CORRECTION de “Sur C et des anneaux liés à C"

Université de Metz DEUG MAAS-MIAS 1eannée - Math 1 10 octobre 2002
CORRECTION de “Sur Cet des anneaux liés à C"
Correction de l’exercice 1
a) Posons z= 1+ i
√3. Alors An=zn−¯zn.
On trouve la forme trigonométrique de z:z=2
√3(√3
2+1 2i) = 2
√3eiπ
6.
D’où: An=2
√3n
[ein π
6−e−in π 6](formule de Moivre).
On en déduit que: An=2
√3n
2isin(nπ
6)(formule d’Euler).
b) Tout d’abord, si nest multiple de 6, c’est-à-dire, si n= 6m, alors An=2
√3n
2isin(mπ) = 0.
D’autre part, en utilisant la formule du binôme de Newton, on trouve que:
An=
n
X
k=0
Ck
n1
√3k
ik−
n
X
k=0
Ck
n1
√3k
(−i)k=
n
X
k=0
Ck
n1
√3k
ik−(−i)k.
Lorsque kest impair, c’est-à-dire si k= 2p+ 1, alors ik−(−i)k= (i2)pi−(−1)2p+1(i2)pi= (−1)p2i.
Et lorsque kest pair, c’est-à-dire si k= 2p, alors ik−(−i)k= (i2)p−(−1)2p(i2)p= 0.
On en déduit, en se rappelant que nest supposé pair:
An=
n
2−1
X
p=0
C2p+1
n1
√32p+1
(−1)p2i= 2i1
√3
n
2−1
X
p=0
(−1)pC2p+1
n1
√32p
= 2i1
√3
n
2−1
X
p=0
(−1)pC2p+1
n1
3p
.
Comme An= 0, on conclut que:
n
2−1
X
p=0
(−1)pC2p+1
n1
3p
= 0, ce qu’il fallait démontrer.
Correction de l’exercice 2
Notons A=F(C,C).
1. Soient f, g, h ∈A.
•Pour tout z∈C,(f++ g)(z)def. =f(z) + g(z)(C,+) comm. =g(z) + f(z)def. = (g++ f)(z)donc f++ g=g++ f.++ est donc
commutative.
•Pour tout z∈C,((f++ g) ++ h)(z)def. = (f(z) + g(z)) + h(z)(C,+) assoc. =f(z) + (g(z) + h(z)) def. = (f++ (g++ h))(z).
Donc (f++ g) ++ h=f++ (g++ h).++ est donc associative.
•Soit OA∈Adéfinie par OA(z) = 0 ,∀z∈C. Pour tout z∈C, on a (f++ OA)(z)def. =f(z)+OA(z) = f(z)+0 = f(z)
et donc f++ OA=f(=OA++ fpar commutativité). ++ a donc un élément neutre: OA.
•Soit ¯ f∈Adéfinie par ¯ f(z) = −f(z),∀z∈C. Pour tout z∈C, on a (f++ ¯ f)(z)def. =f(z) + ¯ f(z) = f(z)−f(z) =
0 = OA(z)et donc f++ ¯ f=OA. Tout élément de A a donc un inverse pour ++ .
Par ces quatres points on vient de montrer que (A, ++ ) est un groupe commutatif.
•Pour tout z∈C,(f•g)(z)def. =f(z).g(z)(C,.)comm. =g(z).f(z)def. = (g•f)(z)donc f•g=g•f.•est donc
commutative.
•Pour tout z∈C,((f•g)•h)(z)def. = (f(z).g(z)).h(z)(C,.)assoc. =f(z).(g(z).h(z)) def. = (f•(g•h))(z). Donc
(f•g)•h=f•(g•h).•est donc associative.
•Soit IA∈Adéfinie par IA(z)=1,∀z∈C. Pour tout z∈C, on a (f•IA)(z)def. =f(z).IA(z) = f(z).1 = f(z)et
donc f•IA=f(=IA•fpar commutativité). •a donc un élément neutre: IA.

