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+··· +ζm,1≤m≤p−2, sont d’éléments inversibles
de l’anneau Z[ζ].
(b) Montrez que p=u·(ζ−1)p−1, où uest un élément inversible de Z[ζ].
Solution. (a) On a que ζm−1 = (ζ−1)(1+ζ+···+ζm−1). De plus, on a vu que N(ζ−1) = p,
où Nest denote la norme de l’anneau Z[ζ]. Il suffit de montrer que N(ζm−1) = pégalement,
car, dans ce cas, on aura que N(1 + ζ+··· +ζm−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
N(ζm−1) =
p−1
Y
j=1
σj(ζm−1) =
p−1
Y
j=1
(ζmj −1).
Puisque (m, p) = 1, les nombres {m, 2m, . . . , (p−1)m}réduits mod psont une permutation
des nombres 1,2, . . . , p −1. Puisque la fonction n→ζnest p-périodique, alors on trouve que
N(ζm−1) =
p−1
Y
j=1
(ζj−1) = N(ζ−1) = p,
comme affirmé.
(b) On a que
p=N(ζ−1) =
p−1
Y
j=1
(ζj−1) =
p−1
Y
j=1
(ζ−1)(1 + ζ+··· +ζj−1)=u·(ζ−1)p−1,
où
u=
p−1
Y
j=1
(1 + ζ+··· +ζj−1).
D’après la partie (a), on trouve que uest inversible comme le produit de quelques éléments
inversibles. 
Exercice 2 (Ex. 37, 38, 39, p. 259-60).
(a) Soit Aun anneau commutatif et unitaire. On dit que Aest un anneau local s’il possède
un idéal maximal unique.
— Montrez que si Aest un anneau local dont l’idéal maximal est M, alors chaque
élément de A\Mest inversible.
— Réciproquement, prouvez que si les éléments non-inversibles de Aforment un idéal
M, alors Aest 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 Kun corps, νune
valuation discrète sur Kest Al’anneau de valuation de ν. Pour chaque nombre entier
k≥0, on définit
Ak={x∈K×:ν(x)≥k}∪{0}.
Montrez que :
(i) Akest un idéal principal de A=A0.
1

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(ii) Montrez que si Iest un idéal non-zero de A, on a que I=Akpour un k≥0.
Déduisez que Aest un anneau local dont l’idéal maximal unique est A1.
(c) Soit pun 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, aest inversible dans A.
Réciproquement, on suppose que l’ensemble des éléments non-inversibles Mest un idéal.
Chaque idéal propre de Ane contient pas d’éléments inversibles, donc il est contenu dans
M. Ceci prouve que Mest maximal et qu’il est le seul idéal de Aayant 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∈Aégalement. 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 Akest un idéal de Apour tout k≥0. Afin de prouver
que c’est un idéal principal, soit xk∈Aktel 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
ν(xx−1
k) = ν(x) + ν(x−1 k) = 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∈Itel 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 Asont A1, A2, . . . (ces idéaux sont propres car ν(1) = 0
et, pars suite, 1/∈Ajpour chaque j≥1), c’est clair que chaque idéal propre de Aest contenu
dans l’idéal A1. Par conséquence, c’est idéal est maximal et, en effet, l’unique idéal de Aavec
cette propriété. Ça prouve que Aest un anneau local.
(c) Considérons la valuation νpde 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 aet bsont
nombres entiers avec pgdc(a, b)=1) est bien-sûr inversible dans Qet son inverse est b/a.
On a que b/a ∈Asi et seulement si p-a. Donc, les éléments inversibles sont exactement
les éléments de A\M. Si on montre que Mest un idéal, alors la partie (a) impliquera que
Mest l’idéal maximal unique de A. En effet, on a que 0∈M. Aussi, si a/b, c/d ∈M

