Série I Exercice 1. 1) Rappelons la définition de factoriel. Soit A un

Série I
Exercice 1.
1) Rappelons la définition de factoriel. Soit A un anneau commutatif,
unitaire et intègre. On rappelle que deux éléments x et y de A sont dits
associés si x = yε, avec ε ∈ A× . Ceci définit une relation d’équivalence ∼
sur A. On peut noter que si une classe (pour ∼) contient un irréductible
π alors tous les éléments de cette classe sont irréductibles. Une telle classe
est dite classe irréductible. Prenons dans chaque classe irréductible Ci un
représentant πi et considérons la famille F constituée des πi . Alors A est
factoriel, si tout élément x de A s’écrit de manière unique
Y
x=ε
πini ,
πi ∈F
les ni étants presques tous nuls, et ε ∈ A× . (l’unicité porte sur les entiers
ni ).
√
On définit dans l’anneau A = Z[√ 10] une application norme N de A dans
Z comme suit : pour x = a + b 10, a, b ∈ Z, on pose
√
√
N (x) = (a + b 10)(a − b 10) = a2 − 10b2
On vérifie alors que pour x, y ∈ A, N (xy) = N (x)N (y).
La norme permet de localiser les éléments inversibles de l’anneau A :
x ∈ A× ⇐⇒ N (x) = ±1
√
En effet, √
si N (x) = ±1 cela signife que xx̄ = ±1, où x̄ = a − b 10 si
x = a + b 10, et ainsi x ∈ A× . Réciproquement. Si x ∈ A× , cela signifie
qu’il existe y dans A tel que xy = 1. Si l’on prend la norme, on obtient :
N (x)N (y) = N (xy) = 1
et ainsi N (x) = ±1.
√
√
Par conséquent les éléments 2, 3, 2 + 10 et 2 − 10 ne sont pas dans
A× .
Nous allons montrer maintenant que 2 est irréductible. Tout d’abord 2
est non nul et n’est pas inversible. Si 2 = xy, avec x et y dans A, alors
4 = N (2) = N (x)N (y). Ainsi N (x) = ±1, ou bien N (x) = ±4 ou bien
N (x) = ±2. Le premier cas implique que x est inversible, le second√cas
que y est inversible. Regardons le cas où N (x) = ±2. Si x = a + b 10,
cela signifie que a2 − 10b2 = ±2. Si l’on regarde cette équation modulo
5Z, on arrive alors à ā2 ≡ ±2̄ dans Z/5Z. On note ensuite que les seuls
carrés de Z/5Z sont 0̄, 1̄ et 4̄. Ainsi N (x) = ±2 n’a pas de solution. On
1
2
vient donc de montrer que 2 = xy =⇒ x ou y ∈ A× , c’est
√ à dire que
√ 2
est irréductible. On peut de même montrer que 3, 2 + 10 et 2 − 10
sont irréductibles.
√
Vérifions maintenant que 2 n’est
√ pas associé à 2× + 10. En effet, sinon
cela signifierait que 2 = ε(2 + 10) avec ε ∈ A , ce qui après passage à
la norme donnerait√l équation 4 = ±6. Contradiction. De même 2 n’est
pas associé à 2 − 10.
En conclusion, l’élément 6 s’écrit de deux façons différentes comme produit
d’irréductibles dans A. L’anneau A n’est donc pas factoriel et n’est donc
pas aussi principal.
√
√
10)
=
{2x
+
10y, x, y ∈ A}. En particulier
2) Rappelons
que
(2,
√
2 et√ 10 sont dans cet idéal.√ Supposons qu’il existe x0 ∈ A tel que
(2,
√ 10) 0= (x0 ). Alors 02 et 10 s’écrivent comme suit : 2 = yx0 et
10 = y x0 , avec y et y dans A. Après passage à la norme, on obtient
4 = N (y)N (x0 ) et −10 = N (y 0 )N (x0 ) ce qui implique N (x0 ) = ±2 ou
bien N (x0 ) = ±1. Nous avons vu dans la partie 1), qu’auncun élément
de A n’est de norme ±2, ainsi N (x0 ) = ±1, ce qui siginifie que x0 ∈ A×
et donc que (x0 ) = A.
√
Nous allons maintenant nous assurer que (2, 10) ne contient pas 1. Un
élément x de cet idéal s’écrit
√
√ √
√
(a + b 10)2 + (a0 + b0 10) 10 = (2a + 10b0 ) + 10(2b + a0 ),
avec a, b, a0 , b0 ∈ Z.
Si l’on passe à la norme, on note alors que
N (x) = (2 + 10b0 )2 − 10(2b + a0 ) ≡ 0 (
√
Ainsi 1 ∈
/ (2,
√ 10). Contradiction.
L’idéal (2, 10) n’est donc pas principal.
mod 2)
3
Exercice 2.
Soit x un nombre algébrique et soit P le polynôme irréductible de x sur
Z. L’élément x est dit entier algébrique si ce polynôme P est unitaire
(i.e. le coefficient du terme dominant est ±1). Par factorialité, on peut
montrer que ceci équivaut au fait que x est racine d’un polynôme unitaire
à coefficients dans Z.
1) Si x ∈ Q alors x s’écrit sous la forme p/q avec q > 0 et p tous deux
dans Z et premiers entre eux. Dans ce cas, le polynôme irréductible P de
x sur Z peut s’écrire P (X) = qX − p. Ainsi x est entier algébrique si et
seulement si x = p ∈ Z. On a donc OQ = Z.
2 et
√ 3) b). Nous allons déterminer l’ensemble OK des entiers de K =
Q( d), d ∈ Z sans√facteur carré.
