MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #4, 5 février
Exercice 1. Soit ζ = e2πi/p .
(a) Montrez que les nombres 1 + ζ + · · · + ζ m , 1 ≤ m ≤ p − 2, sont d’éléments inversibles
de l’anneau Z[ζ].
(b) Montrez que p = u · (ζ − 1)p−1 , où u est un élément inversible de Z[ζ].
Solution. (a) On a que ζ m −1 = (ζ −1)(1+ζ +· · ·+ζ m−1 ). De plus, on a vu que N (ζ −1) = p,
où N est denote la norme de l’anneau Z[ζ]. Il suffit de montrer que N (ζ m −1) = p également,
car, dans ce cas, on aura que N (1 + ζ + · · · + ζ m−1 ) = 1 d’après la multiplicativité de la
norme, et on sait que les éléments inversibles de Z[ζ] sont les éléments de norme ±1. En
effet, on a que
p−1
p−1
Y
Y
m
m
(ζ mj − 1).
σj (ζ − 1) =
N (ζ − 1) =
j=1
j=1
Puisque (m, p) = 1, les nombres {m, 2m, . . . , (p − 1)m} réduits mod p sont une permutation
des nombres 1, 2, . . . , p − 1. Puisque la fonction n → ζ n est p-périodique, alors on trouve que
p−1
Y
N (ζ − 1) =
(ζ j − 1) = N (ζ − 1) = p,
m
j=1
comme affirmé.
(b) On a que
p−1
p−1
Y
Y
j
p = N (ζ − 1) =
(ζ − 1) =
(ζ − 1)(1 + ζ + · · · + ζ j−1 ) = u · (ζ − 1)p−1 ,
j=1
où
j=1
p−1
Y
u=
(1 + ζ + · · · + ζ j−1 ).
j=1
D’après la partie (a), on trouve que u est inversible comme le produit de quelques éléments
inversibles.
Exercice 2 (Ex. 37, 38, 39, p. 259-60).
(a) Soit A un anneau commutatif et unitaire. On dit que A est un anneau local s’il possède
un idéal maximal unique.
— Montrez que si A est un anneau local dont l’idéal maximal est M , alors chaque
élément de A \ M est inversible.
— Réciproquement, prouvez que si les éléments non-inversibles de A forment un idéal
M , alors A est un anneau local dont l’idéal maximal unique est M .
(b) En suivant la notation de l’exercice 5 du TP du 16 janvier, soit K un corps, ν une
valuation discrète sur K est A l’anneau de valuation de ν. Pour chaque nombre entier
k ≥ 0, on définit
Ak = {x ∈ K × : ν(x) ≥ k} ∪ {0}.
Montrez que :
(i) Ak est un idéal principal de A = A0 .
1
2
(ii) Montrez que si I est un idéal non-zero de A, on a que I = Ak pour un k ≥ 0.
Déduisez que A est un anneau local dont l’idéal maximal unique est A1 .
(c) Soit p un nombre premier. Montrez que l’anneau A = {a/b : a, b ∈ Z, pgcd(a, b) = 1, p b} est un anneau local dont l’idéal maximal unique est {a/b : a, b ∈ Z, pgcd(a, b) =
1, p|a, p - b}.
Solution. (a) Soit a ∈ A\M . L’idéal (a) n’est pas contenu dans M . Donc, il ne peut pas être
propre ; sinon, il y aurait un idéal maximal qui le contient (et cet idéal serait nécessairement
M ). Par la suite, on déduit que (a) = A, c’est-à-dire, a est inversible dans A.
Réciproquement, on suppose que l’ensemble des éléments non-inversibles M est un idéal.
Chaque idéal propre de A ne contient pas d’éléments inversibles, donc il est contenu dans
M . Ceci prouve que M est maximal et qu’il est le seul idéal de A ayant cette propriété.
(b-i) Nous avons vu déjà que ν(1) = 0 et que ν(−x) = ν(x) pour tout x ∈ K × (exercice 5
du TP du 16 janvier). Donc si x, y ∈ Ak , on a que
ν(x − y) = ν(x + (−y)) ≥ min{ν(x), ν(−y)} = min{ν(x), ν(y)} ≥ min{k, k} = k,
ce qui implique que x − y ∈ A également. De plus, si a ∈ A, c’est-à-dire, ν(a) ≥ 0, on trouve
que
ν(ax) = ν(a) + ν(x) ≥ 0 + k = k,
alors ax = xa ∈ Ak . On conclut que Ak est un idéal de A pour tout k ≥ 0. Afin de prouver
que c’est un idéal principal, soit xk ∈ Ak tel que ν(xk ) = min{ν(x) : x ∈ Ak \ {0}}. On
rappel que
ν(x−1
k ) = ν(1) − ν(xk ) = −ν(xk ).
