Solution

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #7, 11 mars
Exercice 1 (ex. 2, p. 311). Montrez que les polynômes suivants sont irréductibles sur Z[x] :
(a) x4 − 4x3 + 6
(b) x6 + 30x5 − 15x3 + 6x − 120
(c) x4 + 4x3 + 6x2 + 2x + 1 [Indice : remplacez x avec x − 1.]
(d) ((x + 2)p − 2p )/x, où p est nombre premier impair.
Solution. (a) Le polynôme x6 − 4x3 + 6 est unitaire. Aussi, on a que 2|4 et 2|6 mais 22 - 6.
Donc le critère d’Eisenstein implique que x6 − 4x3 + 6 est irréductible sur Z[x].
(b) Le polynôme x6 + 30x5 − 15x3 + 6x − 120 est unitaire. De plus, on a que 3 divise 30,
−15, 6 et −120, mais 32 ne divise pas −120. Par suite, en appliquant le critère d’Eisenstein,
on trouve que x6 + 30x5 − 15x3 + 6x − 120 est irréductible.
(c) Soit f (x) = x4 + 4x3 + 6x2 + 2x + 1. On ne peut pas appliquer le critère d’Eisenstein
directement à f (x) parce que son coefficient constant n’a aucun diviseur premier. Cependant,
on observe que
(x + 1)4 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1,
donc
f (x) = (x + 1)4 − 2x = (x + 1)4 − 2(x + 1) + 2.
Alors, f (x − 1) = x4 − 2x + 2, qui est irréductible par le critère d’Eisenstein : 2 divise tous
les coefficients à part du coefficient dominant, mais 22 ne divise pas le coefficient constant.
Donc f (x) est irréductible.
(d) On a que
1
(x + 2)p − 2p
=
x
x
p X
p p−j j
2 x − 2p
j
j=0
!
p p 1 X p p−j j X p p−j j−1
=
2 x =
2 x
x j=1 j
j
j=1
p−1 X
p
=
2p−j−1 xj .
j
+
1
j=0
Le polynôme
au-dessus est clairement unitaire. Aussi,
comme nous avons déjà vu, p divise
p
p
2
pour j{0, 1, . . . , p − 2} et p ne divise pas 2 · 1 = 2p, car p est supposé d’être impair.
j+1
Alors, le critère d’Eisenstein conclut la preuve que ((x + 2)p − 2p )/x est irréductible dans
Z[x].
Exercice 2 (ex. 14, p. 312). Factorisez les polynômes x8 − 1 et x6 − 1 en produit des
polynômes irréductibles dans les anneaux suivants :
(a) Z,
(b) Z/2Z,
(c) Z/3Z.
Solution. Tout d’abord, on examine le polynôme x8 − 1. On a la factorisation
x8 − 1 = (x4 − 1)(x4 + 1) = (x2 − 1)(x2 + 1)(x4 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1).
1
2
Donc, notre but est d’examiner si les polynômes x−1, x+1, x2 +1 et x4 +1 sont irréductibles
ou pas sur Z, Z/2Z et Z/3Z et, dans le deuxième case, trouver leur factorisation. C’est facile
à voir que les polynômes linéaires x − 1 sont x + 1 irréductibles 1 dans Z, Z/2Z et Z/3Z. Il
reste de factoriser x2 + 1 et x4 + 1.
Premièrement, les polynômes x2 + 1 et x4 + 1 sont tous irréductible dans Z[x]. En effet, le
polynôme x2 + 1 a degré 2 et pas de racines rationnelle car x2 + 1 ≥ 1 pour x ∈ Q, donc il
est irréductible dans Q[x]. Finalement, le polynôme (x + 1)4 + 1 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 2
est irréductible dans Z[x] par le critère d’Eisenstein. Par conséquent, x4 + 1 est irréductible
dans Z[x].
Puis, pour Z/2Z, on a que x2 + 1 ≡ (x + 1)2 (mod 2), x4 + 1 ≡ (x2 + 1)2 ≡ (x + 1)4
(mod 2), et x − 1 ≡ x + 1 (mod 2). Donc x8 − 1 ≡ (x + 1)8 (mod 2), et le polynôme x + 1
est irréductible.
