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

S´erie d’exercices 2b
Exercice 1 Soit Z[x, y] l’anneau des polynˆomes `a deux variables `a coefficients dans Z.
Chaque polynˆome non-nul f∈Z[x, y] peut-ˆetre ´ecrit des deux mani`eres suivantes:
(1) f=Pn
k=0 ak(x)yk,
(2) f=Pm
k=0 bk(y)xk,
o`u ak(x)∈Z[x], bk[y]∈Z[y], an(x)6= 0 et bm(y)6= 0. On d´efinit
(1) degy(f) = n, le degr´e de fvu comme un polynˆome en y,
(2) degx(f) = m, le degr´e de fvu comme un polynˆome en x.
(1) Soit f, g ∈Z[x, y] deux polynˆomes non-nuls. Montrer (ou expliquer) que degx(fg) =
degx(f) + degx(g) et de mani`ere similaire, degy(fg) = degy(f) + degy(g).
(2) Montrer que l’id´eal (x, y) n’est pas principal.
Preuve (1) On a Z[x, y] = Rx[y] o`u Rx=Z[x]. De mani`ere similaire, on a Z[x, y] =
Ry[x] o`u Ry=Z[y]. On sait que Rxet Rysont int`egres. Il suit donc (par un r´esultat
du devoir 1) que pour tout f, g ∈Rx[y]\{0}on a que degy(fg) = degy(f) + degy(g). De
mani`ere 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=fg et y=fh. On a
0 = degx(y) = degx(f) + degx(g).
Ceci force degx(f) = 0. Par sym´etrie, on a degy(f) = 0. Donc xet yn’interviennent pas
dans l’´ecriture de f. Ainsi f=λpour λ∈Z. Notons que λ6= 0 car (λ) = (x, y). Ainsi
λ6= 0 et (λ) = (x, y). Or ceci est absurde, car λ /∈(x, y). 
Exercice 5
(1) Soit Kun corps. Montrer que Kadmet exactement deux id´eaux.
(2) Soit Kun corps et Aun anneau unitaire diff´erent de l’anneau trivial. Soit f:K→A
un homomorphisme d’anneaux. Montrer que fest un n´ecessairement une application
injective.
Preuve (1) Soit I⊆Kun id´eal. Supposons que I6= (0). Alors il existe a∈Itel que
a6= 0. On a 1 = a−1a∈Ipar absorbance. Donc I=A. Comme Kest un corps on a que
16= 0. Ainsi les deux seuls id´eaux sont (0) = {0}et (1) = A.
1

Preuve (2) Comme fest un homomorphisme d’anneaux on a que f(1K) = 1A. Par
hypoth`ese 1A6= 0A. Ainsi 1K/∈ker(f). Comme ker(f) est un id´eal du corps K, il suit
donc que ker(f) = (0) et donc fest injective.
Exercice 7 Soit Aun anneau et I⊆Aun id´eal bilat`ere. 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 πest surjective. Soit eπ:
A[x]→(A/I)[x] la projection naturelle d´eduite de πdonn´ee par f=Pkakxk7→ Pkakxk
o`u ak=ak+I. Clairement, eπest surjective. Par le premier th´eor`eme d’isomorphisme on
d´eduit que A[x]/ker( e f)≃ −→ A/I[x]. Il reste donc `a montrer que ker( e f) = I[x]. Or ceci
est clair, car si f=Pkakxk; alors eπ(f) = 0 si et seulement si, pour tout k,ak= 0, i.e.,
ak∈I.
Exercice 9 On consid`ere 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 ˆetre vu comme un espace vectoriel
de dimension 2 sur R.
(2) Montrer que ces anneaux ne sont pas isomorphes deux `a deux.
(3) Calculer A×
jpour j= 1,2,3.
Preuve (1) (i) L’anneau produit R×Rest clairement un espace vectoriel de dimension
2 sur Rayant pour base (par exemple) e1= (1,0) et e2= (0,1).
(ii) Montrons que A3est de dimension 2 sur R. Notons que 1, x ∈A2sont R-lin´eairement
ind´ependants, car tous les polynˆomes non-nuls qui sont dans (x2) ont un degr´e sup´erieur
ou ´egal `a deux. Soit xβavec β∈Z≥2. Alors on a
(a) si βest 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 r´eduire, modulo l’id´eal (x2), le degr´e d’un polynˆome
f∈C[x] de sorte qu’il soit plus petit que deux.
(iii) Montrons que A2est de dimension 2 sur R. Notons que 1, x ∈A2sont R-
lin´eairement ind´ependants, car tous les polynˆomes non-nuls qui sont dans (x2+ 1) ont
un degr´e sup´erieur ou ´egal `a deux. Soit xβavec β∈Z≥2. Alors on a
(a) si βest 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 r´eduire, modulo l’id´eal (x2+ 1), le degr´e d’un
polynˆome f∈C[x] de sorte qu’il soit plus petit que deux.
Preuve (2) Soit e:= x∈A1. Alors e2=−1 = −1A1. Montrons que A2et A3n’ont
pas un tel ´el´ement. Soit b= (b1, b2)∈A2. Alors b2= (b2
1, b2 2). De plus, −1A2= (−1,−1).
Or le syst`eme (b2
1, b2 2) = (−1,−1) n’est pas r´esoluble dans R. Soit b=b0·1 + b1·x∈A3.
On cherche b0, b1∈Rtels que b2=−1A3=−1·1 + 0 ·x. On a b2=b2
0·1 + 2b0b1x. Ainsi
on veut r´esoudre le syst`eme b2
0=−1 et 2b0b1= 0. Ceci est impossible.
Finalement, montrons que A2n’est pas isomorphe `a A3. On a que x∈A3est un ´el´ement
nilpotent non-nul. En effet, x2= 0. Or il est facile de voir que A2=R×Rne contient pas
d’´el´ement 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}.
3