\pgcd(f,f')$ est le produit de tous les facteurs irréductibles de $f$, avec exposant $1$ pour tous. Finalement, $\pgcd(\pgcd(f,f'),f/\pgcd(f,f'))$ est le produit de tous les facteurs multiples de $f$ avec exposant $1$. \end{correction} \finexo \exo{} Trouver le polyn\^ome $f\in \Zz[x]$ du derg\'e le plus petit tel que $$ \begin{cases} f\equiv 2x \mod (x-1)^2\\ f \equiv 3x\mod (x-2)^3 \end{cases}. $$ \finexo %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section{Devoir maison} \exo{} Soit $\sqrt{d}$ non rationel. Dans l'anneau $$ {\mathbb{Z}}[\sqrt{d}]=\{n+m\sqrt{d}\,|\,n,m\in \mathbb{Z}\} $$ on definit la ``conjugaison" $\bar{z}$ : \medskip \centerline{si $z=n+m\sqrt{d}$, alors $\bar{z}=n-m\sqrt{d}$.} \medskip On peut aussi d\'efinir la norme $N_d:{\mathbb Z}[\sqrt{d}] \rightarrow{\mathbb Z}$ par $N_d(z) = z\bar{z}=(n+m\sqrt{d})(n-m\sqrt{d})$. \medskip 0. Montrer que les aplications $\bar{z}$ et $N(z)$ sont multiplicatives : $$ \overline{z_1\cdot z_2}=\bar{z_1}\cdot \bar{z_2}, \qquad N_d(z_1\cdot z_2)=N_d(z_1)\cdot N_d(z_2). $$ \begin{correction} Soit $z=n+m\sqrt{d},z'=n'+m'\sqrt{d}\in \Z[\sqrt{d}]$. Alors \begin{align*} \overline{zz'} &=\overline{(n+m\sqrt{d})(n'+m'\sqrt{d})} \\ &=\overline{(nn'+mm'd)+(nm'+n'm)\sqrt{d}} \\ &= (nn'+mm'd)-(nm'+n'm)\sqrt{d} \\ &=(n-m\sqrt{d})(n'-m'\sqrt{d}) \\ &=\bar{z}\, \bar{z}' \end{align*} Donc $\forall z,z'\in\Z[\sqrt{d}], \overline{zz'}=\bar{z}\,\bar{z}'$. On a alors $\forall z,z'\in\Z[\sqrt{d}],\ N(zz')=zz'\,\overline{zz'}=z\bar{z}\,z'\bar{z}'=N(z)\,N(z')$. \end{correction} \finexo \exo{} \begin{enumerate} \item Montrer que $z \in \mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ est inversible ssi $N_d(z) = \pm 1$. D\'eterminer les \'el\'ements inversibles de $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$. \item Montrer que si $N_d(z) = \pm p$, o\`u $p$ est un premier, alors $z$ est irr\'eductible dans $\mathbb Z[\sqrt{d}]$. Donner quelques exemples d'\'el\'ements irreductibles dans $\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ pour $d=-1$, $2$, $-6$, $p$, o\`u $p$ un premier. \item On note $A=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$. Montrer que $3$ et $2+\sqrt{-5}$ sont irr\'eductibles dans $A$. \item Trouver tous les irr\'eductibles de $A$ de norme $9$. \item Trouver tous les diviseurs de $9$ et de $3(2+\sqrt{-5})$ dans l'anneau $A$ \`a association pr\`es. \item Trouver un $pgcd\,(3, 2+\sqrt{-5})$, et montrer que $3$ et $2+\sqrt{-5}$ n'ont pas de $ppcm$ dans l'anneau $A$. \item Montrer que l'id\'eal $I = (3, 2+\sqrt{-5}) \subset A$ n'est pas principal. Donc l'anneau $A$ n'est pas principal. Est-il factoriel ? \item Montrer que $9$ et $3(2+\sqrt{-5})$ n'ont pas de $pgcd$ dans $A$. Poss\`edent-ils un $ppcm$ ? \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item \begin{itemize} \item {Si $z\in\Z[\sqrt{d}]$ est inversible~:} Alors $zz^{-1}=1$, donc $N(z)N(z^{-1})=1$. Comme $N(z)\in\Z$ et $N(z^{-1})\in\Z$, on a donc $N(z)\in\{1,-1\}$. \item Si $N(z=\pm1)$~: Alors $z\bar{z}=\pm1$, donc $z(\pm\bar{z})=1$. Comme $\pm\bar{z}\in\Z[\sqrt{d}]$, $z$ est inversible. \end{itemize} \item Soient $z_{1},z_{2}\in\Z[\sqrt{d}]$ tels que $z=z_{1}z_{2}$. Alors $N(z_{1})N(z_{2})=\pm p$. Comme $\pm p$ est irréductible sur $\Z$, on en déduit que $N(z_{1})=\pm1$ ou $N(z_{2})=\pm1$. D'après la question précédente, on a $z_{1}\in\Z[\sqrt{d}]^{\times}$ ou $z_{2}\in\Z[\sqrt{d}]^{\times}$~: on en déduit que $z$ est irréductible dans $\Z[\sqrt{d}]$. (ATTENTION~: $p$ est premier donc irréductible dans $\Z$, mais peut être réductible dans $\Z[\sqrt{d}]$~! cf. $2$ dans $\Z[i]$.) \item On a $N(3)=N(2+\sqrt{-5})=9$. On peut montrer en fait que tout élément $z$ de norme $9$ est irréductible~: si $z=z_{1}z_{2}$, alors $N(z_{1})N(z_{2})=9$. Donc $\{N(z_{1}),N(z_{2})\}=\{1,9\}$ ou $\{3,3\}$ (dans $\Z[\sqrt{-5}]$, la norme est toujours positive). Or pour tout $(n,m)\in\Z^{2}, n^{2}+5m^{2}\neq 3$. En effet, si $|m|\geq 1, n^{2}+5m^{2}\geq 5$ et pour $m=0$, l'équation revient à $n^{2}=3$, qui n'a pas de solution entière. Ainsi, $N(z_{1})=1$ ou $N(z_{2})=1$, donc $z_{1}$ ou $z_{2}$ est inversible. $z$ n'a donc pas de factorisation non triviale~: $z$ est irréductible dans $\Z[\sqrt{-5}]$. En particulier, $3$ et $2+\sqrt{-5}$ le sont. \item Tout élément de $A$ de norme $9$ est irréductible. Il suffit donc de trouver tous les éléments de norme $9$. Soit $z=n+m\sqrt{-5}\in A$. Si $|m|\geq 2$ ou $|n|\geq 4$, alors $N(z)>9$. On cherche donc les éléments de norme $9$ parmi les éléments $z=n+m\sqrt{-5}$ avec $|n|\leq3$ et $|m|\leq 1$. Pour $m=0$, les seules solutions sont $n=\pm 3$, pour $|m|=1$, les solutions sont obtenues pour $|n|=2$. Ainsi~: $$ \forall z\in A:\ \ N(z)=9\Leftrightarrow z\in\{\pm3,\pm(2\pm\sqrt{5})\} $$ \item On a $N(9)=81$. Donc si $9=z_{1}z_{2}$ est une factorisation de $9$ dans $A$, $N(z_{1})N(z_{2})$ est une factorisation de $81$ (dans $\Z$), et plus précisément on a $\{N(z_{1}),N(z_{2})\}\in\Big\{\{1,81\},\{3,27\},\{9,9\}\Big\}$. Si $N(z_{1})=1$ ou $N(z_{2})=1$, la factorisation est triviale. $A$ n'a pas d'élément de norme $3$ donc la paire $\{3,27\}$ n'est pas réalisable. Si enfin $N(z_{1})=N(z_{2})=9$, alors $z_{1},z_{2}\in\{\pm3,\pm(2\pm\sqrt{5})\}$. Comme $9=3\cdot3=(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$, tous ces éléments sont diviseurs de $9$. Les diviseurs de $9$ sont donc $\{\pm1,\pm3,\pm(2\pm\sqrt{-5}),\pm9\}$. \medskip Comme $N(3(2+\sqrt{-5}))=81$, le même raisonnement montre que si $d\in A$ divise $3(2+\sqrt{-5})$, alors $d\in\{\pm1,\pm3,\pm(2\pm\sqrt{-5}),\pm3(2\pm\sqrt{-5})\}$. Si $(2-\sqrt{-5})a=3(2+\sqrt{-5})$, alors $N(a)=9$, donc $a=\pm3$ ou $\pm(2\pm\sqrt{-5})$. Comme $A$ est intègre, si $a=\pm3$, on obtient $2-\sqrt{-5}=\pm(2+\sqrt{-5})$, ce qui est faux. Si $a=\pm(2+\sqrt{-5})$, on obtient $2-\sqrt{-5}=\pm3$, ce qui est faux. Si