Finalement, pour Z/3Z, on a que x2 + 1 est irréductible car son degré est égal à 2 et il n’a
pas de racines dans Z/3Z : 02 + 1 = 1 6≡ 0 (mod 3), 12 + 1 = 2 6≡ 0 (mod 3) et 22 + 1 = 5 6≡ 0
(mod 3). Il reste d’examiner si x4 + 1 est irréductible sur Z/3Z. Ce polynôme n’a pas de
racines dans Z/3Z (car x2 + 1 n’a pas de racines dans Z/3Z), alors la seule possibilité pour
une factorisation non-triviale de x4 + 1 est que
x4 + 1 ≡ (x2 + ax + b)(x2 + cx + d)
(mod 3)
(sans perte de généralité, on peut supposer que les facteurs de x4 + 1 sont unitaire car x4 + 1
est unitaire). En développant le produit et comparant les coefficients de deux côtés, on trouve
que
a+c≡0
(mod 3), ac + b + d ≡ 0
(mod 3), ad + bc ≡ 0
(mod 3) et bd ≡ 1
(mod 3).
2
La première et la deuxième relation nous donne que b + d ≡ a (mod 3). La première et la
troisième relation nous donne que a(b − d) ≡ 0 (mod 3). Les seuls carrés modulo 3 sont 0 et
1. Donc si a ≡ 0 (mod 3), on trouve que b ≡ −d (mod 3), alors b2 ≡ −bd ≡ −1 (mod 3),
qui est impossible. Par suite on doit avoir que a 6≡ 0 (mod 3), qui implique que b ≡ d
(mod d). Puisque a2 ≡ 1 (mod 3) dans ce cas, on trouve aussi que b + d ≡ 1 (mod 3) et,
par conséquent, que b ≡ d ≡ 2 (mod 3). Cette relation est aussi compatible avec la relation
bd ≡ 1 (mod 3). Donc on conclut que
x4 + 1 ≡ (x2 − x + 2)(x2 + x + 2)
(mod 3)
est une factorisation de x4 + 1. Finalement, les polynômes x2 − x + 2 et x2 + x + 2 sont
irréductibles sur Z/3Z car ils ont degré 2 et pas de racines dans Z/3Z. Alors, la factorisation
de x8 − 1 et x6 − 1 en produit des polynômes irréductibles sur Z/3Z est
x8 − 1 = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x2 − x + 2)(x2 + x + 2).
Le traitement du polynôme x6 − 1 est similaire. On commence avec la factorisation
x6 − 1 = (x3 − 1)(x3 + 1) = (x − 1)(x2 + x + 1)(x + 1)(x2 − x + 1),
qui réduit notre tâche à examiner si les polynômes x − 1, x + 1, x2 + x + 1 et x2 − x + 1 sont
irréductibles ou pas sur Z, Z/2Z et Z/3Z et, dans le deuxième case, trouver leur factorisation.
1. Puisque ce sont des polynômes primitifs, il suffit de montrer qu’il sont irréductibles sur le corps F , où
F ∈ {Q, Z/2Z, Z/3Z}. Si x − 1 = a(x)b(x), alors 1 = deg(x − 1) = deg(a) + deg(b). Donc, soit deg(a) = 0
soit deg(b) = 0. Puisque F est un corps, c’est équivalent au fait que soit a(x) soit b(x) sont inversibles dans
F [x].
3
Comme nous avons déjà vu, les polynômes x − 1 et x + 1 sont irréductibles sur Z, Z/2Z et
Z/3Z. De plus, les polynômes x2 + x + 1 et x2 − x + 1 sont irréductibles sur Z/2Z et sur Z car
ils sont primitifs, leur degré est 2 et ils n’ont pas de racines modulo 2. Il reste à examiner si
x2 + x + 1 et x2 − x + 1 sont irréductibles sur Z/3Z. La réponse est non, parce que 1 est une
racine (double) du premier polynôme et −1 est une racine (double) du deuxième polynôme.
Plus précisément, on a que
x2 + x + 1 ≡ (x − 1)2
(mod 3) et x2 − x + 1 ≡ (x + 1)2
(mod 3).
