Corrigé

Anneaux et corps
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
6 avril 2016
Quiz 5
Question 1.
Montrer que nZ + mZ = Z si et seulement si (n, m) = 1.
Solution.
Clairement nZ + mZ ⊆ Z. Donc nZ + mZ = Z si et seulement si nZ + mZ ⊇ Z
et nZ + mZ ⊇ Z si et seulement si 1 ∈ nZ + mZ, c’est-à-dire si et seulement si
∃r, s ∈ Z tels que rn + sm = 1 et donc si et seulement si (n, m) = 1.
Définition. Soit A un anneau commutatif et a1 , . . . , an ∈ A. L’idéal engendré
par a1 , . . . , an est
(a1 , . . . , an ) = {x1 .a1 + . . . + xn .an | x1 , . . . , xn ∈ A}.
C’est facile de montrer que {x1 .a1 + . . . + xn .an | x1 , . . . , xn ∈ A} est le plus petit
idéal qui contient a1 , . . . , an .
Question 2.
Soient A un anneau commutatif et a, b ∈ A. Montrer que (a, b) = (a) + (b).
Solution.
On a (a, b) = {c.a+d.b | c, d ∈ A} = {c.a | c ∈ A}+{d.b | d ∈ A} = (a)+(b). Question 3.
Soit A un anneau commutatif fini. Montrer que tout élément différent de zéro
est soit une unité soit un diviseur de zéro (Suggestion : pour tout a ∈ A, considérer
la fonction ma : x 7→ x.a).
Solution.
Soit a ∈ A − {0}.
Si ma : A → A est injective, alors elle est surjective aussi, parce que A est fini.
Donc il existe x ∈ A tel que x.a = 1, de manière que a est une unité.
Si ma n’est pas injective, alors ils existent x, y ∈ A, x 6= y, tels que x.a = y.a,
de manière que (x − y).a = 0. On a que x − y 6= 0. Ainsi a est un diviseur de
zéro.
Anneaux et corps
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
6 avril 2016
Série 5
Exercice 1.
Est-ce que (4, X) est un idéal principal de Z[X] ? Justifier.
Solution.
Non. Supposons que (4, X) soit principal. Alors il existe f ∈ Z[X] tel que
(4, X) = (f ). Donc f divise 4 et il est donc de degré 0 (car Z est un anneau
intègre). En plus, f divise X, de manière qu’il existe g ∈ Z[X] tel que f.g = X.
Donc f.g(1) = 1, donc f est une unité, c’est-à-dire ±1. Finalement, on a qu’ils
existent h, k ∈ Z[X] tels que h.4 + k.X = f = ±1. Alors
h(0).4 = h(0).4 + k(0).0 = ±1.
Ceci est une contradiction, parce que 4 ne divise pas ±1 dans Z. Ainsi, (4, X)
n’est pas principal.
Exercice 2.
Soient A un anneau, I et J des idéaux bilatères.
Montrer que (A/I)/((I + J)/I) ' (A/J)/((I + J)/J).
Solution.
Clairement I + J est un idéal bilatère contenant I. Par le troisième théorème
d’isomorphisme, (I + J)/I est un idéal de A/I et il existe un isomorphisme d’anneaux
A/(I + J) ' (A/I)/((I + J)/I).
De même, I + J est un idéal bilatère contenant J, (I + J)/J est un idéal de A/J
et
A/(I + J) ' (A/J)/((I + J)/J).
Ainsi,
(A/I)/((I + J)/I) ' (A/J)/((I + J)/J).
Exercice 3.
Soient m1 , m2 ≥ 2 deux entiers premiers entre eux, et k1 , k2 ∈ Z. On considère
le système de congruence
n ≡ k1 mod m1
(?)
n ≡ k2 mod m2
(1) Soient a, b, c des entiers tels que a|bc. Montrer que si (a, b) = 1, alors a|c.
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(2) Montrer que si n est une solution du système (?), alors l’ensemble des
solutions du système (?) est la classe de congruence [n]m1 m2 .
(3) En utilisant une relation de Bézout entre m1 et m2 , montrer que le système
(?) a une solution n ∈ Z.
(4) Retrouver les résultats des deux questions précédentes en utilisant seulement le théorème chinois.
(5) Redémontrer le théorème chinois en utilisant les résultats des questions
(2) et (3).
Solution.
(1) Puisque a et b sont premiers entre eux, il existe une relation de Bézout
ax + by = 1 pour x, y ∈ Z. Soit k un entier tel que bc = ka. En multipliant
la relation de Bézout par c, on obtient
c = cax + (cb)y = acx + (ak)y = a(cx + ky)
d’où a | c.
(2) Si un entier m satisfait le système de congruence (?), alors n − m ≡ 0
(mod mi ) pour i = 1, 2. Par conséquent, il existe k1 , k2 ∈ Z tels que
n − m = ki mi pour i = 1, 2, d’où k1 m1 = k2 m2 . Comme m1 | k2 m2
et (m1 , m2 ) = 1, on en conclut, par (1), que m1 | k2 . Ainsi, n ≡ m
(mod m1 m2 ).
Réciproquement, si m est un entier tel que m ≡ n (mod m1 m2 ), alors
m ≡ n (mod mi ) pour i = 1, 2, donc m est une solution de (?).