enfin $a=\pm(2-\sqrt{-5})$, on obtient $\pm(-1-4\sqrt{-5})=6+3\sqrt{-5})$, ce qui est encore faux. Donc $2-\sqrt{-5}$ ne divise pas $3(2+\sqrt{-5})$ dans $A$. Tous les autres éléments de norme $9$ divisent $3(2+\sqrt{-5})$, donc, finalement~: Les diviseurs de $3(2+\sqrt{-5})$ sont $\{\pm1,\pm3,\pm(2+\sqrt{-5}),\pm3(2+\sqrt{-5})\}$. (ATTENTION~: Le seul fait que $3$ et $2+\sqrt{-5}$ soient irréductibles ne permet pas de conclure~! Si l'anneau n'est pas factoriel, un produit d'irréductibles $p_{1}p_{2}$ peut avoir d'autres diviseurs (à association près) que $p_{1}$ et $p_{2}$... cf $3\cdot3=(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$~!) \item On connaît la liste des diviseurs de $3$ et de $2+\sqrt{-5}$. Les seuls qui soient communs sont $1$ et $-1$. On en déduit que $1$ est un $\pgcd$ de $3$ et $2+\sqrt{-5}$. \medskip $9$ et $3(2+\sqrt{-5})$ sont des multiples communs de $3$ et $2+\sqrt{-5}$, donc si ces deux éléments admettent un $\ppcm$ $m$, on a $m|9$ et $m|3(2+\sqrt{-5})$. On connaît la liste des diviseurs de $9$ et $3(2+\sqrt{-5})$~: à association près, on en déduit que $m\in\{1,3,2+\sqrt{-5}\}$. Comme $3|m$, la seule possibilité est $m=3$, et comme $(2+\sqrt{-5})|m$, la seule possibilité est $m=2+\sqrt{-5}$. Il y a donc contradiction~: $3$ et $2+\sqrt{-5}$ n'ont pas de $\ppcm$ dans $A$. \item Supposons $I$ principal~: soit $a\in A$ un générateur~: $I=(a)$. Alors $a$ est un diviseur commun à $3$ et $2+\sqrt{-5}$, donc $a=\pm1$. (En particulier, $I=A$). Soient $u=u_{1}+u_{2}\sqrt{-5}$ et $v=v_{1}+v_{2}\sqrt{-5}$ deux éléments de $A$. On a~: \begin{align*} 3u+(2+\sqrt{-5})v=1 &\Leftrightarrow (3u_{1}+2v_{1}-5v_{2})+(3u_{2}+v_{1}+2v_{2})\sqrt{-5}=1\\ &\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{rl} 3u_{1}+2v_{1}-5v_{2}&=1\\ 3u_{2}+v_{1}+2v_{2}&=0 \end{array}\right.\\ &\Rightarrow \left\{ \begin{array}{rl} -v_{1}+v_{2}&\equiv1 [3]\\ v_{1}-v_{2}&\equiv0 [3] \end{array}\right. \end{align*} Donc $\forall u,v\in A,\ 3u+(2+\sqrt{-5})v\neq 1$. Donc $1\notin I$, ce qui est une contradiction~: $I$ n'est pas principal. L'anneau $A$ n'est pas principal puisqu'il a au moins un idéal non principal. Il n'est pas non plus factoriel, puisque $9=3\,3=(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$ admet deux factorisation en irréductibles non équivalentes à association près. \item \begin{itemize} \item Les diviseurs communs de $9$ et $3(2+\sqrt{-5})$ sont $\{\pm1,\pm 3, \pm(2+\sqrt{-5})\}$. Si $9$ et $3(2+\sqrt{-5})$ admettent un $\pgcd$ $d$, alors $d$ est dans cette liste, et divisible par tous les membre de cette liste. Mais $3$ n'est pas divisible par $2+\sqrt{-5}$ et $2+\sqrt{-5}$ ne divise pas $3$~: $9$ et $2+\sqrt{-5}$ n'ont pas de $\pgcd$. \item Supposons que $9$ et $3(2+\sqrt{-5})$ admettent un $\ppcm$ $M$. Alors il existe des éléments $a,b\in A$ tels que $M=9a=3(2+\sqrt{-5})b$. Notons $m=3a=(2+\sqrt{-5})b$ ($A$ est intègre). $m$ est un multiple