Soit donc x ∈ Q( d). On peut supposer x de
√ degré 2 sur Q (sinon
x ∈ Z). L’élément x s’écrit sous la forme a + b d avec a et √
b dans Q.
Considérons le polynôme P1 (X) = (X −x)(X − x̄), où x̄ = a−b d. Alors
P1 (X) = X 2 − 2aX + (a2 − b2 d) ∈ Q[X]. Soit maintenant P ∈ Z[X]
le polynôme irréductible de x sur Z. Alors P = a0 P1 avec a0 ∈ Q× .
Maintenant comme x est entier cela signifie que P est unitaire et donc
que a0 = ±1 (en comparant le terme en X 2 ) c’est à dire P = ±P1 .
On obtient ainsi l’équivalence suivante : x est entier si et seulement si
(i)√: 2a ∈ Z et (ii) : a2 − b2 d ∈ Z. Ceci montre clairement l’inclusion :
Z[ d] ⊂ OK .
La première condition (i) s’écrit alors a = a0 /2 avec a0 ∈ Z. Si l’on reporte
dans la seconde condition (ii), on obtient a20 /4−b2 d ∈ Z. Ecrivons ensuite
b = p/q avec p et q > 0 dans Z premiers entre eux, pour obtenir :
4(p/q)2 d ∈ Z.
Maintenant comme d est sans facteur carré, on en déduit que q = 1 ou 2.
√
• Supposons q = 1. Alors nécessairement a0 est pair et x ∈ Z[ d].
• Supposons q = 2. Alors b = p/2. Reportant dans la condition (ii),
on en déduit que a20 − p2 d ∈ 4Z. Maintenant si d ≡ 3( mod 4), on
obtient l’égalité dans Z/4Z : a¯0 2 + p¯2 = 0̄, ce qui
√ implique nécessairement
que a0 et p doivent être pairs et ainsi x ∈ Z[ d]. Si d ≡ 2( mod 4),
on√en déduit également que a0 et p doivent être pairs et donc que x ∈
Z[ d]. Maintenant si d ≡ 1( mod 4), on en déduit simplement que
a¯0 2 − p̄2 = 0̄ dans Z/4Z ce qui indique que a0 et p doivent être de même
4
√
√
parité. Ecrivant alors x √
= a0 /2+(p/2) d = (a0 −p)/2+p(1+ d)/2, on
obtient √
que x ∈ Z[(1+ d)/2]. Réciproquement, lorsque d ≡ 1( mod 4),
Z[(1 + d)/2] ⊂ OK .
Conclusion.
√
√
OK = Z[ d] si d ≡ 2, 3( mod 4), sinon OK = Z[(1 + d)/2].
Comme −1 ≡ 3( mod 4), l’ensemble des entiers de Q(i) est Z[i].
On suppose que l’ensemble OK des entiers algébriques d’un corps de
nombres K est un anneau.
3-a). Soit P un idéal premier non nul de OK . Alors P ∩ Z est un idéal
premier de Z. Vérifions qu’il est non nul : Puisque P est non nul, il contient
un entier algébrique non nul x. Soit P ∈ Z[X] son polynôme irréductible
sur Z : P (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0 , avec ai ∈ Z. Comme
P (x) = 0, on en déduit que a0 ∈ Z ∩ P et a0 est clairement non nul !
Ainsi il existe un nombre premier p tel que P ∩ Z = pZ.
Soit z ∈ OK , z ∈
/ P. Nous allons montrer que z est inversible dans
OK /P. L’élément z vérifie une équation du type
z m + bm−1 z m−1 + · · · + b1 z + b0 = 0
avec bi ∈ Z, ce qui équivaut à
z(z m−1 + · · · + b1 ) = −b0
Si b0 ∈ pZ ⊂ P, on en déduit que
z m−1 + · · · + b1 ∈ P,
car P est un idéal premier. En continuant ce processus, on voit qu’on peut
s’assurer de l’existence de y ∈ OK tel que zy − c ∈ P, avec c ∈ Z\pZ
(ce qui est immédiat si b0 ∈
/ pZ). Par conséquent, (zy)p−1 − cp−1 ∈ P.
Maintenant cp−1 − 1 ∈ pZ (c’est le petit théorème de Fermat) et donc
(zy)p−1 − 1 ∈ P, ce qui indique bien que z est inversible dans l’anneau
quotient OK /P.
En résumé, nous avons montré que tout élément non nul de OK /P est
inversible ; OK /P est donc un corps et P un idéal maximal.
5
Exercice 3.
√
1) Si d ≡ 1( mod 4), θ = (1 + d)/2 et le polynôme irréductible P de θ
sur Z s’écrit : P (X) = X 2√− X + (1 − d)/4.
Si d ≡ 2, 3( mod 4), θ = d et P (X) = X 2 − d.
2) Soient a, b, c, d ∈ Z tels que x = a+bθ = c+dθ. Alors a−c+θ(b−d) =
0 ce qui signifie que θ est racine du polynôme R(X) = (b − d)X + a −
c ∈ Z[X]. Maintenant θ est de degré 2 sur Q (c’est à dire le polynôme
irréductible de θ sur Q est de degré 2) et donc R est le polynôme nul, d’où
l’unicité de l’écriture de x.
3) Il est clair que : (i) ϕp est surjectif ; (ii) ker(ϕp ) = pZ[X].
4) Supposons d ≡ 2, 3( mod 4). Alors P = X 2 − d.