•Pour tout z∈C,((f++ g)•h)(z)def. = (f(z) + g(z)).h(z)distrib.dansC =f(z).h(z) + g(z).h(z)) def. = ((f•h) ++ (g•h))(z).
Donc (f++ g)•h= (f•h) ++ (g•h).Par commutativité de •, on a aussi f•(g++ h) = (f•g) ++ (f•h)et on a donc
bien la distribitivité.
Les trois dernières propriétés ajoutées à (A, ++ ) groupe commutatif montrent que Aest un anneau. La première pro-
priété prouve que Aest un anneau commutatif.
2. Soient f∈Adéfinie par f(z) = 1si |z|<1
0si |z|>1et g∈Adéfinie par g(z) = 0si |z|<1 1si |z|>1. Donc, pour tout z∈Ctel
que |z|<1, on a (f•g)(z) = f(z).g(z) = 1.0 = 0 et pour tout z∈Ctel que |z|>1, on a (f•g)(z) = f(z).g(z) = 0.1 = 0.
Par suite on a (f•g)(z) = 0 ,∀z∈C, autrement dit, f•g=OA. Or f6=OAet g6=OA. Donc An’est pas intègre.
3. •–OA(z0) = 0 donc OA∈Iz0.
–Soient f, g ∈Iz0.(f++ g)(z0)def. =f(z0) + g(z0) = 0 + 0 = 0 donc f++ g∈Iz0.
–Si g∈Iz0,¯g(z0) = −g(z0) = 0, donc ¯g∈Iz0.
Donc (Iz0,++ ) est un sous-groupe de (A, ++ ).
•Soient f∈Aet g∈Iz0.(f•g)(z0)def. =f(z0).g(z0) = 0.0 = 0 donc f•g∈Iz0.
Ces deux propriétés montrent que Iz0est un idéal de A
Correction du problème Sur des extensions simples de Zet de Q
1. (a) •Comme j3= 1,∀k∈Non a jk= 1 ou jou j2suivant que k= 3nou 3n+ 1 ou 3n+ 2 et donc si z∈Z[j]on
peut écrire, en regroupant les termes, z=a+bj +cj2. Comme, de plus, jest une racine cubique imaginaire
de l’unité (i.e. j6= 1) on a j2+j+ 1 = 0 (car u3−1=(u−1)(u2+u+ 1)). Donc j2=−j−1et donc pour
tout z∈Z[j]on peut trouver aet btel que z=a+bj.
•Unicité: supposons que l’on obtienne deux formes de ce type pour un z∈Z[j]ç. à d. z=a+bj =a0+b0j.
On a alors (a−a0) = j(b0−b). Or j∈C−Ret a−a0∈Z⊂Ret b0−b∈Z⊂R. Donc la seule façon d’avoir
l’égalité est d’avoir a−a0=b0−b= 0 ç. à d. a=a0et b=b0. On a donc bien l’unicité de cette écriture d’un
élément de Z[j]sous la forme a+bj , a, b ∈Z.
(b) On va tout de suite donner les lois d’addition et de multiplication dans Z[j]et ainsi vérifier la stabilité des deux
lois de composition de Cdans Z[j](i.e. si z1, z2∈Z[j],z1+z2∈Z[j]et z1z2∈Z[j]):
•z1+z2= (a1+b1j)+(a2+b2j) = (a1+a2)+(b1+b2)j∈Z[j]
•z1z2= (a1+b1j)(a2+b2j) = a1a2+a1b2j+b1a2j+b1b2j2=a1a2+ (a1b2+a2b1)j+b1b2(−j−1) =
(a1a2−b1b2)+(a1b2+a2b1−b1b2)j∈Z[j]
On a également la stabilité par passage à l’opposé: −z1=−(a1+b1j) = (−a1)+(−b1)j∈Z[j].Par ces stabilités
et comme 0 (= 0 + 0j)et 1 (= 1 + 0j)sont dans Z[j],Z[j]est un sous-anneau de Cet donc Z[j]est un anneau
commutatif intègre puisque Cl’est (on pourra vérifier que ces propriétés “passent" aux sous-anneaux).
