Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 2

Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦2
M1, Algèbre Semestre 2
Exercice 1 Soit Aun anneau commutatif unitaire intègre. On définit la relation ∼sur l’ensemble A×
(A\{0})par
(a, b)∼(a0, b0)⇐⇒ ab0=a0b.
1) Montrer que ∼est une relation d’équivalence.
On désigne par Fl’ensemble des classes d’équivalence relativement à ∼et par a
bla classe d’équivalence
contenant (a, b). On definit deux opérations sur F:
a
b+c d=ad +bc bd ,
a
b·c d=ac bd .
1) Montrer que (F, +,·)est un corps.
Solution: Les opérations sont bien définies. On remarque que si b6= 0 et d6= 0 alors bd 6= 0 et
(ad +bc, bd),(ac, bd)∈A×(A\{0}).
Si (a, b)∼(a0, b0)et (c, d)∼(c0, d0)alors nous devons montrer que
a
b+c d=a0 b0+c0 d0
On a a
b+c d=ad +bc bd et a0 b0+c0 d0=a0d0+b0c0 b0d0.
Mais
(a0d0+b0c0)bd =a0d0bd +b0c0bd
=ab0d0d+b0bcd0
= (ad +bc)b0d0
d’où l’égalité désirée. On procède de la même manière pour montrer que le produit est bien défini.
Fest un anneau.
On ne montrera pas tous les axiomes ! On en vérifie un :
a
b·c d+e f=a b·c d+a b·e f
On a
a
b·c d+a b·e f=ac bd +ae bf
=acbf +aebd
bdbf
=(acf +aed)b
(dbf)b
=acf +aed
dbf
=a
b·cf +ed df
=a
b·c d+e f.
1

Le corps Fs’appelle le corps de fractions de A. C’est le plus petit corps contenant Acomme le montre les
deux prochaines questions.
2) Montrer que l’application i:A−→ Fdéfinit par i(a) = a
1est un morphisme injectif.
Solution: C’est clair !
3) Montrer que si Kest un corps et si α:A−→ Kest un morphisme injectif alors il existe un morphisme
injectif ϕ:F−→ Ktel que ϕ◦i=α.
Solution: Tout d’abord puisque αest injectif et Kest un corps, on voit que si b∈A\{0}alors
α(b)6= 0 et donc inversible.
Soit (a, b)∈A×A\{0}. On pose ϕ(a
b) = α(a)α(b)−1. Vérifions que cette application est bien définie.
Soit a
b=a0 b0∈Fc’est-à-dire ab0=a0b. On a alors α(a)α(b0) = α(a0)α(b)et donc α(a)α(b)−1=
α(a0)α(b0)−1ce qui prouve qu’on a bien
ϕ(a
b) = a0 b0.
On a
ϕ(a
b) = 0 ⇐⇒ α(a)α(b)−1= 0 ⇐⇒ α(a)=0⇐⇒ a= 0A
et donc ker ϕ={0
b}={0F}et ϕest injective.
Finalement, on a ϕ◦i(a) = ϕ(a
1) = α(a)α(1)−1=α(a)et donc ϕ◦i=α.
Exercice 2
1) Montrer que Q[√2] := {a+b√2|(a, b)∈Q2}est un corps.
Solution: Le seul axiome problématique ici est le fait que tout élément non nul est inversible. On a
1
a+b√2=a−b√2 (a+√2)(a−√2) =a−b√2
a2+ 2b2∈Q[√2].
2) On considère l’application eval√2:Z[X]−→ Rdéfinie par eval√2(P) = P(√2).
(a) Déterminer le noyau et l’image de eval√2.
(b) En déduire que Z[X]/(X2−2) 'Z[√2].
Solution: On pose a+b√2 = a−√2bpour (a, b)∈Z2. On montre alors facilement que
(a+√2b)·(c+√2d) = (a+√2b)(c+√2d).
Ainsi si P(a+√2b)=0, on a
P(a−√2b) = Pa+√2b
=Xaia+√2bi
=Xaia+√2bi
=Xaia+√2bi
=Xaia+√2bi
= 0
En particulier si P∈ker(eval√2)alors P(√2) = 0, ce qui implique que P(−√2) = 0 et donc
(X−√2)(X+√2) = X2−2divise P. Finalement on montre facilement que P∈(X2−2) et
ker(eval√2) = Z[x]/(X2−2). L’isomorphisme demandé est alors une simple application du premier
théorème d’isomorphisme.
2