(3) Puisque m1 et m2 sont premiers entre eux, il existe une relation de Bézout
xm1 + ym2 = 1 pour x, y ∈ Z. Par conséquent, on a les congruences
xm1 ≡ 0 (mod m1 )
ym2 ≡ 1 (mod m1 )
xm1 ≡ 1 (mod m2 )
ym2 ≡ 0 (mod m2 ).
Ainsi, en posant
n = k1 ym2 + k2 xm1 ,
on obtient une solution au système (?).
(4) Par le théorème chinois, l’application
f : Z/(m1 m2 )Z → Z/m1 Z × Z/m2 Z
[x]m1 m2 7→ ([x]m1 , [x]m2 )
est un isomorphisme. Le point (2) est équivalent à l’injectivité de f : si
n, n0 sont deux solutions de (?), alors
f ([n]m1 m2 ) = ([k1 ]m1 , [k2 ]m2 ) = f ([n0 ]m1 m2 ),
d’où n ≡ n0 (mod m1 m2 ) si f est injective, et réciproquement. D’autre
part, le point (3) est clairement équivalent à la surjectivité de f .
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(5) Comme dans le cours, on commence par montrer que l’application f cidessus est un homomorphisme bien défini. Or, on vient de montrer que la
bijectivité de f était équivalente aux points (2) et (3) de l’exercice. Ainsi,
f est un isomorphisme si l’on suppose ceux-ci.
Exercice 4.
(1) Résoudre le système de congruences
n ≡ 5 mod 21
n ≡ 2 mod 11
(2) Trouver toutes les solutions de l’équation x2 = 1 dans Z/323Z.
Solution.
(1) On procède en suivant la preuve, constructive, du point (3) de l’exercice
3.. Une relation de Bézout entre 11 et 21 est par exemple 2 · 11 − 21 = 1.
Par conséquent, une solution au système est donnée par
n = 5 · 2 · 11 − 2 · 21 = 68.
Par le point (2) de l’exercice 3., l’ensemble des solutions du système est
la classe [68]231 = {68 + 231k : k ∈ Z}.
(2) Par le théorème chinois, l’application
f : Z/(17 · 19)Z → Z/17Z × Z/19Z
[x]323 7→ ([x]17 , [x]19 )
est un isomorphisme. Donc pour trouver les solutions de l’équation x2 = 1
dans Z/323Z on peut trouver les solutions de ([x]17 , [x]19 )2 = ([1]17 , [1]19 )
et prendre les préimages par f . On a x2 = 1 si et seulement si x =
±1 soit dans Z/17Z soit dans Z/19Z, car ils sont des corps. Donc on a
exactement 4 solutions, à savoir f −1 (±[1]17 , ±[1]19 ). Pour les calculer, on
procède comme dans (1). Une relation de Bézout entre 17 et 19 est par
exemple 9 · 17 − 8 · 19 = 1. Par conséquent, les 4 solutions, à équivalence
près, au système sont données par
±1 · 9 · 17 − (±1) · 8 · 19 = {±1, ±305}.
Par le point (2) de l’exercice 3., l’ensemble des solutions est donc
{±[1]323 , ±[305]323 }.
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Exercice 5.
Soit p un nombre premier. Montrer que Z[X]/(p, X 2 + 1) est isomorphe à
(Z/pZ)[X]/(X 2 + 1) et Z[i]/(p).
Solution.
Par le quiz 2., on a que (p, X 2 + 1) = (p) + (X 2 + 1) dans Z[X]. Comme dans
l’exercice 2., on a donc
(1)
Z[X]/(p, X 2 + 1) ' (Z[X]/(p))/((p, X 2 + 1)/(p))
et
(2)
Z[X]/(p, X 2 + 1) ' (Z[X]/(X 2 + 1))/((p, X 2 + 1)/(X 2 + 1)).
On considère (1). On a que
f : Z[X] → (Z/pZ)[X],
n
X
n
X
aj X 7→
[aj ]p X j
j
j=0
j=0
est un homomorphisme (facile à vérifier) et son noyau est (p). Donc
(Z[X]/(p)) ' (Z/pZ)[X]
par le premier théorème d’isomorphisme. En plus,
f ((p, X 2 + 1)) = (f (p), f (X 2 + 1)) = (0, X 2 + 1) = (X 2 + 1)
dans (Z/pZ)[X]. Ainsi
Z[X]/(p, X 2 + 1) ' (Z[X]/(p))/((p, X 2 + 1)/(p)) ' (Z/pZ)[X]/(X 2 + 1).
On considère (2). On a que
g : Z[X] → Z[i], p(X) 7→ p(i)
est un homomorphisme (facile à vérifier) et son noyau est (X 2 + 1). Donc
(Z[X]/(X 2 + 1)) ' Z[i]
par le premier théorème d’isomorphisme. En plus,
g((p, X 2 + 1)) = (g(p), g(X 2 + 1)) = (p, 0) = (p)
dans Z[i]. Ainsi
Z[X]/(p, X 2 + 1) ' (Z[X]/(X 2 + 1))/((p, X 2 + 1)/(X 2 + 1)) ' Z[i]/(p).