Donc la factorisation de x6 − 1 sur Z/3Z est x6 − 1 = (x − 1)3 (x + 1)3 .
Exercice 3.
(a) (ex. 13, p. 312) Montrez que le polynôme x3 + nx + 2 est irréductible dans Z[x] pour
tous les entiers n ∈ Z \ {1, −3, −5}.
(b) (ex. 12, p. 312) Montrez que le polynôme x2 + y 2 − 1 est irréductible dans Q[x, y].
Solution. (a) Le polynôme x3 + nx + 2 est primitif et non-constant, donc il est irréductible
dans Z[x] si et seulement si il est irréductible dans Q[x]. De plus, puisque son degré est 3, il
est irréductible dans Q[x] si et seulement si il a une racine α = Q. Si on écrit une telle racine
hypothétique comme α = a/b avec a ∈ Z, b ∈ N et gcd(a, b) = 1., alors a|2 et b|1. Donc, les
seules possibilités sont α = ±1 et α = ±2. Or, 1 est une racine s-si n = −3, -1 est une racine
s-si n = 1, 2 est une racine s-si n = −5, et -2 est une racine s-si n = −3.
(b) On va donner trois solutions. Dans toutes les solutions, on utilise le fait que Q[x, y] =
A[x], où A = Q[y].
Première solution : Soit P l’idéal de A engendré par y − 1. Tout d’abord, y − 1 est
irréductible dans A et donc P est premier. On a que x2 + y 2 − 1 = x2 + a1 (y)x + a0 (y)
avec a1 (y) = 0 et a2 (y) = y 2 − 1. Puisque a0 (y), a1 (y) ∈ P et a0 (y) ∈
/ P 2 , alors le critère
d’Eisenstein implique que x2 + y 2 − 1 est irréductible dans A[y] = Q[x, y].
Deuxière solution : Le polynôme y 2 + 1 est irréductible dans A car il a degré 2 et pas de
racines dans Q. Alors, si Q est l’idéal de A engendré par y 2 + 1, Q sera premier. Donc, c’est
suffisant de montrer que x2 + y 2 − 1 est irréductible dans (A/Q)[x]. C’est facile à voir que
A/Q ∼
= Q(i).
(1)
(Par exemple, ceci découle en considérant le morphisme ϕ : A → Q(i), envoyant f (y) à a+bi,
où a + by est le reste de la division de f (y) par y 2 + 1.). Or, observons que x2 + y 2 − 1 ≡ x− 2
(mod Q). Donc pour montrer que x2 + y 2 − 1 est irréductible dans Q[x, y], il suffit de montrer
que x2 −2 est irréductible dans (Q(i))[x]. Puisque x2 −2 a degré 2 et Q(i) est un corps, x2 −2
est irréductible sur
seules racines de x2 − 2 sur
√ Q(i) s-si il n’a pas de racines dans Q(i). Les
2
C ⊃ Q(i) sont ± 2, qui n’appartiennent pas à Q(i). Donc, x + y 2 − 1 est irréductible dans
Q[x, y].
Troisième solution : On fixe y = y0 ∈ Z \ {−1, 0, 1}, pour que x2 + y02 − 1 > 0 pour
tout x ∈ R. En particulier, le polynôme x2 + y02 − 1 n’a pas de racines sur Q. Puisque
son degré est 2, il est irréductible sur Q. Alors, soit p(x, y0 ) soit q(x, y0 ) sont constants
comme polynômes de x, pour tout y0 ∈ Z \ {−1, 0, 1}. Par la suite, il existe un ensemble
infini Y ⊂ Z \ {−1, 0, 1} tel que soit p(x, y0 ) est constant pour tout y ∈ Y , soit q(x, y0 ) est
constant pour tout y0 ∈ Y . Sans perde de généralité, on peut supposer qu’on est au premier
cas. On écrit p(x, y) = ck (y)xk + · · · + c1 (y)x + c0 (y), où c0 (y), . . . , ck (y) ∈ Q[y]. Puisque
4
p(x, y0 ) est constant comme polynôme de x pour tout y0 ∈ Y , alors c1 (y0 ) = · · · = ck (y0 ) = 0
pour tout y0 ∈ Y , c’est-à-dire les polynômes c1 (y), . . . , ck (y) ont une infinité de racines.