3) Montrer que R[X]/(X2+ 1) 'C.
Solution: Considérer le morphisme evaliet procéder comme précédemment.
Exercice 3 Soit Z[i√5] := {a+i√5b|(a, b)∈Z2}. On définit N(a+ib√5) = a2+ 5b2.
1) Montrer que N(xy) = N(x)N(y)et que N(x)=0si et seulement si x= 0.
Solution: C’est clair puisque N(a+ib√5) = |a+ib√5|2.
2) Déterminer l’ensemble des inversibles de Z[√5].
Solution: Supposons que x∈Z[i√5] est inversible. Alors il existe y∈Z[i√5] tel que xy = 1. On a
alors 1 = N(xy) = N(x)N(y)et donc N(x) = ±1. Les seules possibilités sont x= 1 ou x=−1. De
plus, il est clair que 1et −1sont inversibles. On a donc
U(Z[i√5]) = {1,−1}.
3) Montrer que 2est irréductible mais que 2 n’est pas premier.
[On pourra utiliser 6 = (1 −i√5)(1 + i√5).]
Solution: On remarque que
N(a+i√5b) = 
0si (a, b) = (0,0)
1si (a, b) = (1,0)
4si (a, b) = (2,0)
≥5sinon.
On suppose que 2 = ab. Alors N(2) = N(a)N(b)⇐⇒ 4 = N(a)N(b). Si N(a)=1ou N(b) = 1 alors
aou best inversible. Sinon on doit avoir N(a) = 2 ce qui est impossible. Ainsi 2est irréductible.
On a 2|6mais, clairement, 2-(1 ±i√5). Ainsi 2n’est pas premier.
4) Montrer que 3et 1±i√5sont irréductibles et en déduire que Z[i√5] n’est pas factoriel.
Solution: Pour montrer que 3et 1±i√5sont irréductibles, on procède comme précédemment avec
la norme. On a 3 = ab =⇒N(3) = N(ab) =⇒9 = N(a)N(b)donc N(a) = 1,3ou 9. Mais N(a)6= 3
et donc soit N(a) = 1 et aest inversible soit N(a) = 9 et N(b) = 1 et best inversible. Ainsi 3est
irréductible.
Puisque 6=2×3 = (1 + √5)(1 −√5) et que tous les éléments en présence sont irréductibles, Z[i√5]
ne peut pas être factoriel.
Exercice 4 L’objectif de cette question est de montrer que Z[ξ] := {a+bξ |(a, b)∈Z2}où ξ=1 + i√19
2
est un anneau principal qui n’est pas euclidien. On aura besoin de la notion suivante. Une norme de
Dedekind-Hasse sur un anneau intègre Aest une application N:A−→ Ntelle que
∗N(x)=0si et seulement si x= 0.
∗Si x, y ∈A\{0}alors y|xou il existe (s, t)∈Atel que
0< N(sx −ty)< N(y).
1) Soit Aun anneau euclidien qui n’est pas un corps. Montrer qu’il existe un élément y∈Atel que
(a) y6= 0 et y /∈A∗
(b) Pour tout a∈A, il existe q∈Aet r∈A∗∪ {0}tel que a=qy +r.
[On prendra un élément minimal de A\A∗∪ {0}.]
Solution: Soit k= min{f(x)|x∈A\A∗∪ {0}et soit y∈Atel que f(y) = k. Soit a∈Aet soit
(q, r)tel que a=yq +r. Si y-aalors r6= 0. De plus f(r)< f(y)ce qui implique que r∈A\A∗∪{0}.
2) Montrer que si Aest intègre et si Apossède une norme de Dedekind-Hasse alors Aest principal.
Solution: Soit Iun idéal de Aet soit a∈Itel que N(a)>0soit minimal. Soit b∈I. Alors soit
a|bet b∈(a)soit a-bet alors il existe (s, t)tel que 0< N(sb −at)< N(a). Or sb −at ∈I
donc par minimalité de Aon doit avoir N(sb −at) = 0 ce qui contredit 0< N(sb −at). On a donc
nécessairement a|bet I= (a).
3) On définit N:Q[ξ]−→ Npar N(a+bξ) = a2+ab + 5b2.
(a) Montrer que N(xy) = N(x)N(y)pour tout x, y ∈Q[ξ].
Solution: Clair puisque N(a+bξ) = |a+bξ|2.
3

