corrigé du CC2 - Université de Rennes 1

Université de Rennes 1, L3 (ANAR)
Année 2016-2017
Contrôle continu 2
40 min
Justifiez toutes vos réponses ! ! ! Seuls les théorèmes, propositions, lemmes et
corollaires vus en cours pourront être admis, les exemples du cours et les exercices
faits en TD doivent être redémontrés. Les documents et les calculatrices ne sont pas
autorisés.
Le barème envisagé est entre parenthèses et est donné à titre indicatif.
Exercice 1. (Total 10 points) Soit K un corps.
1. Déterminer les idéaux de K[X]/(X 3 ). (3 points)
2. Lesquels de ces idéaux sont maximaux, lesquels sont premiers ? (7 points)
Corrigé 1.
1. Considérons le morphisme canonique π : K[X] → K[X]/(X 3 ).
Comme ce morphisme est surjectif le théorème de correspondance des idéaux
livre une bijection entre les idéaux J de K[X] qui contiennent ker(π) = (X 3 )
et les idéaux J/(X 3 ) de K[X]/(X 3 ). Les idéaux J de l’anneau euclidien K[X]
sont de principaux de la forme (g) et (X 3 ) ⊂ (g) si et seulement si g divise X.
Si X 3 = g · h avec h et g non inversibles, alors deg(g) + deg(h) = deg(X 3 ) = 3
et donc g ou h est de degré 1 et , à inversible près, de la forme X − β. Ceci
implique que β est une racine de X 3 et donc β = 0. Il en résulte qu’à inversible
près les polynômes g sont 1, X, X 2 et X 3 . Les idéaux correspondants aux idéaux
(X 3 ) ⊆ (X 2 ) ⊆ (X) ⊆ (1) = K[X] sont donc (0) = (X 3 )/(X 3 ) ⊆ (X 2 )/(X 3 ) ⊆
(X)/(X 3 ) ⊆ (1) = K[X]/(X 3 ).
2. (a) K[X]/(X 3 ) : Cet idéal n’est pas propre et donc il n’est ni maximal ni premier.
(b) (X)/(X 3 ). Méthode 1 : L’inclusion (X) ⊂ (1) = K[X] est
stricte car, comme le corps K est intègre, 1 = h · X implique
0 = deg(1) = deg(h) + deg(X) ≥ 1 qui est impossible. D’après le théorème
de correspondance l’inclusion (X)/(X 3 ) ⊂ K[X]/(X 3 ) est également stricte
et les inclusions ci dessus montrent que idéal (X)/(X 3 ) ⊂ K[X]/(X 3 ) est
propre et maximal (il est donc premier).
Méthode
2
: D’après le 3e Théorème d’isomorphisme
(K[X]/(X 3 ))/((X)/(X 3 )) ∼
= K[X]/(X). Via la PU des anneaux polynômes on étend le morphisme identité ϕ : K → K; a 7→ a en un
morphisme d’évaluation ϕX→0 : K[X] → K; f 7→ f (0) dont le noyau est
(X). En effet (X) ⊂ ker(ϕX→0 ) et pour l’inclusion inverse nous divisons
f ∈ ker(ϕX→0 ) par X (possible car coefficient de tête 1) et nous obtenons
f − q · X = r avec r = 0 ou deg(r) = 0. Donc r ∈ ker(ϕX→0 ) ∩ K et
0 = ϕX→0 (r) = r. Le morphisme ϕX→0 étant surjectif par construction,
le 1er Théorème d’isomorphisme montre que K[X]/(X) ∼
= K qui est un
3
3
corps. Donc (X)/(X ) est un idéal maximal de K[X]/(X ).
(c) (X 2 )/(X 3 ) : Méthode 1 : Nous avons X 6∈ (X 2 ). En effet si X = X 2 · h
avec h ∈ K[X], alors h est non nul et, comme K[X] est intègre,
1 = deg(X) = deg(X 2 ) + deg(h) > 2. Il en résulte que X 6∈ (X 2 )/(X 3 )
2
alors que X · X = X ∈ (X 2 )/(X 3 ), ce qui montre que l’idéal (X 2 )/(X 3 )
n’est pas premier (et donc pas maximal).