• p = 2. Alors ϕ2 (P ) = X 2 − d¯ ∈ F2 [X] est toujours réductible : c’est
soit X 2 , soit X 2 − 1̄ = (X − 1̄)2 .
• p 6= 2. Alors ϕp (P ) est irréductible si et seulement si d¯ n’est pas un
carré dans Fp . Maintenant si p|d (c’est à dire d¯ = 0̄ dans Fp ), ϕp (P ) = X 2
et si d = a2 est un carré non nul de Fp alors ϕp (P ) = (X − a)(X + a).
(Noter que dans le dernier cas, X − a 6= X + a).
Supposons d ≡ 1( mod 4).
• p = 2. Alors ϕ2 (P ) = X 2 + X + λ̄, où d = 1 + 4λ, λ ∈ Z. Ainsi ϕ2 (P )
est irréductible si et seulement si λ est impair c’est à dire si et seulement
si d ≡ 5( mod 8). Maintenant si d ≡ 1( mod 8), ϕ2 (P ) = X(X − 1̄).
• p 6= 2. Dans ce cas, ϕp (P ) = X 2 − X + λ̄ = (X − 2̄−1 )2 − d¯4̄−1 .
Ainsi ϕp (P ) est irréductible si et seulement si d¯ n’est pas un carré dans
Fp . Maintenant si p|d, on obtient ϕp (P ) = (X − 2̄−1 )2 et si d¯ = a2 6= 0
dans Fp , on obtient ϕp (P ) = (X − 2̄−1 + a2̄−1 )(X − 2̄−1 − a2̄−1 ).
5) a) La seule difficulté est de vérifier que Ψ(xy) = Ψ(x)Ψ(y). Pour ce
faire, il suffit de noter que ϕp (P ) est trivial dans le quotient Fp [X]/(P0 ).
b) Comme P0 est irréductible et que Fp [X] est principal, l’idéal (P0 ) est
maximal dans Fp [X] et le quotient Fp [X]/(P0 ) est un corps.
Le morphisme d’anneaux Ψ est clairement surjectif. Le noyau Ψ que l’on
notera P est donc un idéal maximal de Z[θ].
Un élément x = a + bθ de Z[θ] (avec a et b dans Z) est dans le noyau de
Ψ si et seulement si ϕp (a + bX) = P0 (X)R(X), avec R(X) dans Fp [X].
6
Si l’on relève cette écriture à Z[X], on obtient :
a + bX = P̂0 (X)R̂(X) + pS(X),
avec R̂(X), S(X) ∈ Z[X], et ainsi x = a + bθ ∈ (p, P̂0 (θ)). On a donc
ker(Ψ) ⊂ (p, P̂0 (θ)).
Pour l’inclusion inverse, il suffit simplement de noter que Ψ(p) = Ψ(P̂0 (θ)) =
0.
c) L’idéal P ∩ Z est un idéal premier de Z différent de Z (car ne contient
pas 1) et qui contient pZ ; par maximalité de pZ, on en déduit l’égalité
P ∩ Z = pZ.
d) Comme P0 6= P00 , il vient clairement que P est différent de P0 .
Un élément de P (respectivement de P0 ) s’écrit xp + y P̂0 (θ) (resp. x0 p +
y 0 P̂ 0 0 (θ)), avec x et y (resp. x0 et y 0 ) dans OK . Ainsi
(xp + y P̂0 (θ))(x0 p + y 0 P̂ 0 0 ) ∈ pOK + P̂0 (θ)P̂ 0 0 (θ)OK ⊂ pOK
car ϕp (P ) = P0 P00 . Il vient donc PP0 ⊂ pOK . Pour l’inclusion inverse,
notons tout d’abord que P + P0 = OK : en effet, P + P0 est un idéal de
OK contenant strictement l’déal maximal P (car P 6= P0 ), ainsi P+P0 est
l’anneau OK . Par conséquent, pOK = pP + pP0 ⊂ PP0 , car p ∈ P, P0 .
Enfin notons que Pˆ0 (θ)Pˆ00 (θ) ∈ pOK , mais que ni Pˆ0 (θ) ni Pˆ00 (θ) ne sont
dans pOK , c’est à dire que pOK n’est pas premier.
2
e) La aussi, on note que Pˆ0 (θ) ∈ pOK mais que Pˆ0 (θ) n’est pas dans
pOK , ce qui montre que pOK n’est pas premier.
Nous avons vu dans la question 4 que ϕp (P ) est un carré lorsque p divise
d et lorsque p = 2 et que d ≡ 2, 3( mod 4). Nous allons donc distinguer
3 cas.
• Supposons d’abord : d ≡ 2, 3( mod 4) et p|d.
Rappelons que P = (p, Pˆ0 (θ)) et que P (X) = X 2 − d.
Alors Pˆ0 (X) = X + pR(X) et ainsi
2
Pˆ0 (θ) = θ2 +2pθR(θ)+p2 R2 (θ) = θ2 +2pR(θ) −pR(θ) + Pˆ0 (θ) +p2 R2 (θ).
On obtient ainsi :
7
2
P2 = (p2 , pPˆ0 (θ), Pˆ0 (θ))
= (p2 , pPˆ0 (θ), θ2 )
= (p2 , pPˆ0 (θ), d)
= (p, pPˆ0 (θ)) car pgcd(p, d) = p
= (p)
• Supposons ensuite : d ≡ 3( mod 4) et p = 2.
