Corrigé

Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
14 mai 2014
Test 4
Exercice 1.
Décider si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses
(1) Tout anneau quotient d’un anneau principal par un idéal premier est principal.
(2) Tout anneau quotient d’un anneau intègre est intègre.
(3) Tout anneau de cardinal 17 est un corps.
(4) Tout sous-anneau d’un anneau principal est principal.
(5) Soient f : A −→ B un homomorphisme d’anneaux, et J un idéal premier
de B. Alors f −1 (J) est un idéal premier de A.
Solution.
(1) L’affirmation est vraie. Soit R un anneau, I un idéal premier de R, et
considérons l’anneau quotient R/I. Par un théorème du cours, les idéaux
de R/I sont les images par la projection π : R → R/I des idéaux de R.
Ainsi, si J est un idéal de R/I, il existe r ∈ R tel que J = π((r)) = (π(r)).
En d’autres termes, J est principal.
(2) L’affirmation est fausse. En effet, Z est un anneau intègre, mais l’anneau
quotient Z/4Z n’est pas intègre puisque 2 · 2 = 0 (mod 4).
(3) L’affirmation est vraie. Plus généralement, tout anneau A de cardinal
premier p est un corps. Comme A possède p éléments, nous savons que
(A, +) ∼
= Z/pZ, mais à priori seulement en tant que groupes. En d’autres
termes, il existe r ∈ A non-nul d’ordre additif p tel que A = hri =
{r, 2 · r, . . . , p · r} pour la structure de groupe de A.
Commençons par montrer que A est intègre. Soient a, b ∈ A non-nuls et
écrivons
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 éléments est nul, donc
r2 6= 0 puisque 1 · 1 = 1. Comme p - m, n, on en tire que ab 6= 0, d’où
l’affirmation.
Considérons maintenant la caractéristique car(A) de A. Comme A est
d’ordre fini, car(A) 6= 0. D’autre part, comme A est intègre, q = car(A)
est un nombre premier et il existe un homomorphisme d’anneaux injectif
Z/qZ ,→ A.
En d’autres termes, A contient un sous-anneau isomorphe à Z/qZ. Par
le théorème de Lagrange, en considérant les deux anneaux en tant que
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groupes, il vient que q divise p, donc p = q. Ainsi, l’homomorphisme est
également surjectif et donc Z/pZ ∼
= A en tant qu’anneaux.
(4) L’affirmation est fausse. Par l’exercice 3 de la série 22, si A est un anneau
alors A[X] est principal si et seulement si A est 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 idéal de
A. Supposons d’autre part que a1 , a2 ∈ A soient tels que a1 a2 ∈ f −1 (J),
c’est-à-dire que f (a1 a2 ) = f (a1 )f (a2 ) ∈ J. Comme J est un idéal premier,
il suit que f (a1 ) ∈ J ou f (a2 ) ∈ J, donc que a1 ∈ f −1 (J) ou a2 ∈ f −1 (j).
Ainsi, f −1 (J) est un idéal premier de B.
Exercice 2.
Soient A un anneau commutatif intègre et I un idéal de A.
(1) Montrer que
(
I.A[X] :=
n
X
)
ai Pi : ai ∈ I, Pi ∈ A[X]
i=1
est un idéal de A[X].
(2) Montrer que si I est un idéal premier de A, alors I.A[X] est un idéal
premier de A[X].
Solution.
(1) Par définition, 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 conséquent, il s’agit d’un idéal de
A[X].
(2) Considérons l’homomorphisme surjectif
π̂ : A[X] → (A/I)[X]
induit par la projection π : A → A/I. Si P ∈ ker π̂, tous les coefficients de
P appartiennent à I, d’où P ∈ I.A[X]. D’autre part, I.A[X] est clairement
contenu dans ce noyau, d’où ker π̂ = I.A[X]. Notons que cet argument
montre également que I.A[X] est un idéal de A[X] (le premier point de
l’exercice). Par le premier théorème d’isomorphisme,
A[X]/I.A[X] ∼
= (A/I)[X].