Méthode
2
: D’après le 3e Théorème d’isomorphisme
3
2
(K[X]/(X ))/((X )/(X 3 )) ∼
= K[X]/(X 2 ). L’élément X = X + (X 2 )
de K[X]/(X 2 ) est non nul (unicité de l’écriture dans la K-base (1, X))
alors que X · X = 0. Donc l’anneau K[X]/(X 2 ) n’est pas intègre et l’idéal
(X 2 )/(X 3 ) n’est pas premier (et donc pas maximal).
2
(d) (0) : Les éléments X = X+(X 3 ) et X = X 2 +(X 3 ) de K[X]/(X 3 ) sont non
2
2
nuls (unicité de l’écriture dans la K-base (1, X, X )) alors que X · X = 0.
Donc l’anneau K[X]/(X 3 ) ∼
= (K[X]/(X 3 ))/(0) n’est pas intègre et l’idéal
(0) n’est pas premier (et donc pas maximal).
Exercice 2. (Total 10 points)
1. Montrer que le polynôme h = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 est irréductible dans
F2 [X]. (4 points)
2. Déterminer un générateur du groupe multiplicatif L∗ du corps L = F2 [X]/(h).
(4 points)
3. Donner (sous la forme de votre choix) les éléments de L∗ qui ne sont pas des
générateurs en indiquant leur ordre respectif. (2 points)
Corrigé 2. Supposons h = g1 · g2 dans F2 [X] avec gi non inversibles. Comme F2 est
un corps, F2 [X] est intègre et donc les gi sont non nuls. Comme les inversibles de
F2 [X] sont dans F2 \ {0} nous obtenons que deg(gi ) ≥ 1. Comme deg(g1 ) + deg(g2 ) =
deg(h) = 4, il existe un gi avec deg(gi ) ∈ {1, 2}. Les polynômes de degré 1 de F2 [X]
sont X et X + 1. Si un de ces polynômes divisait h alors 0 ou 1 serait zéro de hce
qui n’est pas le cas. Donc deg(g1 ) = deg(g2 ) = 2 et les gi n’ont pas de zéro dans
F2 . Les polynômes de degré 2 dans F2 [X] sont X 2 = X · X, X 2 + 1 = (X + 1)2 ,
X 2 + X = X · (X + 1) et X 2 + X + 1. Le seul n’ayant pas de zéro dans F2 étant
X 2 + X + 1 nous obtenons h = (X 2 + X + 1)2 = X 4 + X 2 + 1 ce qui est impossible car
deux polynômes de même degré sont égaux si et seulement si ils ont mêmes coefficients.
Donc h est irréductible et F2 [X]/(h) est un corps à 2deg(h) = 24 = 16 éléments. Le
groupe multiplicatif est cyclic d’ordre 16 − 1 = 15 = 3 · 5 et donc tout élément qui
n’est pas d’ordre 1, 3 ou 5 est un générateur. Calculons l’ordre de X en exprimant
2
3
2
3
4
3
2
les puissances dans la F2 -base (1, X, X , X ) : X, X , X , X = X + X + X + 1
4
3
2
5
4
3
2
(car d’après le cours X + X + X + X + 1 = 0) et X = X + X + X + X = 1.
2
3
4
Les 4 éléments d’ordre 5 sont donc X, X , X et X . Calculons l’ordre de X + 1
2
3
2
en exprimant les puissances dans la F2 -base (1, X, X , X ) : (X + 1)2 = X + 1,
3
2
(X + 1)3 = X + X + X + 1 6= 1. Donc X + 1 n’est ni d’ordre 5 ni d’ordre 3 et donc
est d’ordre 15, c’est un générateur de L∗ . Les éléments d’ordre 3 sont donc (X + 1)5
et (X + 1)10 . Le dernier élément qui n’est pas un générateur est 1 d’ordre un.