Corrigé

Anneaux et corps Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 27 avril 2016
Quiz 7
Question 1.
Soit Kun corps, et f∈K[X] un polynˆome de degr´e positif. Montrer que
K[X]/(f) contient un sous-corps isomorphe `a K.
Solution.
On sait bien que un syst`eme de repr´esentants des classes de K[X]/(f) est donn´e
par les polynˆomes de degr´e plus petit que le degr´e de f. En particulier, on a que
ce syst`eme contient les polynˆomes constants. L’ensemble
{k+ (f)|k∈K}
est donc le corps cherch´e. 
Question 2.
Soit Aun anneau int`egre.
(1) Montrer que si Aest un corps, alors le corps des fractions de Aest iso-
morphe `a A.
(2) Montrer que le corps des fractions de Aest le plus petit corps (`a isomor-
phisme pr`es) contenant A.
Solution.
(1) Soit Kle corps de fractions de Aet i:A→Kd´efini par a7→ (a, 1).
On a que iest un homomorphisme d’anneaux (facile `a v´erifier). De plus,
(a, 1) '(0,1) si et seulement si a= 0, de mani`ere que iest injectif. Notons
que l’on a pas encore utilis´e le fait que Aest un corps. Finalement, pour
tout (a, b)∈A×A− {0}on a (a, b)'(ab−1,1) (b−1existe car Aest un
corps), de mani`ere que iest surjectif aussi (i−1((a, b)) = ab−1). Donc iest
un isomorphisme.
(2) Soit Kle corps de fractions de A. On sait par le cours (propri´et´e univer-
selle) que pour tout corps Let tout homomorphisme injectif d’anneaux φ
de Adans L, il existe un unique homomorphisme de corps ˜ φde Kdans L
tel que φ=˜ φ◦i, o`u iest d´efini comme dans (1). Soit donc Lun corps qui
contient A. Alors il existe un homomorphisme injectif d’anneaux φde A
dans L(l’inclusion). Ainsi il existe un unique homomorphisme de corps ˜ φ
de Kdans L, de mani`ere que ˜ φ(K)'Kest bien un sous-corps de L.
Tout corps qui contient A, contient un sous-corps isomorphe `a K, c’est-
`a-dire le corps des fractions de Aest le plus petit corps (`a isomorphisme
pr`es) contenant A.

Anneaux et corps Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 27 avril 2016
S´erie 7
Exercice 1. On consid`ere l’anneau int`egre Z[√−5] := {a+b√−5|a, b ∈Z}.
(1) Montrer que l’id´eal (2) de Z[√−5] n’est pas premier.
(2) Montrer que 2 est irr´eductible.
(Suggestion : consid´erer N : Z[√−5] →N,a+b√−57→ a2+ 5b2).
(3) En d´eduire que An’est pas factoriel.
Solution.
(1) On a que (1 + √−5)(1 −√−5) = 6 ∈(2), mais ni 1 + √−5 ni 1 −√−5 est
dans (2), car 2 ne divise aucun des deux dans Z[√5]. En effet, supposons
que 2 divise 1 + √−5 ; alors 1 + √−5=2·(a+b√−5) = 2a+ 2b√−5, ce
qui n’est pas possible si a, b ∈Z.
(2) On a que N(α·β) = N(α)·N(β) pour tout α, β ∈Z[√−5] (facile `a v´erifier).
De plus, il n’existe pas un ´el´ement α=a+b√−5∈Z[√−5] avec N(α) = 2
(en effet, si b6= 0, alors N(α)≥5 et si b= 0, alors a26= 2 pour a∈Z).
Soit donc 2 = α·βavec α, β ∈Z[√−5]. Alors 4 = N(2) = N(α)·N(β)
implique que N(α) = 1 ou N(β) = 1, ce qui implique que α=±1 ou
β=±1, qui sont des unit´es dans Z[√−5].
(3) On a vu (cours) que si Aest un anneau factoriel et a∈A, alors (a) est
premier si et seulement si aest irr´eductible. Or, (2) n’est pas premier,
mais 2 est irr´eductible dans Z[√−5], donc Z[√−5] n’est pas factoriel.
Exercice 2. Soit Aun anneau commutatif.
(1) On suppose que Aest int`egre et que An’a qu’un nombre fini d’id´eaux.
Montrer que Aest un corps.
(2) On suppose que An’a qu’un nombre fini d’id´eaux. Montrer que les id´eaux
premiers de Asont tous maximaux.
(3) On suppose que tout id´eal de A(autre que A) est premier. Montrer que
Aest un corps.