Donc, pour chaque x ∈ Ak \ {0}, on a que
−1
ν(xx−1
k ) = ν(x) + ν(xk ) = ν(x) − ν(xk ) ≥ 0,
c’est-à-dire, xx−1
k ∈ A. Alors, on trouve que x ∈ (xk ) pour tout x ∈ Ak . Par conséquent,
Ak = (xk ), ce qui conclut la preuve.
(b-ii) Comme dans partie (b-i) au-dessus, soit x0 ∈ I tel que ν(x0 ) = min{ν(x) : x ∈ I}.
On va montrer que I = Ak , où k = ν(x0 ). D’abord, c’est clair que I ⊂ Ak . Aussi, la preuve
de la partie (b-i) évidemment implique que (x0 ) = Ak . Alors Ak = (x0 ) ⊂ I ⊂ Ak , et on
trouve que I = Ak .
Comme tous les idéaux propres de A sont A1 , A2 , . . . (ces idéaux sont propres car ν(1) = 0
et, pars suite, 1 ∈
/ Aj pour chaque j ≥ 1), c’est clair que chaque idéal propre de A est contenu
dans l’idéal A1 . Par conséquence, c’est idéal est maximal et, en effet, l’unique idéal de A avec
cette propriété. Ça prouve que A est un anneau local.
(c) Considérons la valuation νp de l’exercice 5 du TP du 16 janvier. Alors le résultat suit
immédiatement par la partie (b-ii) au-dessus.
Solution alternative : Soit A = {a/b : a, b ∈ Z, p - b} et M = {a/b : a, b ∈ Z, pgcd(a, b) =
1, p|a, p - b}. On a que M ⊂ A ⊂ Q. Un élément a/b de A (on suppose ici que a et b sont
nombres entiers avec pgdc(a, b) = 1) est bien-sûr inversible dans Q et son inverse est b/a.
On a que b/a ∈ A si et seulement si p - a. Donc, les éléments inversibles sont exactement
les éléments de A \ M . Si on montre que M est un idéal, alors la partie (a) impliquera que
M est l’idéal maximal unique de A. En effet, on a que 0 ∈ M . Aussi, si a/b, c/d ∈ M
3
et m/n ∈ A (comme toujours, on suppose que tous les trois sont de fractions des nombres
entiers copremiers), on a que
a c
ad − bc
a m
am
− =
et
·
=
b d
bd
b n
bn
appartiennent à M , car
p|a et p|b =⇒ p|(ad − bc) et p|am
et
p - b,
p - d et p - n =⇒ p - bd et p - bn.
√
√
Exercice 3. Montrez que chaque idéal I de Z[ d] = {a + b d : a, b ∈ Z} est de type fini
comme suite :
√
(a) Soit I0 = I ∩ Z et I1 = {b ∈ Z : a + b d ∈ I pour un a ∈ Z}. Montrez que I0 et I1 sont
d’idéaux de Z. Par la suite, I0 = (n0 ) and I1 = (n1 ) pour deux nombres entiers n0 et
n1 .
(b) Montrez que I0 ⊆ I1 .
√
(c) D’après la définition de I1 , il y a a1 ∈ Z√tel que a1 + n1 d apparient à I. Prouvez que
I est l’idéal engendré par n0 et a1 + n1 d.
Solution. (a) On a, en général, que si B est un sous-anneau de A et I est un idéal de
A, alors l’ensemble I ∩ B est un idéal de B (voyez, par exemple, le deuxième théorème
d’isomorphisme d’anneaux). En particulier, I0 est un idéal de Z. Puis, on montre que I1 est
également
√ un idéal√de Z. Soit b1 , b2 ∈ I1 . Selon la définition de I1 , il√existe a1 , a2 ∈ Z tels que
a1 + b1 d, a2 + b2 d ∈ I. Alors, b1 + b√
(a1 + a2 ) + d(b1 + b2 ) ∈ I. De plus,
2 ∈ I1 , puisque√
pour chaque b ∈ Z, on a que bb1 + ba1 d = b(a1 + b1 d) ∈ I et, conséquemment, bb1 ∈ I1 .
Ceci montre que I1 est un idéal de Z. Finalement, puisque Z est un anneau principal, il y a
entiers n0 et n1 tel que I0 = (n0 ) et I1 = (n1 ).
√
√
(b) Si n ∈ I0 = I ∩ Z, on a que 0 + n d ∈ I car I est un idéal de Z[ d]. Alors, on trouve
que n ∈ I1 .
√
(c) Soit a + b d ∈ I. Donc b ∈ I1 = (n1 ), ce qui implique que b = mn1 pour un m ∈ Z.