Ceci implique qu’ils sont tous zéros. Donc p(x, y) = c0 (y) est un polynôme de y, qui n’est
pas constant car p(x, y) n’est pas inversible. En échangeant les rôles de x et de y et en
répétant le même argument, on trouve que q(x, y) = d0 (x) pour un polynôme d0 (x) ∈ Q[x].
Donc x2 + y 2 − 1 = c0 (y)d0 (x) pour deux polynômes non-constants c0 (y) et d0 (x). Ceci est
impossible : si c0 (y) = am y m + · · · et d0 (x) = bn xn + · · · , où am , bn 6= 0 et m, n ≥ 1, alors
c0 (y)d0 (x) = am bn xm+n + · · · 6= x2 + y 2 − 1.
Quatrième solution : Il suffit de montrer qu’on ne peut pas avoir une factorisation nontriviale de la forme x2 + y 2 − 1 = p(x, y)q(x, y), où p(x, y), q(x, y) ∈ Q[x, y] sont noninversibles. Soit p(x, y) = a0 (y)+a1 (y)x+· · ·+ak (y)xk et q(x, y) = b0 (y)+b1 (y)x+· · ·+b` (y)x` ,
où les coefficients aj (y) et bj (y) sont des polynômes de y. Sans perde de généralité, on peut
supposer que k ≤ `. Puisque le degré de x2 + y 2 − 1 comme un polynôme de (Q[y])[x] et
2 = k + `, on a deux possibilités : soit (k, `) = (0, 2) soit (k, `) = (1, 1). Au première cas,
on trouve que p(x, y) = a0 (y) ∈ Q[y]. Donc a0 (y)b` (y) = 1, ce qui implique que a0 (y) est un
polynôme constant et donc p(x, y) est inversible, ce qui est une contradiction. Par la suite,
on doit avoir que k = ` = 1. Alors
x2 + y 2 − 1 = (a1 (y)x + a0 (y))(b1 (y)x + b0 (y))
= a1 (y)b1 (y)x2 + (a1 (y)b0 (y) + a0 (y)b1 (y))x + a0 (y)b0 (y).
Donc on trouve que a1 (y)b1 (y) = 1, c’est-à-dire, a1 (y) = b1 (y) = ±1. Puisque on a aussi que
a1 (y)b0 (y) + a0 (y)b1 (y) = 0, alors b0 (y) = −a0 (y), ce qui implique que y 2 − 1 = a0 (y)b0 (y) =
−a0 (y)2 . Evidemment c’est impossible : on devrait avoir que a0 (1) = a0 (−1) = 0, ce qui
implique que y − 1 et y + 1 divisent a0 (y). Puisque y − 1 et y + 1 sont copremiers sur l’anneau
euclidien Q[y], on trouve que leur produit y 2 − 1 divisent a0 (y). Dans ce cas, a0 a degré
≥ 2 et, par la suite, a20 a degré ≥ 4. Cependant, le degré de y 2 − 1 est 2, ce qui est une
contradiction. On déduit qu’on ne peut pas écrire x2 + y 2 − 1 comme le produit de deux
polynômes non-inversibles, ce qui conclut la preuve.
Exercice 4.
√
√
2
(a) (ex. 9, p. 311) Montrez que
√ le polynôme p(x) = x − 2 est irréductible sur A = Z[ 2]
[Indice : rappelez que Z[ 2] est un anneau euclidien d’après l’exercice 2(c) du TP du
27 février.]
(b) Montrez que
et que
√
4
Z[ 2] = {a + b21/4 + c21/2 + d23/4 : a, b, c, d ∈ Z}
√
√
4
A[x]/(x2 − 2) ∼
= Z[ 2].
√
√
√
[Indice : observez que Z[ 4 2] = A[ 4 2] = {α + β 4 2 : α, β ∈ A}.]
√
√
Solution. (a) C’est facile à voir que F := Q( 2) = {a + b 2 : a, b ∈ Q} est√isomorphe au
corps des fractions de A. Puisque A est factoriel (comme euclidien) et x2 − 2 est primitif
dans A, ce√polynôme est irréductible dans A si et seulement
si il est irréductible dans F .
