Corrigé

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 14 mai 2014
Test 4
Exercice 1.
D´ecider si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses
(1) Tout anneau quotient d’un anneau principal par un id´eal premier est prin-
cipal.
(2) Tout anneau quotient d’un anneau int`egre est int`egre.
(3) Tout anneau de cardinal 17 est un corps.
(4) Tout sous-anneau d’un anneau principal est principal.
(5) Soient f:A−→ Bun homomorphisme d’anneaux, et Jun id´eal premier
de B. Alors f−1(J) est un id´eal premier de A.
Solution.
(1) L’affirmation est vraie. Soit Run anneau, Iun id´eal premier de R, et
consid´erons l’anneau quotient R/I. Par un th´eor`eme du cours, les id´eaux
de R/I sont les images par la projection π:R→R/I des id´eaux de R.
Ainsi, si Jest un id´eal de R/I, il existe r∈Rtel que J=π((r)) = (π(r)).
En d’autres termes, Jest principal.
(2) L’affirmation est fausse. En effet, Zest un anneau int`egre, mais l’anneau
quotient Z/4Zn’est pas int`egre puisque 2 ·2 = 0 (mod 4).
(3) L’affirmation est vraie. Plus g´en´eralement, tout anneau Ade cardinal
premier pest un corps. Comme Aposs`ede p´el´ements, nous savons que
(A, +) ∼
=Z/pZ, mais `a priori seulement en tant que groupes. En d’autres
termes, il existe r∈Anon-nul d’ordre additif ptel que A=hri=
{r, 2·r, . . . , p ·r}pour la structure de groupe de A.
Commen¸cons par montrer que Aest int`egre. Soient a, b ∈Anon-nuls et
´ecrivons
a=m·r, b =n·r,
pour m, n ≥1 non-divisibles par p. On a alors ab =mn ·r2. Notons
que si r2= 0, alors le produit de n’importe quels ´el´ements est nul, donc
r26= 0 puisque 1 ·1 = 1. Comme p-m, n, on en tire que ab 6= 0, d’o`u
l’affirmation.
Consid´erons maintenant la caract´eristique car(A) de A. Comme Aest
d’ordre fini, car(A)6= 0. D’autre part, comme Aest int`egre, q= car(A)
est un nombre premier et il existe un homomorphisme d’anneaux injectif
Z/qZ→A.
En d’autres termes, Acontient un sous-anneau isomorphe `a Z/qZ. Par
le th´eor`eme de Lagrange, en consid´erant les deux anneaux en tant que

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groupes, il vient que qdivise p, donc p=q. Ainsi, l’homomorphisme est
´egalement surjectif et donc Z/pZ∼
=Aen tant qu’anneaux.
(4) L’affirmation est fausse. Par l’exercice 3 de la s´erie 22, si Aest un anneau
alors A[X] est principal si et seulement si Aest un corps. Ainsi, Z[X] est
un sous-anneau non-principal de l’anneau principal Q[X].
(5) L’affirmation est vraie. Rappelons que par le cours, f−1(J) est un id´eal de
A. Supposons d’autre part que a1, a2∈Asoient tels que a1a2∈f−1(J),
c’est-`a-dire que f(a1a2) = f(a1)f(a2)∈J. Comme Jest un id´eal premier,
il suit que f(a1)∈Jou f(a2)∈J, donc que a1∈f−1(J) ou a2∈f−1(j).
Ainsi, f−1(J) est un id´eal premier de B.
Exercice 2.
Soient Aun anneau commutatif int`egre et Iun id´eal de A.
(1) Montrer que
I.A[X] := (n
X
i=1
aiPi:ai∈I, Pi∈A[X])
est un id´eal de A[X].
(2) Montrer que si Iest un id´eal premier de A, alors I.A[X] est un id´eal
premier de A[X].
Solution.
(1) Par d´efinition, I.A[X] est un sous-groupe de A[X] tel que xP ∈I.A[X]
pour tout x∈I.A[X] et P∈A[X]. Par cons´equent, il s’agit d’un id´eal de
A[X].
(2) Consid´erons l’homomorphisme surjectif
ˆπ:A[X]→(A/I)[X]
induit par la projection π:A→A/I. Si P∈ker ˆπ, tous les coefficients de
Pappartiennent `a I, d’o`u P∈I.A[X]. D’autre part, I.A[X] est clairement
contenu dans ce noyau, d’o`u ker ˆπ=I.A[X]. Notons que cet argument
montre ´egalement que I.A[X] est un id´eal de A[X] (le premier point de
l’exercice). Par le premier th´eor`eme d’isomorphisme,
A[X]/I.A[X]∼
=(A/I)[X].
Comme Iest un id´eal premier de A, le quotient A/I est int`egre. Il suit que
l’anneau (A/I)[X] est lui-mˆeme int`egre. En effet, le coefficient dominant
du produit de deux ´el´ements de (A/I)[X] est le produit des coefficients
dominants, donc est non-nul par int´egrit´e. Ainsi, A[X]/I.A[X] est int`egre,
d’o`u il vient que I.A[X] est un id´eal premier de A[X].