commun de $3$ et $2+\sqrt{-5}$. Soit $k$ un multiple commun de $3$ et $2+\sqrt{-5}$. Alors $3k$ est un multiple commun de $9$ et $3(2+\sqrt{-5})$, donc $M|3k$~: $\exists c\in A, 3k=Mc=3mc$. On en déduit que $k=mc$ ($A$ est intègre), donc $m|k$. On en déduit que $m$ est un $\ppcm$ de $3$ et $2+\sqrt{-5}$, ce qui est impossible. \end{itemize} \end{enumerate} \end{correction} \finexo %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \section{Partiel novembre 2004} \exo{} Soit $\Zz_{36}=\Zz/36\Zz\ $ l'anneau des entiers modulo $36$. \begin{enumerate} \item D\'ecrire tous les \'el\'ements inversibles, tous les diviseurs de z\'ero et tous les \'el\'ements nilpotents de l'anneau $\Zz_{36}$. ({\it Un \'el\'ement $a$ d'un anneau $A$ est dit nilpotent si il existe $n$ tel que $a^n=0$.}) \item Trouver tous les id\'eaux de l'anneau $\Zz_{36}$. \item Soit $A$ un anneau arbitraire. Montrer que $$ (a\in A^{\times} \hbox{ et } b\in A^{\times}) \Longleftrightarrow (a\cdot b)\in A^{\times}. $$ \item Donner un exemple d'un polyn\^ome inversible de degr\'e $1$ sur $\Zz_{36}$. \item D\'ecrire tous les \'el\'ements inversibles de l'anneau $\Zz_{36}[x]$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Voir TD. $\bar{n}$ est inversible ssi $\pgcd(n,36)=1$ (Bezout~!), i.e. $\bar{n}\in\{\pm1, \pm5, \pm7, \pm11, \pm13, \pm17\}$. Les autres éléments sont tous des diviseurs de $0$ puisque $\bar{n}$ divise $0$ ssi $\pgcd(n,36)\neq1$. Enfin, $\bar{n}$ est nilpotent ssi $2|n$ et $3|n$, donc ssi $6|n$, soit $\bar{n}\in\{0,\pm6,\pm12,18\}$. \item Montrons que l'ensemble $\mathcal{I}$ des idéaux de $\Zz/36\Zz$ est en bijection avec l'ensemble $\mathcal{D}=\{1,2,3,4,6,9,12,18,36\}$ des diviseurs (positifs) de $36$. Considérons l'application $\phi:\mathcal{D}\to\mathcal{I}$ définie par $\phi(d)=(\bar{d})$. \textsl{Injectivité~:} Si $\phi(d)=\phi(d')$, alors $\exists a,b\in\Zz, d=d'a+36b$. Comme $d|36$, on en déduit que $d|d'$. De même, on a $d'|d$, et donc $d=d'$. \textsl{Surjectivité~:}Soit $I\in\mathcal{I}$. $\Zz/36\Zz$ est principal, donc $\exists a\in\Zz, I=(\bar{a})$. Soit $d=\pgcd(a,36)$. Notons $a=da'$~: $\pgcd(a',36)=1$. On en déduit que $\bar{a}'$ est inversible dans $\Zz/36\Zz$. Alors $\bar{d}\sim\bar{a}$ dans $\Zz/36\Zz$. On en déduit que $I=(\bar{d})=\phi(d)$. Finalement, il y a donc 9 idéaux dans $\Zz_{36}$~: \begin{itemize} \item $(\overline{ 1})=\Zz_{36}$, \item $(\overline{ 2})=\{0,\pm2,\pm4,\pm6,\pm8,\pm10,\pm12,\pm14,\pm16,18\}$, \item $(\overline{ 3})=\{0,\pm3,\pm6,\pm9,\pm12,\pm15,18\}$, \item $(\overline{ 4})=\{0,\pm4,\pm8,\pm12,\pm16\}$, \item $(\overline{ 6})=\{0,\pm6,\pm12\}$ \item $(\overline{ 9})=\{0,\pm9,18\}$ \item $(\overline{12})=\{0,\pm12\}$ \item $(\overline{18})=\{0,18\}$ \item $(\overline{36})=\{0\}$, \end{itemize} \item Si $a,b\in A^{\times}$, alors $(a b)(b^{-1} a^{-1})=1$ donc $ab\in A^{\times}$. Si $ab\in A^{\times}$, soit $c=(ab)^{-1}$. Alors $a(bc)=1$ donc $a\in A^{\times}$ et $b(ac)=1$ donc $b\in A^{\times}$. \item On a $(6x+1)(-6x+1)=1$ dans $\Zz_{36}[x]$, donc $18x+1$ y est inversible. \item Soit $f$ un inversible de $\Zz_{36}[x]$. Choisissons $P\in\Zz[x]$ tel que $\bar{P}=f$ et $Q\in\Zz[x]$ tel que $\bar{Q}=f^{-1}$. La projection $\Zz\to\Zz_{2}$ se factorise par $\Zz\to\Zz_{36}\to\Zz_{2}$. Ces projections sont bien définies, et sont des morphismes d'anneaux. Notons $P_{[2]}$ la réduction de $P$ modulo $2$~: on a alors $P_{[2]}Q_{[2]}=(PQ)_{[2]}=1$, et comme $\Zz_{2}$ est un corps, $P_{[2]}=1$, $Q_{[2]}=1$. On en déduit que $2$ divise tous les coefficients de $P$, sauf celui de degré $0$. De même, en considérant la réduction modulo $3$, on obtient que $3$ divise tous les coefficients de $P$, sauf celui de degré $0$. Finalement, $6$ divise tous les coefficients de $P$ sauf celui de degré $0$, qui est inversible modulo $36$~: à association (dans $\Zz_{36}$) près, $f$ est donc de la forme~: $$ f=\sum_{i=1}^{d} 6a_{i} x^{i}+1,\qquad (a_{i})\in\Zz_{36}. $$ Réciproquement, si $f$ est de cette forme, c'est à dire $f=1+6xf_{1}$, avec $f_{1}\in\Zz_{36}[x]$, alors~: $$ (1+6xf_{1})(1-6xf_{1})=1 $$ donc $f$ est inversible. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Montrer que les polyn\^omes suivantes sont irr\'eductibles dans $\Zz[x]$ : \begin{enumerate} \item $P=x^{2004}+4x^{2002}+2000x^4+2002$; \item $Q=x^6+6x^5+12x^4+12x^3+3x^2+6x+25$. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item Le critère d'Eisenstein avec $2$ pour module donne directement le résultat. \item La réduction modulo $2$ de $Q$ est $Q_{[2]}=x^{6}+x^{2}+1$, qui n'a pas de racine, et n'est pas divisible par $x^{2}+x+1$, le seul irréductible de degré $2$ de $\Zz_{2}[x]$. Ainsi, $Q_{[2]}$ est soit irréductible, auquel cas $Q$ l'est aussi sur $\Zz$, soit le produit de deux irréductibles de degré $3$. Si $Q_{[2]}$ n'est pas irréductible, on considère la réduction modulo $3$ de $Q$~: $Q_{[3]}=x^{6}+1=(x^{2}+1)^{3}$. $x^{2}+1$ est irréductible sur $\Zz_{3}$, car il est de degré $2$ et n'a pas de racine. Soit $Q=RS$ une factorisation non triviale de $Q$ sur $\Zz$. On peut supposer $R$ et $S$ unitaires. Alors, en considérant la réduction modulo $2$, on obtient que $R_{[2]}$ et $S_{[2]}$ sont deux irréductibles de degré $3$ de $\Zz_{2}[x]$. En particulier $\deg(R)=\deg(R_{[2]})=3$ (car $R$ est unitaire) et $\deg(S)=\deg(S_{[2]})=3$. Cependant, la réduction modulo $3$ de $Q$ n'admet pas de factorisation suivant deux polynômes de degré 3. C'est une contradiction~: on en déduit que $Q$ n'a pas de factorisation non triviale. \end{enumerate} \end{correction} \finexo \exo{} Soit $p$ un nombre premier impair. Montrer que la congruence \newline\noindent $x^2\equiv-1 \mod p\ $ a une solution si et seulement si $p\equiv 1 \mod 4$. \begin{correction} Soit $p$ un nombre premier impair. Notons $p=2m+1$. On a $$ (m!)