Alors Pˆ0 (X) = (X + 1) + 2R(X) et ainsi
2
Pˆ0 (θ) = (θ + 1)2 + 4(θ + 1)R(θ) + 4R2 (θ)
On obtient ainsi
P2 =
=
=
=
=
2
(4, 2Pˆ0 (θ), Pˆ0 (θ))
(4, 2(θ + 1), (θ + 1)2 )
(4, 2(θ + 1), d + 1 + 2θ)
(4, 2(θ + 1), 2θ) car d ≡ 3( mod 4)
(4, 2) = (2)
• Il reste alors le cas où d ≡ 1( mod 4). Dans ce cas nécessairement p|d
et la preuve se fait comme pour le premier point.
f) On a dans ce cas : ker(Ψ) = (p, P (θ)) = pOK . Ainsi pOK est un idéal
premier.
6) Il est clair que P ∩ Z = pZ implique pOK ⊂ P. La réciproque provient
simplement du fait que pZ est maximal et que 1 ∈
/ P.
L’anneau OK est un anneau de Dedekind (noetherien, intégralement clos,
et tout idéal premier non nul est maximal). De ces propriétés, un résultat
général sur la factorisation des idéaux en produit d’idéaux premiers dans
un anneau de Dedekind permet de montrer que la factorisation de ϕp (P )
donne tous les idéaux premiers de OK au-dessus de p.
√
√
√
7) Pour K = Q( 5), on a OK = Z[(1 + 5)]/2. Ici θ = (1 + 5)/2 et
le polynôme irréductible de θ sur Z est X 2 − X − 1.
• Pour p = 2, on trouve ϕ2 (P ) = X 2 + X + 1̄ qui est irréductible. On
trouve ainsi un seul idéal premier de OK au-dessus de 2 : 2OK .
• Pour p = 3, on trouve que ϕ3 (P ) est irréductible et donc un seul idéal
premier de OK au-dessus de 3 : 3OK .
• Pour p = 11, on trouve ϕ11 (P ) = (X − 4̄)(X + 3̄) et ainsi il y a
deux idéaux premiers de OK au-dessus de 11 : P = (11, θ − 4) et P0 =
(11, θ + 3).
• Pour p = 5, on a ϕ5 (P ) = (X + 2̄)2 et donc l’existence d’un seul idéal
premier de OK au-dessus de 5 : P = (5, θ + 2).
8
Série II
√
√
Soient K = Q( −2) et OK = Z[ −2]. Soit ϕ : K → Z, définie par
ϕ(x) = xx̄.
1) L’application ϕ étant multiplicative, c’est à dire pour tout x, y ∈ K,
×
ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y), on en déduit
1.
√ que x ∈ OK si et seulement si ϕ(x) =
×
Si l’on écrit ensuite x = a + b −2, avec a, b ∈ Z, on a alors x ∈ OK si
et seulement si a2 = 1, c’est à dire x = ±1.
2) Un anneau intègre A est euclidien par rapport à une fonction ϕ définie
sur A∗ et à valeur dans N si :
- ϕ(xy) ≥ ϕ(x)
- pour a et b dans A, avec b 6= 0, il existe q et r dans A tels que
a = bq + r avec r = 0 ou bien ϕ(r) < ϕ(b).
Revenons à l’anneau OK . Le premier point est évident car ϕ est multiplicative. Quant au second, nous allons procéder comme pour l’anneau
Z[i].
√
Soient x et y 6= 0 dans OK . Posons z = x/y = a+b −2 avec a et b dans
Q. Choisissons m et n dans Z tels
√ que |m − a| ≤ 1/2 et |n − b| ≤ 1/2.
Posons finalement, q = m + n −2 ∈ OK et r = x − qy. Supposons
r 6= 0, alors
ϕ(r) = ϕ(x − qy)
= ϕ(y)ϕ(z − q)
√
= ϕ(y)ϕ((a − m) + (b − n) −2)
= ϕ(y)((m − a)2 + 2(n − b)2 )
< ϕ(y)
√
3) Ecrivons −2 = xy dans OK . Alors ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) = 2 et
×
ainsi, par √
exemple, ϕ(x) = 1 c’est à dire x ∈ OK
. Ceci montre bien que
l’élément −2 est irréductible.
√
√ 3
4) La différence xa − x¯a = −2 −2 = −2 est dans l’idéal Ia . Comme
l’anneau OK est euclidien, il est donc principal. Il existe donc un élément
x ∈ OK tel que Ia = xOK .
√ 3
√
Par conséquent, il existe y dans OK tel que xy = −2 . L’élément −2
étant irréductible
et l’anneau OK factoriel, par unicité, on en déduit que
√ m
x = ± −2 , avec m ∈ {0, 1, 2, 3}.
On suppose maintenant que a et b dans Z vérifient a2 + 2 = b3 .
9
5) Supposons√m > 0. Rappelons que xa ∈ Ia . Il existe donc y dans OK
m
tel que xa√= −2 x.
√ Comme m > 0, l’élément xa peut alors s’écire sous
la forme −2(c + d −2), avec c et d dans Z.
Si l’on développe, on trouve alors :
√
√
a + −2 = c −2 − 2d,
et ainsi a = 2a0 est pair.
Reportons alors dans l’équation de départ pour obtenir 4a0 2 + 2 = b3 , ce
qui modulo 4 donne
b̄3 ≡ 2̄( mod 4)
ce qui est absurde.
Ainsi m = 0, ce qui signifie que Ia = OK .
Comme Ia est engendré par xa et x¯a , on obtient donc une relation de
Bezout entre ces deux éléments ; ils sont premiers entre eux.
6) Partons de l’équation a2 + 2 = b3 qui s’écrit xa x¯a = b3 . Comme xa et
x¯a sont premiers entre eux et que l’anneau OK est factoriel, on en déduit
que xa est égal à un cube et ce à une unité près. Or les unités de OK sont
±1 qui sont aussi des cubes, on
√ xa est un cube dans OK .