√
Mais x2 − 2 a degré 2 et F est un corps, alors x2 − 2 est √
irréductible si et seulement
si il
√
4
2
a une racine dans F . Cependant, les seules racines
x − 2 dans C ⊃ F√ sont√± 2, qui
√ de√
4
n’appartiennent pas à F : si on avait que a + b 2 = 2, alors a2 − 2b + 2b 2 = 2, ce qui
5
impliquerait que que a2 = 2b2 , c’est-à-dire
irréductible.
√
2 ∈ Q. Ceci conclut la preuve que x2 −
√
2 est
(b) Soit
B := {a + b21/4 + c21/2 + d23/4 : a, b, c, d ∈ Z}.
√
4
C’est clair
que
B
⊂
Z[
2]. Alors, il suffit de montrer que B est un anneau pour voir que
√
P
3
4
B = Z[ 2]. Soit αk = j=0 ak,j 2j/4 avec k ∈ {1, 2} deux éléments de B. Alors,
α1 + α2 =
3
X
(a1,j + a2,j )2j/4 ∈ B
j=0
et
α1 α2 =
3
X
!
a1,j1 2j1 /4
j1 =0
=
3
X
j=0
2j/4
3
X
j2 =0
X
!
a2,j2 2j2 /4
=
X
a1,j1 a2,j2 2(j1 +j2 )/4
0≤j1 ,j2 ≤3
a1,j1 a2,j2 2(j1 +j2 −j)/4 ∈ B.
0≤j1 ,j2 ≤3
j1 +j2 ≡j (mod 4)
Ceci montre que B est, en effet, un anneau. √
√
Finalement, on définit ϕ : A[x] → B = √
A[ 4 2] par ϕ(f ) = α + β 4 2, où α + βx ∈ A[x] est
le reste dans la division de f (x) par x2 − 2. C’est√facile à voir que ϕ est un épimorphisme
d’anneaux. De plus, c’est clair que ker(ϕ) = (x2 − 2), ce qui conclut la preuve.
Exercice 5.
(a) (ex. 4, p. 311) Montrez que le polynôme (x − 1)(x − 2) · · · (x − n) − 1 est irréductible
sur Z[x] pour tout n ≥ 1.
(b) (ex. 5, p. 311) Montrez que le polynôme (x − 1)(x − 2) · · · (x − n) + 1 est irréductible
sur Z[x] pour tout n ≥ 1, n 6= 4, et réductible pour n = 4.
Solution. (a) Posons f (x) = (x−1)(x−2) · · · (x−n)−1. Considérons deux polynômes a(x)
et b(x) non-inversibles dans Z[x] dont le produit est égal à f (x). Puisque f est unitaire, sans
perde de généralité, on peut aussi supposer que a et b sont unitaires. En particulier, le degré de
a(x) et b(x) est ≥ 1. En évaluant f (x) aux nombres 1, 2, . . . , n, on trouve que a(k)b(k) = −1
pour tout k ∈ {1, . . . , n}. Puisque a(k) et b(k) sont entiers, alors a(k) = −b(k) = ±1. On
partage l’ensemble {1, . . . , n} comme l’union K1 ∪ K2 , où
K1 = {1 ≤ k ≤ n : a(k) = −b(k) = 1} et K2 = {1 ≤ k ≤ n : a(k) = −b(k) = −1}.
Pour chaque k ∈ {1, 2, . . . , n}, on peut écrire a(x) = (x − k)ak (x) + ck pour un polynôme
ak (x) ∈ Z[x] et un nombre entier ck (le polynôme x − k est unitaire, donc on peut diviser
toujours par x − k dans Z[x]). En évaluant cette expression en k, on trouve que ck = a(k). Si
k ∈ K1 , alors ck = 1 et, par la suite, x−k divise a(x)−1. Si k ∈ K2 , alors x−k divise a(x)+1.
Mais les polynômes x − k, k ∈ {1,
à deux 2. Puisque Z[x] est un
Q. . . , n}, sont copremiers deux Q
anneau factoriel, on trouve que k∈K1 (xQ− k) divise a(x) − 1 et k∈K2 (x − k) divise
Q a(x) + 1.
