Série d`exercices 2b Exercice 1 Soit Z[x, y] l`anneau des polynômes

Série d’exercices 2b
Exercice 1 Soit Z[x, y] l’anneau des polynômes à deux variables à coefficients dans Z.
Chaque polynôme non-nul f ∈ Z[x, y] peut-être écrit des deux manières suivantes:
(1) f =
Pn
(2) f =
Pm
k=0 ak (x)y
k
,
k
k=0 bk (y)x ,
où ak (x) ∈ Z[x], bk [y] ∈ Z[y], an (x) 6= 0 et bm (y) 6= 0. On définit
(1) degy (f ) = n, le degré de f vu comme un polynôme en y,
(2) degx (f ) = m, le degré de f vu comme un polynôme en x.
(1) Soit f, g ∈ Z[x, y] deux polynômes non-nuls. Montrer (ou expliquer) que degx (f g) =
degx (f ) + degx (g) et de manière similaire, degy (f g) = degy (f ) + degy (g).
(2) Montrer que l’idéal (x, y) n’est pas principal.
Preuve (1) On a Z[x, y] = Rx [y] où Rx = Z[x]. De manière similaire, on a Z[x, y] =
Ry [x] où Ry = Z[y]. On sait que Rx et Ry sont intègres. Il suit donc (par un résultat
du devoir 1) que pour tout f, g ∈ Rx [y]\{0} on a que degy (f g) = degy (f ) + degy (g). De
manière similaire, on a aussi que pour tout f, g ∈ Ry [x]\{0}, degx (f g) = degx (f ) + degx (g).
Preuve (2) Par contradiction. Supposons que (x, y) = (f ) pour un certain f ∈ Z[x, y].
Alors il existe g, h ∈ Z[x, y] tels que x = f g et y = f h. On a
0 = degx (y) = degx (f ) + degx (g).
Ceci force degx (f ) = 0. Par symétrie, on a degy (f ) = 0. Donc x et y n’interviennent pas
dans l’écriture de f . Ainsi f = λ pour λ ∈ Z. Notons que λ 6= 0 car (λ) = (x, y). Ainsi
λ 6= 0 et (λ) = (x, y). Or ceci est absurde, car λ ∈
/ (x, y). Exercice 5
(1) Soit K un corps. Montrer que K admet exactement deux idéaux.
(2) Soit K un corps et A un anneau unitaire différent de l’anneau trivial. Soit f : K → A
un homomorphisme d’anneaux. Montrer que f est un nécessairement une application
injective.
Preuve (1) Soit I ⊆ K un idéal. Supposons que I 6= (0). Alors il existe a ∈ I tel que
a 6= 0. On a 1 = a−1 a ∈ I par absorbance. Donc I = A. Comme K est un corps on a que
1 6= 0. Ainsi les deux seuls idéaux sont (0) = {0} et (1) = A.
1
Preuve (2) Comme f est un homomorphisme d’anneaux on a que f (1K ) = 1A . Par
hypothèse 1A 6= 0A . Ainsi 1K ∈
/ ker(f ). Comme ker(f ) est un idéal du corps K, il suit
donc que ker(f ) = (0) et donc f est injective.
Exercice 7 Soit A un anneau et I ⊆ A un idéal bilatère. Montrer qu’il existe un
isomorphisme naturel d’anneaux entre A[x]/I[x] et (A/I)[x].
Preuve Soit π : A → A/I la projection naturelle. On note que π est
Soit π
e:
Psurjective.
P
k
A[x] → (A/I)[x] la projection naturelle déduite de π donnée par f = k ak x 7→ k ak xk
où ak = ak + I. Clairement, π
e est surjective. Par le premier théorème d’isomorphisme on
≃
déduit que A[x]/ ker(P
fe) −→ A/I[x]. Il reste donc à montrer que ker(fe) = I[x]. Or ceci
est clair, car si f = k ak xk ; alors π
e(f ) = 0 si et seulement si, pour tout k, ak = 0, i.e.,
ak ∈ I. Exercice 9 On considère les trois anneaux suivants: A1 := R[x]/(x2 + 1), A2 := R × R
et A3 := R[x]/(x2 ).
(1) Expliquer comment chacun de ces anneaux peut être vu comme un espace vectoriel
de dimension 2 sur R.
(2) Montrer que ces anneaux ne sont pas isomorphes deux à deux.
(3) Calculer A×
j pour j = 1, 2, 3.
Preuve (1) (i) L’anneau produit R × R est clairement un espace vectoriel de dimension
2 sur R ayant pour base (par exemple) e1 = (1, 0) et e2 = (0, 1).
(ii) Montrons que A3 est de dimension 2 sur R. Notons que 1, x ∈ A2 sont R-linéairement
indépendants, car tous les polynômes non-nuls qui sont dans (x2 ) ont un degré supérieur
ou égal à deux. Soit xβ avec β ∈ Z≥2 . Alors on a
(a) si β est pair: xβ ≡ (x2 )β/2 ≡ 0β/2 ≡ 0 (mod (x2 )).
(b) si β = 2n + 1 avec n ≥ 1: xβ ≡ x2n+1 ≡ (x2 )n · x ≡ 0n · x ≡ 0 (mod x2 ).
En utilisant (a) et (b) on peut toujours réduire, modulo l’idéal (x2 ), le degré d’un polynôme
f ∈ C[x] de sorte qu’il soit plus petit que deux.
(iii) Montrons que A2 est de dimension 2 sur R. Notons que 1, x ∈ A2 sont Rlinéairement indépendants, car tous les polynômes non-nuls qui sont dans (x2 + 1) ont
un degré supérieur ou égal à deux. Soit xβ avec β ∈ Z≥2 . Alors on a
(a) si β est pair: xβ ≡ (x2 )β/2 ≡ (−1)β/2 ≡ ±1 (mod (x2 + 1)).
(b) si β = 2n + 1 avec n ≥ 1 alors xβ ≡ x2n+1 ≡ (x2 )n · x ≡ (−1)n · x ≡ ±x (mod (x2 + 1)).
2
En utilisant (a) et (b) on peut toujours réduire, modulo l’idéal (x2 + 1), le degré d’un
polynôme f ∈ C[x] de sorte qu’il soit plus petit que deux.
Preuve (2) Soit e := x ∈ A1 . Alors e2 = −1 = −1A1 . Montrons que A2 et A3 n’ont
pas un tel élément. Soit b = (b1 , b2 ) ∈ A2 . Alors b2 = (b21 , b22 ). De plus, −1A2 = (−1, −1).
Or le système (b21 , b22 ) = (−1, −1) n’est pas résoluble dans R. Soit b = b0 · 1 + b1 · x ∈ A3 .
On cherche b0 , b1 ∈ R tels que b2 = −1A3 = −1 · 1 + 0 · x. On a b2 = b20 · 1 + 2b0 b1 x. Ainsi
on veut résoudre le système b20 = −1 et 2b0 b1 = 0. Ceci est impossible.
Finalement, montrons que A2 n’est pas isomorphe à A3 . On a que x ∈ A3 est un élément
nilpotent non-nul. En effet, x2 = 0. Or il est facile de voir que A2 = R × R ne contient pas
d’élément nilpotent non-nul. Preuve (3) On a
(1) A×
1 = A1 \{0},
×
×
(2) A×
2 = R ×R ,
(3) A×
3 = {a · 1 + bx : a ∈ R\{0}, b ∈ R}.
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