Par la suite,
√
√
√
a + b d = a + mn1 d = m(a1 + n1 d) − ma1 + a.
En particulier, a − ma1 ∈ I comme la différence de deux éléments de I. Puisque a − ma1 est
aussi un nombre entier, on trouve que a − ma1 ∈ I0 = (n0 ). Donc a − ma1 = kn0 pour un
k ∈ Z, ce qui implique que
√
√
a + b d = m(a1 + n1 d) + kn0 .
Ceci conclut la preuve.
Exercice 4.
(a) Soit A = Q[x]. Montrez que l’idéal engendré par le polynôme x2 − 2 est maximal. Plus
précisément, prouvez que
√
Q[x]/(x2 − 2) ∼
= Q[ 2].
(b) Est-ce que l’idéal engendré par le polynôme x2 − 2 est maximal dans l’anneau C[x] ?
4
Solution. (a) L’énoncé découle d’un résultat général vu en classe.√Il suffit simplement de
2
montrer
minimal
√ que x − 2 est le polynôme
√ du nombre algébrique 2. En
√ effet, c’est clair
que 2 est une racine de x2 − 2. De plus, 2 ∈
/ Q, ce qui implique que 2 ne peut être la
racine d’un polynôme linéaire.
Ceci prouve l’affirmation que x2 − 2 est le polynôme minimal
√
du nombre algébrique 2.
2
(b) L’idéal
dans C[x] et,
√ a fortiori, il n’est pas maximal : on a
√ (x −√2) n’est pas premier
que (x − 2)(x + 2) ≡ 0 (mod (x2 − 2)) mais x ± 2 6≡ 0 (mod (x2 − 2)).
Exercice 5. Soit A un anneau de Boole, c’est-à-dire, a2 = a pour tout a ∈ A (cf. exercice 3
du TP du 16 janvier). Prouvez les propositions suivantes.
(a) (ex. 23, p. 258) Si A est non-zéro et unitaire, alors chaque idéal premier de A est aussi
maximal.
(b) (ex. 24, p. 258) Chaque idéal de type fini de A est principal [Indice : Montrez que
(α, β) = (α + αβ + β).]
(c) (ex. 1, p. 267) Si A est unitaire, alors A ∼
= (a) × (1 − a) pour tout a ∈ A. De plus,
l’élément a est l’unité de (a) et l’élément 1 − a est l’unité de (1 − a).
(d) (ex. 2, p. 267) Si A est fini, non-zéro et unitaire, alors il y a un n ∈ N tel que
A∼
= Z/2Z × · · · × Z/2Z .
{z
}
|
n fois
Solution. Rappelez qu’un anneau de Boole A est commutatif. Aussi, on a que a + a = 0,
car a + a = (a + a)2 = (a + a)(a + a) = a2 + a2 + a2 + a2 = a + a + a + a.
(a) Si l’idéal P de A est premier, alors le quotient A/P est un anneau intègre. Mais, le
quotient A/P est aussi un anneau de Boole, et le seul anneau de Boole qui est intègre est
Z/2Z (voyez Problème 2(b), Devoir #1). Donc A/P ∼
= Z/2Z, c’est-à-dire, A/P est un corps.
Par la suite, P est maximal.
Remarque : Ici l’hypothèse que A est unitaire n’est pas nécessaire. L’idée est que l’idéal P
est premier si et seulement si A/P n’a pas de diviseurs de zéro 1. Donc, il suffit de caractériser
les anneaux de Boole qui n’ont pas de diviseurs de zéro. On affirme que si B est un anneau
de Boole non-zèro qui n’a pas de diviseurs de zéro, alors B ∼
= Z/2Z (ceci généralise l’exercice
3 du TP du 16 janvier). C’est suffisant de montrer que B a seulement deux éléments. En
effet, si 0, a, b sont trois éléments distincts de B, on trouve que ab(a − b) = aba − ab2 =
a2 b − ab2 = ab − ab = 0. Cependant, a, b, a − b 6= 0, ce qui contredit l’hypothèse que B est
intègre. Alors B a au plus deux éléments. Puisque B est nonzero, il doit avoir exactement
deux élément, ce qui montre notre affirmation.
Finalement, si P est un idéal premier de P , on a que A/P est un anneau de Boole sans
de diviseurs de 0. Donc A/P ∼
= Z/2Z, qui est un corps. Par conséquent, P est maximal.