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et m/n ∈A(comme toujours, on suppose que tous les trois sont de fractions des nombres
entiers copremiers), on a que
a
b−c d=ad −bc bd et a b·m n=am bn
appartiennent à M, car
p|aet p|b=⇒p|(ad −bc)et p|am
et
p-b, p -det p-n=⇒p-bd et p-bn.
Exercice 3. Montrez que chaque idéal Ide Z[√d] = {a+b√d:a, b ∈Z}est de type fini
comme suite :
(a) Soit I0=I∩Zet I1={b∈Z:a+b√d∈Ipour un a∈Z}. Montrez que I0et I1sont
d’idéaux de Z. Par la suite, I0= (n0)and I1= (n1)pour deux nombres entiers n0et
n1.
(b) Montrez que I0⊆I1.
(c) D’après la définition de I1, il y a a1∈Ztel que a1+n1√dapparient à I. Prouvez que
Iest l’idéal engendré par n0et a1+n1√d.
Solution. (a) On a, en général, que si Best un sous-anneau de Aet Iest un idéal de
A, alors l’ensemble I∩Best un idéal de B(voyez, par exemple, le deuxième théorème
d’isomorphisme d’anneaux). En particulier, I0est un idéal de Z. Puis, on montre que I1est
également un idéal de Z. Soit b1, b2∈I1. Selon la définition de I1, il existe a1, a2∈Ztels que
a1+b1√d, a2+b2√d∈I. Alors, b1+b2∈I1, puisque (a1+a2) + √d(b1+b2)∈I. De plus,
pour chaque b∈Z, on a que bb1+ba1√d=b(a1+b1√d)∈Iet, conséquemment, bb1∈I1.
Ceci montre que I1est un idéal de Z. Finalement, puisque Zest un anneau principal, il y a
entiers n0et n1tel que I0= (n0)et I1= (n1).
(b) Si n∈I0=I∩Z, on a que 0 + n√d∈Icar Iest 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=mn1pour un m∈Z.
Par la suite,
a+b√d=a+mn1√d=m(a1+n1√d)−ma1+a.
En particulier, a−ma1∈Icomme la différence de deux éléments de I. Puisque a−ma1est
aussi un nombre entier, on trouve que a−ma1∈I0= (n0). Donc a−ma1=kn0pour 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 x2−2est maximal. Plus
précisément, prouvez que
Q[x]/(x2−2) ∼
=Q[√2].
(b) Est-ce que l’idéal engendré par le polynôme x2−2est maximal dans l’anneau C[x]?

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Solution. (a) L’énoncé découle d’un résultat général vu en classe. Il suffit simplement de
montrer que x2−2est le polynôme minimal du nombre algébrique √2. En effet, c’est clair
que √2est une racine de x2−2. De plus, √2/∈Q, ce qui implique que √2ne peut être la
racine d’un polynôme linéaire. Ceci prouve l’affirmation que x2−2est le polynôme minimal
du nombre algébrique √2.
(b) L’idéal (x2−2) n’est pas premier dans C[x]et, a fortiori, il n’est pas maximal : on a
que (x−√2)(x+√2) ≡0 (mod (x2−2)) mais x±√26≡ 0 (mod (x2−2)).
Exercice 5. Soit Aun anneau de Boole, c’est-à-dire, a2=apour tout a∈A(cf. exercice 3
du TP du 16 janvier). Prouvez les propositions suivantes.
(a) (ex. 23, p. 258) Si Aest non-zéro et unitaire, alors chaque idéal premier de Aest aussi
maximal.
(b) (ex. 24, p. 258) Chaque idéal de type fini de Aest principal [Indice : Montrez que
(α, β)=(α+αβ +β).]
(c) (ex. 1, p. 267) Si Aest unitaire, alors A∼
=(a)×(1 −a)pour tout a∈A. De plus,
l’élément aest l’unité de (a)et l’élément 1−aest l’unité de (1 −a).
(d) (ex. 2, p. 267) Si Aest fini, non-zéro et unitaire, alors il y a un n∈Ntel que
A∼
=Z/2Z× ··· × Z/2Z
| {z }
nfois
.
Solution. Rappelez qu’un anneau de Boole Aest 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 Pde Aest 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, Pest maximal.
Remarque : Ici l’hypothèse que Aest 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 Best 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 Ba seulement deux éléments. En
effet, si 0, a, b sont trois éléments distincts de B, on trouve que ab(a−b) = aba −ab2=
a2b−ab2=ab −ab = 0. Cependant, a, b, a −b6= 0, ce qui contredit l’hypothèse que Best
intègre. Alors Ba au plus deux éléments. Puisque Best nonzero, il doit avoir exactement
deux élément, ce qui montre notre affirmation.
Finalement, si Pest 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, Pest maximal.
(b) Soit I= (α1, . . . , αk)un idéal de A. On utilise induction sur k. Si k= 1, c’est évident
que Iest principal. Supposons maintenant que si k≤K, pour un K∈N, on a que Iest
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∈Aet, 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+α1β+β). En effet, c’est clair que γ:= α1+α1β+β∈I. Réciproquement,
on a que
α1γ=α2
1+α1β+α1β=α2 1=α1,
puisque α1β=−α1β. 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 =a2β=aβ =b. Donc aest une unité
de l’anneau (a). De la même façon, on trouve que 1−aest 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 φest, 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 φest injectif.
Finalement, afin de prouver que φest 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)dpour 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 φest 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 φest 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 Apossède
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 Aavec 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≤Net 2≤ |(1 −a)| ≤ |A|/2 = (N+ 1)/2≤N. Donc
l’hypothèse inductive implique qu’il y a deux nombres naturels n1et n2tels que
(a)∼
=Z/2Z× ··· × Z/2Z
| {z }
n1fois
et (1 −a)∼
=Z/2Z× ··· × Z/2Z
| {z }
n2fois
.
Par conséquent,
A∼
=(a)×(1 −a)∼ =Z/2Z× ··· × Z/2Z
| {z }
nfois
,
où n=n1+n2.