Le même argument montre aussi que k∈K1 (x − k) divise b(x) + 1 et que k∈K2 (x − k)
2. Si d(x) = gcd(x − i, x − j), où i 6= j, alors d(x) divise j − i = (x − i) − (x − j), ça veut dire que d(x) a
degré égal à 1. Mais les seuls polynômes constants qui divisent x − i sont les polynômes 1 et −1. Ceci montre
que x − i et x − j sont copremiers sur Z[x] pour i 6= j.
6
divise b(x) − 1. En comparant les degrés, on trouve que |Kj | ≤ deg(a) et |Kj | ≤ deg(b),
pour j ∈ {1, 2}, où |X| dénote la cardinalité de l’ensemble X. Mais deg(a) + deg(b) =
n = |K1 | + |K2 |. Alors
Q on doit avoir que deg(a) = deg(b) = |K1 | = |K2 | = n/2 =: m. En
particulier, puisque k∈K1 (x − k) divise a(x) − 1 et
Q ces deux polynômes ont le même degré et
k). Le même argument implique
ils sont unitaires,
Q alors on trouve que a(x) − 1 = k∈K1 (x −Q
que b(x) + 1 = k∈K1 (x − k) et que a(x) + 1 = b(x) − 1 = k∈K2 (x − k). Donc
!
Y
Y
a(x) − b(x) = 1 +
(x − k) − −1 +
(x − k) = 2
k∈K1
k∈K1
et
!
a(x) − b(x) = −1 +
Y
(x − k) −
1+
k∈K2
Y
(x − k)
= −2,
k∈K1
ce qui est une contradiction. Par conséquent, f (x) est toujours irréductible.
(b) On utilise un argument similaire avec l’argument donné à la partie (a). Supposons
que le polynôme g(x) := (x − 1)(x − 2) · · · (x − n) + 1 peut être écrire comme c(x)d(x), où
c(x) et d(x) sont deux polynômes non-inversibles de Z[x]. Sans perde de généralité, on peut
aussi supposer qu’ils sont unitaires. En particulier, leur degré est ≥ 1. En évaluant g(x) aux
nombres 1, 2, . . . , n, on trouve que c(k)d(k) = 1 pour tout k ∈ {1, . . . , n}. Puisque c(k) et
d(k) sont entiers, alors c(k) = d(k) = ±1. On partage l’ensemble {1, . . . , n} comme l’union
K3 ∪ K4 , où
K3 = {1 ≤ k ≤ n : c(k) = d(k) = 1} et K4 = {1 ≤ k ≤ n : c(k) = d(k) = −1}.
En suivant l’argument Q
de la partie (a), on peut montrer que |K
Q3 | = |K4 | = n/2 =: m et que
c(x) − 1 = d(x) − 1 = k∈K3 (x − k) et c(x) + 1 = d(x) + 1 = k∈K4 (x − k). Donc
Y
Y
2
+
(x
−
k)
=
(x − k).
(2)
k∈K3
k∈K4
On observe que 1 appartient soit à K3 \ K4 soit à K4 \ K3 . Si 1 ∈ K3 , alors on pose L1 = K3 ,
si 1 ∈ K4 , alors on pose L1 = K4 . Finalement, on met aussi L2 = {1, . . . , n} \ L1 . En posant
x = 1 à la relation (2), on trouve que
n/2
Y
Y
Y
(3)
2=
(1 − k) =
(k − 1) ≥
` = (n/2)!,
k∈L2
k∈L2
`=1
car L2 est un sous-ensemble de {2, . . . , n} qui contient n/2 éléments. La relation (3) implique
que n/2 ≤ 2 ⇔ n ≤ 4. Puisque n doit être impaire, on conclut que n ∈ {2, 4}. Si n
n’appartient pas dans cet ensemble, alors g(x) est irréductible dans Z[x]. Si n = 2, on a que
(x − 1)(x − 2) − 1 = x2 − 3x + 1 est irréductible : il est primitif, il a degré 2 et il n’a pas de
racines rationnels. Finalement, quand n = 4, on a que
(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) + 1 = x4 − 10x3 + 35x3 − 50x + 25 = (x2 − 5x + 5)2 .