^{2}\equiv(-1)^{m+1} [p] $$ en effet, (modulo $p$)~: \begin{align*} (p-1)! &=\prod_{k=1}^{2m}k=m!\prod_{k=1}^{m}(m+k)\\ &=m!\prod_{k=1}^{m}(m+k-p)=m!\prod_{k=1}^{m}(-k)\\ &=(-1)^{m}(m!)^{2} \end{align*} Or, dans $\Zz_{p}[x]$, $1^{-1}=1$ et $(p-1)^{-1}=p-1$, donc $\forall k\in\{2,...,p-2\}$, $k^{-1}\in\{2,...,p-2\}$. Ainsi, $\prod_{k=2}^{p-1}k\equiv1 [p]$, et donc $(p-1)!\equiv -1 [p]$. D'où le résultat. \begin{itemize} \item Si $p\equiv 1[4]$, $(-1)^{m+1}=-1$, et donc $m!$ est une solution de $x^{2}\equiv-1[p]$. \item Si cette équation a une solution, alors $x^{2m}\equiv 1[p]$, et comme $x^{p-1}\equiv 1[p]$, $1\equiv (-1)^{m}[p]$. On en déduit que $m$ est pair, donc $p\equiv1[4]$. \end{itemize} \end{correction} \finexo \exo{} Soient $f=x^6+x^5+x^4+x^3+1\in \Zz_2[x]\ $, $g=x^3+x^2+1 \in \Zz_2[x]$ deux polyn\^omes sur le corps $\Zz_2$. \begin{enumerate} \item En utilisant l'algorithme d'Euclide trouver le p.g.c.d. de $f$ et $g$ et sa repr\'esentation lin\'eaire. \item Les polyn\^omes $f$ et $g$ sont-ils irr\'eductibles ? \item Soit $(g)$ l'id\'eal principal engendr\'e par $g$. Combien d'\'el\'ements contient l'anneau quotient $A=\Zz_2[x]/(g)$ ? \item Soit $\pi\,:\,\Zz_2[x]\to A$ la projection canonique. On pose $\pi(x)=\bar x\in A$. Trouver l'inverse de l'\'el\'ement $\pi(f)$ dans l'anneau quotient $A$. \item L'anneau quotient $B=\Zz_2[x]/(f)$ est-il un corps ? Justifier la r\'eponse, i.e. donner une d\'emonstration si $B$ est un corps ou trouver un \'el\'ement non-inversible dans $B$ dans le cas contraire. \end{enumerate} \begin{correction} \begin{enumerate} \item \begin{align*} %(x^{6}+x^{5}+x^{4}+x^{3}+1)&=(x^{3}+x^{2}+1)(x^{3}+x+1)+(x^{2}+x)\\ %(x^{3}+x^{2}+1)&=(x^{2}+x)x+1 f&=g(x^{3}+x+1)+(x^{2}+x)\\ g&=(x^{2}+x)x+1 \end{align*} donc $\pgcd(f,g)=1$ et $$ 1=g-(x^{2}+x)x=g-(f-g(x^{3}+x+1))x=(x^{4}+x^{2}+x+1)g-xf $$ \item $f=(x^{4}+x+1)(x^{2}+x+1)$ donc $f$ n'est pas irréductible. $g$ est de degré $3$ et n'a pas de racine, donc $g$ est irréductible. \item Les éléments de $A$ sont en bijection avec les polynômes de $\Zz_{2}[x]$ de degré $<\deg(g)=3$. Il y a $8$ polynômes de degré au plus $2$ sur $\Zz_{2}$, donc $A$ a $8$ éléments. \item On utilise la représentation linéaire $uf+vg=1$ de $\pgcd(f,g)$ obtenue plus haut. $uf=1+vg$, donc $\bar{u} \bar{f}=\bar{1}+\bar{0}=\bar{1}$. Donc $(\bar{f})^{-1}=\bar{u}=\bar{x}$. \item Soit $f_{1}=x^{2}+x+1$ et $f_{2}=x^{4}+x+1$. Alors $f_{1}f_{2}=f$ donc $\bar{f_{1}}\bar{f_{2}}=\bar{0}$. Pourtant, $f$ ne divise ni $f_{1}$ ni $f_{2}$, donc $\bar{f_{1}}\neq \bar{0}$ et $\bar{f_{2}}\neq \bar{0}$~: $B$ n'est pas intègre, donc $B$ n'est pas un corps. \end{enumerate} \end{correction} \finexo %--- Fin des exercices --- %------------------------------------------------------ %------------------------------------------------------ %--- Gestion des corrections --- \ \newpage \setcounter{page}{1} \entete{Corrections} \Closesolutionfile{mycor} \Readsolutionfile{mycor} \end{document} \endinput