3
Solution.
(1) Soit x∈A\ {0}. Comme An’a qu’un nombre fini d’id´eaux, il existe
n > m ≥0 tels que (xn) = (xm). Cela signifie qu’il existe a∈Atels que
axn=xm. Or Aest int`egre et xn=xmxn−m, donc axn−m−1x= 1. Ainsi
xest bien inversible.
(2) Soit Iun id´eal premier de A. Alors A/I est int`egre et n’a qu’un nombre fini
d’id´eaux. D’apr`es la question pr´ec´edente, A/I est un corps. Par cons´equent,
Iest un id´eal maximal de A.
(3) Comme {0}est premier, A'A/{0}est int`egre. Soit x∈Anon nul. Alors
(x2) est un id´eal premier de A. Or x2=x.x donc x∈(x2). Par suite, il
existe a∈Atel que x=ax2. Comme Aest int`egre, on en d´eduit que
1 = ax. Ainsi x∈A∗.
Exercice 3.
(1) Donner la caract´eristique de chacun des anneaux suivants :
Z/25Z F5×F5F5[X]/(X2+ 1) F5[X]/(X2+X+ 1).
(2) Ces anneaux sont ils int`egres ? des corps ? isomorphes ?
Solution.
(1) L’anneau Z/25Zest de caract´eristique 25. Les trois autres anneaux sont
de caract´eristique 5.
(2) L’anneau Z/25Zn’est pas int`egre puisque sa caract´eristique n’est pas
premi`ere. Ce n’est donc pas un corps. Il n’est isomorphe `a aucun des
autres anneaux de la liste, puisqu’il est le seul `a ˆetre de caract´eristique
25.
Comme ([1]5,[0]5)([0]5,[1]5) = ([0]5,[0]5),l’anneau F5×F5n’est pas
int`egre. Ce n’est donc pas un corps.
On a X2+ [1]5= (X+ [2]5)(X+ [3]5).De plus, les id´eaux (X+ [2]5) et
(X+ [3]5) sont tels que
(X+ [2]5)+(X+ [3]5) = ([1]5) = F5[X].
D’apr`es le th´eor`eme chinois, on a donc
F5[X]/(X2+ [1]5)'F5[X]/(X+ [2]5)×F5[X]/(X+ [3]5)'F5×F5.
En particulier F5[X]/(X2+ [1]5) n’est ni int`egre, ni un corps.
Comme X2+X+ [1]5est de degr´e 2 et sans racine dans F5, il est
irr´eductible sur F5.Il s’ensuit que F5[X]/(X2+X+ [1]5) est un corps.
L’anneau F5[X]/(X2+X+ [1]5) est donc aussi int`egre. De plus, l’anneau
F5[X]/(X2+X+ [1]5) n’est isomorphe `a aucun des autres anneaux
de la liste, puisqu’il est le seul `a ˆetre int`egre.

4
Exercice 4. Soit pun nombre premier. Montrer que l’id´eal (p) est premier dans
Z[i] si et seulement si X2+ [1]pest irr´eductible dans (Z/pZ)[X].
Solution.
Par l’Exercice 5. de la S´erie 5, on a
Z[i]/(p)'Z[X]/(p, X2+ 1) '(Z/pZ)[X]/(X2+ [1]p).
On a donc que l’id´eal (p) est premier dans Z[i] si et seulement si Z[i]/(p) est int`egre
(cours) et donc si et seulement si (Z/pZ)[X]/(X2+[1]p) est int`egre, c’est-`a-dire si
et seulement si (X2+ [1]p) est premier. On sait que (Z/pZ)[X] est factoriel, donc,
par le cours, (X2+[1]p) est premier si et seulement si X2+[1]pest irr´eductible. 
Exercice 5. On consid`ere l’anneau C0([0; 1],R) de fonction continues sur [0; 1]
`a valeurs r´eelles.
(1) Soit Iun id´eal propre de C0([0; 1],R). Montrer l’existence de x0∈[0; 1]
tel que f(x0) = 0 pour toute fonction f∈I.
(2) Soit x0∈[0; 1]. Montrer que
Mx0:= {f∈ C0([0; 1],R) : f(x0)=0}
est un id´eal maximal de C0([0; 1],R).
(3) En d´eduire que les id´eaux maximaux de C0([0; 1],R) sont exactement les
id´eaux de la forme Mx0avec x0∈[0; 1].
Solution. Dans cette solution, abr´egeons C0([0; 1],R) par C.
(1) Par contradiction, supposons que pour tout x0∈[0,1] il existe fx0∈Itel
que fx0(x0)6= 0. Puisque fx0est continue, il existe un voisinage U(x0)⊂
[0,1] de x0tel que 0 6∈ f(U(x0)). On obtient un recouvrement ouvert
[0,1] = [
x∈[0,1]
U(x).
Par compacit´e de [0,1], il existe x1, . . . , xn∈[0,1] tels que ∪x∈[0,1]U(x) =
U(x1)∪ ··· ∪ U(xn). Consid´erons la fonction
f=
n
X
i=1
f2
i∈I.
Si x∈[0,1], alors il existe 1 ≤i≤ntel que x∈U(xi), d’o`u fi(x)6= 0.
Par cons´equent, f(x)>0. Ainsi, 1/f ∈ C, d’o`u 1 = f·(1/f )∈I, ce qui
implique que I=C, une contradiction.
(2) Consid´erons l’homomorphisme d’´evaluation en x0
evx0:C → R
f7→ f(x0).

5
Cet homomorphisme est surjectif (utiliser les fonctions constantes) de
noyau Mx0. Par cons´equent, C/Mx0∼
=R, d’o`u l’on conclut que Mx0
est un id´eal maximal de Cpuisque Rest un corps.
(3) Soit Mun id´eal maximal de C. Par le premier point, il existe x0∈[0,1]
tel que M⊂ Mx0. Par maximalit´e de M, on en d´eduit que M=Mx0,
puisque Mx0est un id´eal propre par le second point.