(b) Déterminer l’ensemble des inversibles de Z[ξ].
Solution: Si xest inversible alors N(x)est un inversible de Zce qui implique N(x)=1. Or
N(a+bξ) = a2+ab + 5b2= (a+b
2)2+19 4b2
Donc si N(x)=1, on a b= 0 et a=±1.
(c) Montrer que 2et 3sont irréductibles dans Z[ξ].
Solution: D’après l’égalité dans la question précédente, on voit que N(a+bξ)≥5dès lors
que b≥1. Si 2 = xy alors N(2) = N(xy)⇐⇒ 4 = N(x)N(y). Ainsi N(x) = 1,2ou 4. Seuls les
cas N(x)=1et N(x)=4(mais alors N(y)=1) sont possibles et donc 2est irréductible. On
procède de la même manière pour 3.
(d) En utilisant les éléments x= 2 et x=ξ, montrer qu’il ne peut pas y avoir d’élément dans Z[ξ]
satisfaisant les conditions 1)(a) et 1)(b).
Solution: Si ysatisfait (1) et (2) alors il existe (q, r)tel que 2 = qy +ret r∈ {−1,0,1}. Ainsi
qy = 2 −r.
∗Si r= 0 alors ydivise 2.
∗Si r=−1alors ydivise 3.
∗Si r= 1 alors qy = 1 et yest inversible, c’est impossible.
Ainsi ydivise 2ou 3et comme yn’est pas inversible et 2et 3sont irréductibles on a y=±2ou
y=±3.
il existe (q, r)tel que ξ=qy +ret r∈ {−1,0,1}. Ainsi ydivise ξ,ξ+ 1 ou ξ−1. Mais y=±2
ou ±3et clairement yne divise pas ξou ξ±1.
(e) En déduire que Z[ξ]n’est pas euclidien.
Solution: Z[ξ]n’est pas un corps et ne contient aucun élément satisfaisant les conditions (a)
et (b) de la question 1, ce ne peut donc pas être un corps.
4) Dans cette question, on montre que Nest un norme de Dedekind-Hasse sur Z[ξ]. Soit x, y ∈Z[ξ]
deux éléments non nuls tels que yne divise pas x. On doit trouver des éléments s, t ∈Z[ξ]tels que
0< N(sx −ty)< N(y)c’est-à-dire tels que
(?) 0 < N(s·(x
y)−t)<1.
On pose
x
y:= a+ib√19 c=a−b c+2b cξ∈Q[ξ]
où pgcd(a, b, c)=1et c > 1.
(a) On suppose que c= 2. Montrer que le couple (1,(a−1) + ib√19
2)convient.
Solution: On remarque tout d’abord que aet bne peuvent pas être tous les deux impairs
puisque sinon x
y=a−b 2+bξ ∈Z[ξ]et y|x.
On voit aussi que aet bne peuvent pas être tous les deux pairs puisque sinon pgcd(a, b, c)≥2.
Ainsi l’un est pair et l’autre est impair, ce qui implique que (a−b−1) est pair et
t=(a−1) + ib√19
2=a−b−1 2+bξ ∈Z[ξ].
Un calcul montre alors que N(s·(x
y)−t)=1/2et (?)est vérifiée.
(b) On suppose que c= 3. Montrer que a2+19b2= 3q+roù 1≤r≤2et que le couple (a−ib√19, q)
convient.
Solution: Soit a= 3q1+r1et b= 3q2+r2. On a alors
a2+ 19b2≡r2
1+r2 2mod 3.
4

Puisque a, b, c sont premiers entre eux on ne peut pas avoir (r1, r2) = (0,0). De plus, si r16= 0
alors r2
1≡1 mod 3. Ceci montre que r2 1+r2 2est congru à 1 ou 2 modulo 3. Un calcul montre
alors que
N(sx/y −t) = 1
3(a2+ 19b2−3q) = r 3
d’où le résultat.
(c) On suppose que c= 4. Ainsi aet bne sont pas tous les deux pairs.
i. Si aet bsont impairs montrer qu’il existe q∈Ntel que a2+ 19b2= 8q+ 4 et que le couple
(a−ib√19
2, q)convient.
Solution: Si aet bsont impairs, alors a2+ 19b2≡1 + 3 = 4 mod 8 et a2+ 19b2= 8q+ 4.
On a donc s= (a+b)/2−bζ ∈Z[ζ]et un calcul montre que
N(sx/y −t) = 1
8(a2+ 19b2−8q) = 1 2.
ii. Si aou best pair montrer que a2+19b2= 4q+ravec 0< r < 4et que le couple (a−ib√19, q)
convient.
Solution: Si aou best pair et l’autre impair, on voit que a2+ 19b2est impair et donc
a2+ 19b2= 4q+rpour 0< r < 4. Un calcul montre alors que
N(sx/y −t) = 1
4(a2+ 19b2−4q) = r 4,
d’où le résultat.
(d) On supppose que c≥5. Puisque pgcd(a, b, c)=1, il existe n1, n2, n3∈Ztel que
n1a+n2b+n3c= 1.
Soit (q, r)∈Ztel que n2a−19n1b=cq +ravec |r| ≤ c/2. Montrer que le couple
(n2+in1√19, q −in3√19)
convient.
Solution: Un calcul montre que
Nx
ys−t=(n2a−19n1b−qc)2+ 19(n1a+n2b+n3c)2 c2
De plus n2a−19n1b−qc =ret n1a+n2b+n3c= 1 donne
Nx
ys−t=r2+ 19 c2.
Si c≥6on voit alors en utilisant |r| ≤ c/2que :
0< N x
ys−t≤1 4+19 36 =7 9<1,
d’où le résultat.
Supposons maintenant que c= 5. Dans ce cas, l’inégalité |r| ≤ 5/2donne r≤2, et
Nx
ys−t=r2+ 19 c2=r2+ 19 25 ≤23 25 <1.
(e) Conclure.
Solution: On a montré que Nest une norme de Deddekind-Hasse, ainsi Z[ξ]est principal.
Exercice 5 (Lemme de Gauss et critère d’Eisenstein.)
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