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Exercice 3.
Montrer que R[X]
(X3+2X2+2X+1)R[X]et `a C×Rsont isomorphes en tant qu’anneaux.
Solution.
Commen¸cons par noter que
X3+ 2X2+ 2X+ 1 = (X+ 1)(X2+X+ 1).
D’autre part, les polynˆomes X+ 1 et X2+X+ 1 sont premiers entre eux, par
exemple parce qu’il existe une relation de B´ezout X2+X+ 1 −X(X+ 1) = 1.
Par le th´eor`eme chinois, on a donc
R[X]/((X+ 1)(X2+X+ 1)) ∼
=R[X]/(X+ 1) ×R[X]/(X2+X+ 1).
Or :
•L’homomorphisme d’´evaluation ev−1:R[X]→Rest surjectif et a noyau
(X+ 1), ce qui implique que le premier terme est isomorphe `a Rpar le
premier th´eor`eme d’isomorphisme ;
•Soit α∈Cune racine du polynˆome X2+X+ 1 et consid´erons l’homo-
morphisme evα:R[X]→C. Cet homomorphisme est surjectif et a noyau
(X2+X+ 1). En effet, comme R[X] est un anneau principal, il existe
f∈R[X] tel que ker evα= (f). Sans perte de g´en´eralit´e, nous pouvons
supposer que le coefficient du terme dominant de fest ´egal `a 1. Comme
X2+X+ 1 ∈ker evα, il vient que f|X2+X+ 1. Or, le polynˆome
X2+X+ 1 est irr´eductible sur R[X] : tout facteur non-inversible et non-
trivial serait de degr´e 1, mais comme X2+X+ 1 n’admet pas de z´eros
dans R, un tel facteur n’existe pas. Ainsi, f=X2+X+ 1 et donc
R[X]/(X2+X+ 1) ∼
=im evα⊂C
par le premier th´eor`eme d’isomorphisme. Finalement, im evαest un espace
vectoriel inclus entre Ret C. Puisque dimR(C) = 2, il est ´egal `a Rou C.
Comme α6∈ Rappartient `a im evα, on conclut finalement que
R[X]/(X2+X+ 1) ∼
=C
Ainsi, R[X]/((X+ 1)(X2+X+ 1)) ∼
=R×Ccomme souhait´e 
Exercice 4.
(1) Soient Gun groupe, et Z(G) le centre de G. Montrer que si G/Z(G) est
cyclique alors Gest ab´elien.
(2) En d´eduire que tout groupe d’ordre p2(avec ppremier) est ab´elien.
Solution.
(1) Soit g∈Gtel que G/Z(G) = hπ(g)i, o`u π:G→G/H est la projection
canonique. Pour tout h∈G, il existe donc un entier ntel que h∈gnZ(G).

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Par cons´equent, si h1, h2∈G, on a h1=gnz1et h2=gmz2pour n, m des
entiers et z1, z2∈Z(G), d’o`u
h1h2=gnz1gmz2=z1z2gn+m=gmz2gnz1=h2h1.
Ainsi, Gest ab´elien.
(2) Soit Gun groupe d’ordre p2. Par un th´eor`eme de Lagrange, le sous-groupe
Z(G) a ordre 1, p ou p2. Notons que :
•Le premier cas est impossible, puisque l’on sait que le centre de tout
p-groupe est non-trivial, par l’´equation aux classes.
•Dans le second cas, G/Z(G) a cardinal p, donc est cyclique. Par le
premier point, Gest alors ab´elien. En fait, on voit mˆeme que ce cas
est aussi impossible puisqu’alors Z(G) = Ga ordre p2.
•Dans le troisi`eme cas, on a G=Z(G), d’o`u Gest cyclique.