√ en déduit que
Il existe c, d ∈ Z tels que a + −2 = (c + d −2)3 . Si l’on développe, on
trouve alors le système :
3
c − 6cd2 = a
3c2 d − 2d3 = 1
La dernière équation donne : d(3c2 − 2d2 ) = 1 c’est à dire d = ±1.
Reportant ceci de nouveau dans la dernière équation, on a c = ±1 c’est à
dire a = ±5 et b = 3.
L’équation X 2 + 2 = Y 3 a donc uniquement deux solutions dans Z : les
couples (5, 3) et (−5, 3).
10
Série III
Exercice 1.
1) –
2) Prenons x ∈ A, mais pas dans I. Nous allons montrer que la classe x̄
dans A/I est inversible. Tout d’abord il est clair que I + xA est un idéal
à droite de A contenant I. Cet idéal ne peut être égal à I, car x ∈
/ I. Par
maximalité à droite de I, on a donc I + xA = A. Il existe donc a ∈ A
et i ∈ I tels que i + xa = 1, c’est à dire x̄ā = 1̄ dans A/I et donc x est
inversible à droite. En utilisant la propriété de maximalité à gauche de I,
on en déduit de même l’existence de a0 ∈ A tel que ā0 x̄ = 1̄. A noter que
ā0 = ā.
3) Soit J un idéal à droite de A contenant strictement I. Nous allons
montrer que sous l’hypothèse où A/I est un corps, alors J = A. Soit
j ∈ J mais pas dans I. Cela signifie que j̄ 6= 0 dans A/I et est donc
inversible à droite. Il existe a ∈ A et i ∈ I tels que i+ja = 1. Maintenant,
comme I ⊂ J et comme J est un idéal à droite on en déduit que 1 ∈ J
et ainsi J = A.
On montre de même que I est maximal à gauche.
4) Soit A = M2 (R) l’algèbre des matrices carrées 2 × 2 à coefficients dans
R. Nous allons montrer que I = (0) est l’unique idéal à gauche et à droite
de A, différent de A.
Soit donc I un idéal bilatère de A non réduit à (0). Il existe une matrice
M de I non nulle. Pour simplifer supposons que le coefficient a = M1,1
i,j
est non nul. Notons par E i,j la matrice dont le (k, l)-ième coefficient Ek,l
vaut 0 si (i, j) 6= (k, l), 1 sinon.
On peut alors vérifier l’égalité matricielle suivante :
E 1,1 M E 1,1 + E 2,1 M E 1,2 = aId
et ainsi
1/a Id (E 1,1 M E 1,1 + E 2,1 M E 1,2 ) = Id
Comme I est un idéal à droite et à gauche, on en déduit que Id ∈ I c’est
à dire que I = M2 (R).
L’idéal (0) est donc maximal, mais par contre le quotient A/(0), isomorphe
à A, n’est pas un corps.
Exercice 3.
11
1) Si q = x + yi + zj + tk, alors q 2 = x2 + ay 2 + bz 2 − abt2 + 2(xyi +
xzj + xtk). Ainsi q 2 ∈ K si et seulement si xy = xz = xt = 0. Si x est
non nul, on retrouve bien sur le cas où q est dans K. Maintenant pour
x = 0, on a bien q 2 ∈ K.
Soit q = x ∈ K et q 0 = yi + zj + tk quaternion pur tels que q 2 =
q 0 2 . Alors, on obtient l’égalité x2 = ay 2 + bz 2 − abt2 ce qui équivaut à
x2 − ay 2 − bz 2 + abt2 = 0.
Maintenant lorsque H est un corps, la forme norme X 2 −aY 2 −bZ 2 +abT 2
est anisotrope et ainsi on en déduit bien que q = q 0 = 0.
2) b est une K-forme bilinéaire symétrique car l’involution .̄ est K-linéaire.
Si l’on détermine ensuite la matrice de cette forme bilinéaire dans la base
{1, i, j, k}, on trouve


2 0 0
0
 0 2a 0
0 


 0 0 2b
0 
0 0 0 −2ab
de déterminant −16a2 b2 qui est non nul (car a, b ∈ K ∗ ). La forme b est
donc non -dégénérée.
Un petit calcul montre que le supplémentaire orthogonal de K est l’espace
des quaternions purs.
1 0
3) On construit directement Ψ, en posant Ψ(1) =
, Ψ(i) =
0 1
0 1
−1 0
0 1
, Ψ(j) =
, puis Ψ(k) = Ψ(i)Ψ(j) =
−1 0
0 1
1 0
ceci afin que Ψ soit un morphisme de K-algèbres. On peut vérifier que
Ψ(j)Ψ(i) = −Ψ(k). Il suffit ensuite de s’assurer que {Ψ(1), Ψ(i), Ψ(j), Ψ(k)}
forme une famille libre. (on peut conclure plus rapidement en utilisant le
fait que H est simple).
x−z y+t
Si q = x + yi + zj + tk alors Ψ(q) =
et Ψ(q̄) =
y−t x+z
x + z −y − t
.
−y + t x − z
12
4) a) Si q = x + yi + zj + tk, on a :


x ya zb −tab
 y x tb −zb 

Mq = 
 z −at x
ya 
t −z y
x
On peut noter que T r(fq ) = 4x = 2(q + q̄).
Cette petite remarque va permettre de montrer le résultat suivant :
Soient H et H0 deux algèbres de quaternions et Γ : H → H0 un isomorphisme de K-algèbres. Alors Γ(q̄) = Γ(q).