(c) Z⊂Z[j]en remarquant que Z={a+bj ∈Z[j]|b= 0}.
On a alors, si z1, z2∈Z, z1+z2(= (z1+z2)+0j)∈Z, z1z2(= (z1z2)+0j)∈Zet −z1(= (−z1)+0j)∈Z.
Comme 0 (= 0 + 0j),1 (= 1 + 0j)∈Z,Zest bien un sous anneau de Z[j]. Par contre, si z∈Z∗,jz 6∈ Zet donc Z
n’est pas un idéal de Z[j].
2. (a) •Soient a, b ∈U(A). Montrons que ab ∈U(A): soit ˜a∈Atel que a˜a= 1Aet soit ˜ b∈Atel que b˜ b= 1A. En
multipliant ces deux équations et par la commutativité de Aon obtient ab˜a˜ b= 1Aet donc ab ∈U(A).
•La commutativité et l’associativité de la multiplication dans Ainduisent ces propriétés dans U(A).
•1A.1A= 1Aet donc 1A∈U(A).
•Soit a∈U(A). Par définition il existe ˜a∈Atel que a˜a= 1Aet donc on a (tout est commutatif) ˜a∈U(A)et ˜a
est l’inverse de a. On a donc montré que tout élément de U(A)a un inverse dans U(A).
Par ces propriétés on a bien montré que U(A)est un groupe commutatif.
(b) Soit a+bj ∈U(Z[j]) c. à d. il existe c+dj ∈Z[j]tel que (a+bj)(c+dj) = 1. En prenant le module de cette
équation, on obtient |a+bj||c+dj|= 1 ce qui est vérifié si et seulement si |a+bj|2|c+dj|2= 1 car l’équation
ne comporte que des réels positifs. Cela donne: (a2+b2−ab)(c2+d2−cd) = 1. Comme (a2+b2−ab)∈Zet

(c2+d2−cd)∈Zles seules solutions sont a2+b2−ab =c2+d2−cd = 1 ou a2+b2−ab =c2+d2−cd =−1.
Cela ce résume en définitive à la seule équation a2+b2−ab = 1 car ∀a, b ∈Z, a2+b2−ab >0. En effet, si ab 60,
a2+b2−ab >0et si ab >0,a2+b2−ab = (a−b)2+ab >0.
Maintenant, si a2+b2−ab = 1 on a
•a2+b2= 1 + ab donc 1 + ab >0et donc ab >−1.
•a2+b2−ab = (a−b)2+ab = 1 donc (a−b)2= 1 −ab donc 1−ab >0et donc ab 61.
D’où −16ab 61et on trouve {(a, b)∈Z×Z|a2+b2−ab = 1}={(1,0),(−1,0),(0,1),(0,−1),(1,1),(−1,−1)},
ce qui donne U(Z[j]) = {1,−1, j, −j, 1 + j, −1−j}(= {1,−1, j, −j, −j2, j2} ' Z/6Z).
3. (a) L’intégralité de ce qui est écrit en 1a et 1b s’applique en remplaçant Zpar Q.
(b) Soient a, b ∈Qvérifiant a2+b2−ab = 0. On obtient immédiatement a2+b2=ab et donc ab >0 (?). On a
également a2+b2−ab = (a−b)2+ab = 0, donc (a−b)2=−ab et on obtient ab 60 (??). Par (?)et (??)on a
ab = 0. L’équation de départ donne alors a2+b2= 0 et donc a=b= 0. La réciproque est évidente.
(c) Soient a, b ∈Q∗. Calculons dans C:
1
a+jb =a+jb
(a+jb)(a+jb)=a+jb
(a+jb)(a+jb)
j2=j
=a+j2b
(a+jb)(a+j2b)
j3=1, j2=−j−1
=a−b−jb
a2+b2−ab
Maintenant revenons dans Q[j]: soit α=a+jb ∈Q[j]∗. On considère β=a−b
a2+b2−ab −jb a2+b2−ab ∈Q[j].
On a αβ = 1 et donc pour chaque élément non nul de Q[j]il existe un inverse dans Q[j].Q[j]est donc un corps.