Comme I est un idéal premier de A, le quotient A/I est intègre. Il suit que
l’anneau (A/I)[X] est lui-même intègre. En effet, le coefficient dominant
du produit de deux éléments de (A/I)[X] est le produit des coefficients
dominants, donc est non-nul par intégrité. Ainsi, A[X]/I.A[X] est intègre,
d’où il vient que I.A[X] est un idéal premier de A[X].
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Exercice 3.
Montrer que
R[X]
(X 3 +2X 2 +2X+1)R[X]
et à C × R sont isomorphes en tant qu’anneaux.
Solution.
Commençons par noter que
X 3 + 2X 2 + 2X + 1 = (X + 1)(X 2 + X + 1).
D’autre part, les polynômes X + 1 et X 2 + X + 1 sont premiers entre eux, par
exemple parce qu’il existe une relation de Bézout X 2 + X + 1 − X(X + 1) = 1.
Par le théorème chinois, on a donc
R[X]/((X + 1)(X 2 + X + 1)) ∼
= R[X]/(X + 1) × R[X]/(X 2 + X + 1).
Or :
• L’homomorphisme d’évaluation ev−1 : R[X] → R est surjectif et a noyau
(X + 1), ce qui implique que le premier terme est isomorphe à R par le
premier théorème d’isomorphisme ;
• Soit α ∈ C une racine du polynôme X 2 + X + 1 et considérons l’homomorphisme evα : R[X] → C. Cet homomorphisme est surjectif et a noyau
(X 2 + X + 1). En effet, comme R[X] est un anneau principal, il existe
f ∈ R[X] tel que ker evα = (f ). Sans perte de généralité, nous pouvons
supposer que le coefficient du terme dominant de f est égal à 1. Comme
X 2 + X + 1 ∈ ker evα , il vient que f | X 2 + X + 1. Or, le polynôme
X 2 + X + 1 est irréductible sur R[X] : tout facteur non-inversible et nontrivial serait de degré 1, mais comme X 2 + X + 1 n’admet pas de zéros
dans R, un tel facteur n’existe pas. Ainsi, f = X 2 + X + 1 et donc
R[X]/(X 2 + X + 1) ∼
= im evα ⊂ C
par le premier théorème d’isomorphisme. Finalement, im evα est un espace
vectoriel inclus entre R et C. Puisque dimR (C) = 2, il est égal à R ou C.
Comme α 6∈ R appartient à im evα , on conclut finalement que
R[X]/(X 2 + X + 1) ∼
=C
Ainsi, R[X]/((X + 1)(X 2 + X + 1)) ∼
= R × C comme souhaité
Exercice 4.
(1) Soient G un groupe, et Z(G) le centre de G. Montrer que si G/Z(G) est
cyclique alors G est abélien.
(2) En déduire que tout groupe d’ordre p2 (avec p premier) est abélien.
Solution.
(1) Soit g ∈ G tel que G/Z(G) = hπ(g)i, où π : G → G/H est la projection
canonique. Pour tout h ∈ G, il existe donc un entier n tel que h ∈ g n Z(G).
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Par conséquent, si h1 , h2 ∈ G, on a h1 = g n z1 et h2 = g m z2 pour n, m des
entiers et z1 , z2 ∈ Z(G), d’où
h1 h2 = g n z1 g m z2 = z1 z2 g n+m = g m z2 g n z1 = h2 h1 .
Ainsi, G est abélien.
(2) Soit G un groupe d’ordre p2 . Par un théorème 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’équation aux classes.
• Dans le second cas, G/Z(G) a cardinal p, donc est cyclique. Par le
premier point, G est alors abélien. En fait, on voit même que ce cas
est aussi impossible puisqu’alors Z(G) = G a ordre p2 .
• Dans le troisième cas, on a G = Z(G), d’où G est cyclique.