Preuve.
Puisque Γ est un isomorphisme de K-algèbres, la famille
{Γ(1) = 1, Γ(i), Γ(j), Γ(k)}
forme une K-base de H0 .
Notons ensuite que la matrice Mq est exactement la matrice de l’endomorphisme
0
fΓ(q)
de H0 correspondant à la multiplication à gauche par Γ(q). La trace
0
de cette matrice, c’est à dire de l’endomorphsime fΓ(q)
, est 2(q + q̄).
0
Mais d’après la remarque précédente la trace de fΓ(q) est aussi égal à
2(Γ(q) + Γ(q)). Maintenant comme Γ est un isomorphisme de K-algèbres,
Γ restreint à K est l’identité, d’où Γ(q) + Γ(q̄) = Γ(q + q̄) = q + q̄. En
conclusion, on obtient bien Γ(q̄) = Γ(q).
b) On suppose H = (1, 1).
Notons tout d’abord que le polynôme caractéristique Pq passe bien à travers
Ψ. En effet, on a : Pq (X) = det(fq − XIdH ) = det(Ψ ◦ fq ◦ Ψ−1 −
XIdM2 (K) ). Il suffit ensuite de noter que Ψ◦fq ◦Ψ−1 est un endomorphisme
de M2 (K) correspondant à la multiplication à gauche par Ψ(q). En effet
pour A ∈ M2 (K), on a Ψ(fq (Ψ−1 (A))) = Ψ(qΨ−1 (A)) = Ψ(q)A. En
résumé, le polynôme Pq est également le polynôme caractéristique de la
multiplication à gauche dans M2 (K) par Ψ(q).
s u
1 0
0 0
Soit B =
∈ M2 (K), et soient e1 =
, e2 =
,
v w
0 0
1 0
0 1
0 0
e3 =
et e4 =
une base de M2 (K). Alors si l’on écrit
0 0
0 1
dans cette base la matrice de la multiplication à gauche par B, on obtient
une matrice 4 × 4 diagonale par blocs :
B 0
,
0 B
13
dont le polynôme caractéristique est
PB (X) = ((X − s)(X − w) − uv)2 = (X 2 − (s + w)X + sw − uv)2
Si l’on pose B = Ψ(q), on
PΨ (q)(X) =
=
=
obtient alors (en utilisant la question 3))
(X 2 − 2xX + x2 − y 2 − z 2 + t2 )2
(X 2 − (q + q̄)X + q q̄)2
((X − q)(X − q̄))2
c) Il a été vu en cours que si H est une algèbre de quaternions qui n’est
pas un corps, alors il existe un isomorphisme de K-algèbres Γ de H vers
l’algèbre de quaternions (1, 1).
Soit q ∈ H. La matrice de la multiplication à gauche par q dans H (dans la
base canonique par exemple) est conjuguée à la matrice de la multiplication
à gauche par Γ(q) de (1, 1), exprimée dans une certaine base. Les polynôme
caractérstiques Pq (X) et PΓ(q) (X) sont donc identiques. Le second a été
calculé dans le point précédent et est égal à
PΓ(q) (X) = (X 2 − (Γ(q) + Γ(q))X + Γ(q)Γ(q))2
Or on a vu que Γ(q) = Γ(q̄) et ainsi
PΓ(q) (X) = (X 2 − (Γ(q + q̄))X + Γ(q q̄))2
Pour conclure, il suffit de noter de nouveau que Γ restreint à K est l’identité
et on trouve alors
Pq (X) = PΓ(q) (X) = (X 2 − (q + q̄)X + q q̄)2
Il ne reste donc plus qu’à regarder le cas où la forme norme est anisotrope,
c’est à dire le cas où H est un corps. Pour ce faire, on se place dans une
clôture algébrique K de K. (En fait pour simplifier, on supposera K ⊂ C,
et on prendra K = C).
Considérons alors l’algèbre de quaternions HC = {x+yi+zj+tk, x, y, j, k ∈
C} avec les relations i2 = a, j 2 = b et ij = −ji = k. C’est l’algèbre H
pour laquelle on a étendu les scalaires à C. Alors clairement la forme
norme de HC est isotrope et ainsi HC est isomorphe à M2 (C). Soit
q ∈ H ⊂ HC . Considérons Fq l’endomorphisme de HC donné par la
multiplication à gauche par q. Alors dans la base {1, i, j, k}, la matrice
de Fq est exactement la même que celle de fq (multiplication à gauche
dans H), les polynômes caractéristiques sont donc les mêmes. On conclut
simplement en notant que pour Fq , on a la formule (car HC ' M2 (C))
Pq (X) = (X 2 − (q + q̄)X + q q̄)2
d) On a déja vu que tr(fq ) = 4x. Maintenant, det(fq ) = Pq (0) = (q q̄)2 .
14
Série IV
Exercice 1.
1) Puisque b est non nulle, il existe x, y ∈ V tels que b(x, y) 6= 0.
L’identité
2b(x, y) = b(x + y, x + y) − b(x, x) − b(y, y)
montre l’existence de z ∈ V (z = x, y ou x + y) tel que b(z, z) 6= 0.
2) a) On veut montrer que (V, b) ' (Rx, b) ⊕ ((Rx)⊥ , b). D’après un
résultat du cours, il suffit de montrer que V = Rx ⊕ (Rx)⊥ (on oublie la
forme b).
Maintenant comme x est anisotrope, la forme (Rx, b) est non dégénérée.