(b) Soit I = (α1 , . . . , αk ) un idéal de A. On utilise induction sur k. Si k = 1, c’est évident
que I est principal. Supposons maintenant que si k ≤ K, pour un K ∈ N, on a que I est
principal. Soit k = K + 1. On a que I = (α1 , J), où J = (α2 , . . . , αk ). Par l’hypothèse
inductive, on trouve que J = (β) pour un β ∈ A et, par conséquent, I = (α1 , β). Finalement,
1. Mais c’est possible que A/P n’a pas une unité, auquel cas il n’est pas intègre.
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on note que I = (α1 +α1 β+β). En effet, c’est clair que γ := α1 +α1 β+β ∈ I. Réciproquement,
on a que
α1 γ = α12 + α1 β + α1 β = α12 = α1 ,
puisque α1 β = −α1 β. De même, on trouve aussi que β = βγ. Ces deux égalités impliquent
que α1 , β ∈ (γ). Par la suite, on a que I = (γ). Ceci termine l’étape inductive et, par
conséquent, la preuve.
(c) Tout d’abord, si b = aβ ∈ (a), on a que ba = ab = a2 β = aβ = b. Donc a est une unité
de l’anneau (a). De la même façon, on trouve que 1 − a est une unité de (1 − a).
Afin de montrer que A ∼
= (a) × (1 − a), on considère l’application φ : A → (a) × (1 − a)
définie par φ(b) = (ba, b(1 − a)). Cette application est un morphisme d’anneaux : en effet,
on a que
φ(b + c) = ((b + c)a, (b + c)(1 − a)) = (ba + ca, b(1 − a) + c(1 − a))
= (ba, b(1 − a)) + (ca, c(1 − a)) = φ(b) + φ(c)
et
φ(bc) = (bca, bc(1 − a)) = (ba, b(1 − a)) · (ca, c(1 − a)) = φ(b)φ(c),
puisque baca = bca2 = bca et b(1 − a)c(1 − a) = bc(1 − a)2 = bc(1 − a). On va montrer
que φ est, en fait, un isomorphisme. D’abord, si φ(b) = 0, alors b = b · 1 = b(a + 1 − a) =
ba + b(1 − a) = 0 + 0 = 0, ce qui montre que φ est injectif.
Finalement, afin de prouver que φ est aussi surjectif, on va premièrement montrer que
(a) ∩ (1 − a) = (0). En effet, si b ∈ (a) ∩ (1 − a), on a que b = ac = (1 − a)d pour quelques
c, d ∈ A. Par la suite, ab = a(1 − a)d = (a − a2 )d = 0 · d = 0 et, de façon similaire,
(1 − a)b = (1 − a)ac = 0. Donc b = ab + (1 − a)b = 0, ce qui prouve que (a) ∩ (1 − a) = 0.
On peut maintenant prouver que φ est surjectif. Considérons (ca, d(1 − a)) ∈ (a) × (1 − a).
Soit b = ca + (1 − a)d. Puisque on a aussi que b = ba + b(1 − a), on trouve que (c − b)a =
(b − d)(1 − a) ∈ (a) ∩ (1 − a) = (0), ce qui implique que ca = ba et que d(1 − a) = b(1 − a).
Donc φ(b) = (ca, d(1 − a)), qui conclut la preuve de la surjectivité de φ.
En conclusion, on a montré que φ est un isomorphisme, d’où on déduit que A ∼
= (a)×(1−a).
(d) On utilise induction sur le nombre des éléments de A. Si |A| = 2 (notez que A possède
au moins deux éléments : 1 et 0), on a nécessairement que A ∼
= Z/2Z. Puis supposons que
le résultat est vrai quand |A| ≤ N , où N ≥ 2, et on considère A avec N + 1 éléments. Soit
a ∈ A \ {0, 1}. D’après la partie (c), on peut écrire A ∼
= (a) × (1 − a). L’idéal (a) est un
anneau de Boole avec unité possedant au moins deux éléments : 0 et a. De même, l’idéal
(1 − a) est un anneau de Boole avec unité ayant au moins deux éléments : 0 et 1 − a. Puisque
on a aussi que |A| = |(a)| · |(1 − a)| (ici |X| dénote la cardinalité de l’ensemble X), on trouve
que 2 ≤ |(a)| ≤ |A|/2 = (N + 1)/2 ≤ N et 2 ≤ |(1 − a)| ≤ |A|/2 = (N + 1)/2 ≤ N . Donc
l’hypothèse inductive implique qu’il y a deux nombres naturels n1 et n2 tels que
(a) ∼
= Z/2Z × · · · × Z/2Z .
= Z/2Z × · · · × Z/2Z et (1 − a) ∼
|
{z
}
|
{z
}
n1 fois
Par conséquent,
n2 fois
A∼
= (a) × (1 − a) ∼
= Z/2Z × · · · × Z/2Z,
|
{z
}
n fois
où n = n1 + n2 .