Ainsi pour tout y ∈ V , il existe x0 ∈ Rx tel que les formes linéaires
b(y, .) et b(x0 , .) coı̈ncident sur Rx. On pose alors y = x − x0 + x0 .
On a clairement x − x0 ∈ (Rx)⊥ . Pour conclure, il suffit de noter que
Rx ∩ (Rx)⊥ = {0} car (Rx, b) est non-dégénérée.
b) Pour y ∈ (Rx)⊥ , on a b(x, y) = 0 et ainsi τx (y) = y. On a facilement
b(x, x)
x = −x.
τx (x) = x − 2
b(x, x)
c) Soient y, z ∈ V . Alors
b(x, y)
b(x, z)
b(τx (y), τx (z)) = b y − 2
x, z − 2
x
b(x, x)
b(x, x)
b(x, z)
b(x, y)
= b(y, z) − 2
b(y, x) − 2
b(x, z)
b(y, x)
b(x, x)
b(x, y) b(x, z)
+4
b(x, x)
b(x, x) b(x, x)
= b(y, z)
Il nous reste à noter que τx est un isomorphisme d’espace vectoriel. (c’est
par exemple une conséquence de la question suivante).
d) Soit y ∈ V . Alors
b(x, y)
x)
b(x, x)
b(x, y)
= τx (y) − 2
τx (x)
b(x, x)
b(x, y)
b(x, y)
= y−2
x+2
x
b(x, x)
b(x, x)
= y
τx (τx (y)) = τx (y − 2
15
e)
Soit {e2 , · · · , en } une base de (Rx)⊥ . Alors d’après a), {x, e2 , · · · , en }
est une base de V . La matrice de τx dans cette base s’écrit :

−1 0 · · · 0
 0
1 ··· 0 


 0 · · · ... 0 
0
0 ··· 1

d’où det(τx ) = −1.
3)
Nous allons faire une induction sur n
• Si n = 1, alors σ(x) = λx, avec λ ∈ R. Comme σ est une isométrie, on
obtient ensuite b(x, x) = b(σ(x), σ(x)) = λ2 b(x, x) c’est à dire λ = ±1.
Si λ = 1, σ est l’identité, sinon σ est la symétrie x 7→ −x.
• Soit n > 1 et soit x un vecteur nul. Par hypothèse b(x, x) 6= 0. Nous
allons distinguer deux cas.
(i) σ(x) = x. Alors comme b(x, x) 6= 0, (V, b) ' (Rx, b) ⊕ ((Rx)⊥ , b). De
plus σ conservant la forme b, on a donc σ(Rx) ⊂ Rx. L’espace vectoriel
(Rx)⊥ étant de dimension n − 1, par hypothèse d’induction σ restreint à
(Rx)⊥ est le produit d’au plus n − 1 réflexions et ainsi il en est de même
pour σ.
(ii) y = σ(x) − x 6= 0.
Un calcul montre que τy (σ(x)) = x, ainsi x est fixé par τy ◦ σ. D’après le
point (i), τy ◦ σ est le produit d’au plus n − 1 réflexions r1 , · · · , rs :
τy ◦ σ = r1 ◦ · · · ◦ rs
avec s ≤ n − 1, d’où
σ = τy ◦ r 1 ◦ · · · ◦ rs
Exercice 2.
1) Supposons que la dimension n de V est au moins 1. Puisque (V, b) est
non-nulle, il existe un vecteur x tel que b(x, x) 6= 0 (voir question 1) de
l’exercice précédent). Alors (V, b) = (Rx, b) ⊕ ((Rx)⊥ , b). La dimension
de Rx⊥ vaut n − 1. On conclut ensuite par récurrence sur n.
2) a)
16
b(u, v) = 1/4b(x + y, x − y)
= 1/4 (b(x, x) − b(x, y) + b(x, y) − b(y, y))
= 0
De l’égalité x = u+v, on en déduit facilement : b(x, x) = b(u, u)+b(v, v).
Comme b(x, x) est non nul, un des deux réels b(u, u), b(v, v) est non nul.
b) Supposons b(u, u) non nul. Alors
b(u, x)
τu (x) = x − 2
u
b(u, u)
b(u, u + v)
u
= x−2
b(u, u)
= x − 2u
= −y
L’isométrie σ = −τu est telle que τu (x) = y.
Maintenant si b(u, u) = 0, alors b(v, v) 6= 0. Un calcul identique au calcul
précédent montre que τv (x) = y et σ = τv convient.
3) D’après la question 1), (V, b) est diagonalisable :
(V, b) '< a1 > ⊕ · · · ⊕ < ar >
et ainsi on a
< a1 > ⊕ · · · ⊕ < ar > ⊕(V1 , b1 ) '< a1 > ⊕ · · · ⊕ < ar > ⊕(V2 , b2 )
Q
Comme (V, b) est non-dégénérée, ri=1 ai 6= 0. (A noter que les ai peuvent
être choisis égaux à ±1).
Soit x1 tel que b(x1 , x1 ) = a1 . Alors < a1 > ⊕ · · · ⊕ < ar > ⊕(V1 , b1 )
s’écrit aussi < Rx1 , b > ⊕ < V10 , b01 > avec < V10 , b01 >=< a2 > ⊕ · · · ⊕ <
ar > ⊕(V1 , b1 ). On a de même : (V, b) ⊕ (V2 , b2 ) '< Rx2 , b > ⊕ <
V20 , b02 >. En résumé :
< Rx1 , b > ⊕ < V10 , b01 >'< Rx2 , b > ⊕ < V20 , b02 >
avec b(x1 , x1 ) = b(x2 , x2 ). Notons ensuite que (Rx1 )⊥ = V1 (de même :
0
Rx⊥
2 = V2 ).
D’après la question 2), il existe une isométrie σ telle que σ(x1 ) = x2 .
Comme σ conserve la propriété d’orthogonalité, on en déduit que σ(V10 ) =
V20 et par conséquent (V10 , b01 ) ' (V20 , b02 ). On conclut par induction sur la
dimension de (V, b).
Exercice 3.
1) Pour la forme
0 1
1 0
définie sur Z, nous avons
q(x, y) = 2xy
17
qui est toujours paire. Maintenant pour la forme
0 1
1 1
, nous avons
q(x, y) = 2xy + y 2
qui peut prendre des valeurs impaires. Ces deux formes ne peuvent donc
être équivalentes sur Z.
2) 3) Le calcul matriciel de la question 2) montre l’isomorphisme suivant :
0 1
0 −1
0 1
0 −1
⊕
'
⊕
1 1
−1 −1
1 0
−1 −1
La question 1) indique alors que le théorème de simplification de Witt n’a
pas lieu dans ce cas.
18
Série V.
1) Le déterminant de IdL −f est exactement Pf (1) et vaut, par hypothèse,
±1. Posons g = IdL − f . Alors le polynôme caractéristique Pg de g va
s’écrire :
Pg (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0
où les éléments ai sont dans Z et où a0 = ±det(g) = ±1. Maintenant on
sait que Pg (g) est l’endomorphisme nul. Ainsi IdL = ±(a1 g + · · · + g n ) =
±g(a1 g + · · · + g n−1 ). (pour n = 1, g = ±IdL ).
Pour conclure, il suffit de noter que a1 g + · · · + g n est un endomorphisme
de L et ainsi g est un automorphisme de Z-modules. A noter que g −1 =
± (a1 (IdL − f ) + · · · + (IdL − f )n ) ∈ Z[f ].
2) On a b(f (x), y) = b(f (x), f (f −1 (y))) = b(x, f −1 (y)), car f est une
isométrie.
Par linéarité, on en déduit pour R(f ) ∈ Z[f ],
b(R(f )(x), y) = b(x, R(f −1 )(y))
3)
f (IdL − f )(IdL − f −1 ) ((IdL − f )−1 + (IdL − f −1 )−1 )
= (f (IdL − f −1 ) + f (IdL − f ))
= −(f 2 − 2f + IdL )
= −(f − IdL )2
On obtient donc l’égalité : g 2 ((IdL − f )−1 + (IdL − f −1 )−1 ) = g 2 , que
l’on peut simplifier par g 2 , car g est un automorphisme de L. D’où l’égalité :
((IdL − f −1 )−1 + (IdL − f )−1 ) = IdL .
4) Notons R(f ) l’inverse de g et soit x ∈ L. Alors
b(x, x) = b((IdL − f )−1 (x) + (IdL − f −1 )−1 (x), x) (d’après la question 3)
= b(R(f )(x), x) + b(x, R(f −1 )(x)) (par linéarité)
= b(x, R(f −1 (x)) + b(x, R(f −1 )(x)) (d’après la question 2)
= 2b(x, R(f −1 (x))
ce qui montre bien que b est paire.
19
Série VI.
Solution of Ex. n.1
One can find the solution of this exercice in the following book
Théorie algébrique des nombres
P.Samuel
1) see lemma 1 pag. 22,
2) see lemma 2 pag. 23,
3) see corollary 1 pag. 27 and corollary 4 pag. 28.
Solution of Ex. n.2
i) From the theorem on submodules of free module over P.I.D. we know first
that Γ0 is a free Z module and secondly that there exists a basis γ1 , . . . , γn
of Γ and integers a1 , . . . , an such that Γ0 ∼
= Za1 γ1 + · · · + Zan γn . Since
0
the rank of Γ is n each a1 6= 0.
• We remind that the index of a submodule is the integer [Γ : Γ0 ] = |Γ/Γ0 |.
Then, by the above isomorphism, we see that
|Γ/Γ0 | = |Zγ1 + · · · + Zγn /Za1 γ1 + · · · + Zan γn |
= |Z/a1 Z + · · · + Z/an Z|
= a1 · · · · · an
• Recall that the determinant of Γ is the determinat of the matrix B =
(b(γi , γj ))ij , (it does not depends on the choice of the basis). The determinat of Γ0 is the determinat of the matrix B 0 = (b(ai γi , aj γj ))ij . It
follows that B 0 = ABA where A is the diagonal matrix with the elements a1 , . . . , an on the diagonal. So det Γ0 = det B 0 = det ABA =
det A2 det B = [Γ : Γ0 ]2 det Γ.
ii) It is enough to proof that Γ] is unimodular (det Γ] = ±1). Then use
part i).
From the criterium of unimodularity we have to proof that for every unitary
element x ∈ Γ] there exists y ∈ Γ] such that b(x, y) = 1. (unitary means
that if x ∈ nΓ] then n = 1.)
Recall that
Γ] = {y ∈ ΓQ : b(y, γ) ∈ Z f or all γ ∈ Γ}.
For a unitary element x consider
20
Ix := {b(x, y) : y ∈ Γ] }.
It is easy to check that Ix is an ideal of Z and so Ix = (nx ) for nx ∈ Z.
Then nx |b(x, y) for all y ∈ Γ] so b(x/nx , y) ∈ Z and x/nx is an element
of Γ] . This implies that x ∈ nx Γ] and since x is unitary nx = 1. We have
proven that Ix = (1) so there exists an element y such that b(x, y) = 1.