TD 7 - Anneaux, Idéaux - Columbia Math Department

FIMFA 2007-2008-TD d’algèbre I
Rachel Ollivier
TD 7 - Anneaux, Idéaux
Exercice 1. D’après le cours, Z[X]est un anneau factoriel car Zest factoriel. Les éléments pet Xsont
irréductibles, premiers entre eux. Si Z[X]était principal, on disposerait du théorème de Bezout et l’on aurait
(p) + (X) = Z[X]ce qui est faux.
Exercice 2. On considère A=Z[√10] l’ensemble des nombres réels de la forme a+b√10 avec a, b ∈Z. On
définit l’application N:A→Z, N(a+b√10) = a2−10b2.
1. Vérifier à la main que c’est un sous-anneau de C. Ou bien : le sous-anneau de Cengendré par √10 est
l’image du morphisme d’anneaux
Z[X]→C, P 7→ P(√10).
Un élément dans cette image est de la forme P(√10) pour P∈Z[X]auquel on applique la division
euclidienne par le polynôme unitaire à cœfficients entiers X2−10 : on a P= (X2−10)Q+Roù
Q, R ∈Z[X]et R=a+bX. On a P(√10) = R(√10) = a+b√10. Par conséquent, l’ensemble An’est
autre que le sous-anneau de Cengendré par √10. On note A=Z[√10].
2. On peut faire le calcul... ou bien remarquer, avec une division euclidienne comme précédemment, que
la sous-Q-algèbre de Cengendrée par √10 est un Q-espace vectoriel de dimension 2de base {1,√10}.
On la note Q[√10]. Pour x=a+b√10 ∈Z[√10], L’application
Q(√10) →Q(√10), z 7→ xz
est donc bien définie. Elle est de plus Q-linéaire et en écrivant sa matrice on remarque que son déter-
minant est N(x). On en déduit alors aisément que N(x)N(y) = N(xy)pour x, y ∈A.Remarque : la
norme N(x)est égale au produit de xpar son “conjugué”...√10 et −√10 sont conjugués car ils sont
racines du même polynôme irréductible sur Q. Si on part d’un polynôme irréductible de degré d > 2sur
Q, ses dracines sont dites conjuguées... On peut encore définir une norme...
Déterminons les inversibles de A=Z[√10]. Si x∈Aest inversible, alors N(x)l’est dans Zdonc
N(x) = ±1. Réciproquement, si x=a+√10 ∈Aavec N(x) = ±1, on vérifie que (a−b√10)N(x)est
un inverse pour x.
3. On a N(2) = 4. Si 2 = xy, avec x, y ∈Anon inversibles, alors N(x)N(y) = 4 avec N(x), N(y)6=±1.
Ainsi, N(x), N(y) = ±2. On vérifie qu’il n’y a dans Aaucun tel élément (aucun carré dans Zn’est
congru à ±2modulo 10...faire la liste !)
4. On a √10√10 = 10 = 2 ×5. Si 2était un élément premier de A, alors il diviserait √10. Contradiction.
Ainsi, An’est pas factoriel.
Exercice 3. Soit A=Z[i√5] l’ensemble des nombres complexes de la forme a+bi√5avec a, b ∈Z.
1. En introduisant, comme dans l’exercice précédent, la norme sur N(a+ib√5) = a2+ 5b2, on montre
que les éléments inversibles de Asont les a+ib√5tels que a2+ 5b2=±1c’est-à-dire 1et −1.
2. Soient x= 3 et y= 2 + i√5. Un diviseur zde xet ya pour norme un diviseur de 9 = N(x) = N(y).
Si sa norme est 1, c’est que ce diviseur est inversible. Si ce diviseur n’est pas inversible, sa norme est
9(une norme ne peut être égale à 3). Donc ce diviseur est associé à xet à y(en effet x/z ∈Apar
hypothèse donc N(x/z) = N(x)/N(z) = 1 donc z=±xet de même z=±y...) Contradiction.
3. Il s’agit de montrer que (x)∩(y)n’est pas principal. L’élément 9appartient à (x)∩(y). Les diviseurs
de 9dans Asont {±1,±3,±2±i√5,±9}. Parmi eux, aucun n’est multiple commun de xet yà part
±9, donc si (x)∩(y)était principal, il serait égal à 9A. Or xy = 6 + 3i√56∈ 9A. Donc (x)∩(y)n’est
pas principal.
4. Soient z= 9 et t= 3(2 + i√5). Diviseurs de zdans A:{±1,±3,±2±i√5,±9}, diviseurs de tdans
A:{±1,±3,±(2 + i√5),±3(2 + i√5)}. Les diviseurs communs à zet tsont {±1,±3,±(2 + i√5)}. Cet
ensemble n’a pas de plus grand élément au sens de la divisibilité !
1

5. La liste des diviseurs de 3montre que 3est irréductible. Il n’est pas premier car (2 + i√5)(2 −i√5) =
9∈(3).
Exercice 4 (Théorème des deux carrés). Voir par exemple Cours d’algèbre par D.Perrin, page 56.
Exercice 5. 1. Soit Aun anneau, Iun idéal et on note πla projection A→A/I.
(a)
(b) Remarquer que pour tout idéal Jcontenant Ion a π(J) = J/I et l’isomorphisme d’anneaux
(A/I)/(J/I)≃A/J.
2. (a) Les idéaux premiers de C[X]sont les (P)avec Pirréductible sur Cc’est-à-dire de la forme
P= (X−a)avec a∈C. Un morphisme de Ralgèbres φ:C[X]→Cest entièrement déterminé
par la donnée de l’image de X(notée α∈C) et par φ(i). Ce dernier vérifie φ(i)2=φ(−1) = −1
donc φ(i) = ±1. Si φ(i) = 1, alors φest le morphisme qui à P∈C[X]associe P(α). Si φ(i) = −1,
alors φest le morphisme qui à P∈C[X]associe ¯ P(α)où ¯ Pest le polynôme dont les cœfficients
sont les conjugués de ceux de P. Dans aucun des cas, l’image de φn’est contenue dans Rdonc
il n’y a pas de morphisme de R-algèbres non trivial de C[X]dans R.
(b) D’après la première question, les idéaux premiers de A=R[X]/(X2+X+ 1) sont de la forme
I/(X2+X+ 1) où Iest un idéal premier de R[X]contenant (X2+X+ 1) c’est-à-dire que Iest
de la forme (P)où Pest irréductible (non constant) dans R[X]et divisant 1 + X+X2. Puisque
ce dernier est irréductible sur R, la seule possibilité est : Passocié à 1 + X+X2. Ainsi, le seul
idéal premier de Aest (0).
Soit φun morphisme de R-algèbres de Adans C. On le compose par la projection π:R[X]→
R[X]/(X2+X+ 1) : le morphisme de R-algèbres φ◦π:R[X]→Cest entièrement déterminé
par l’image de Xnotée α. Cet élément doit être choisi de façon à ce que 1 + X+X2soit dans le
noyau de π◦φc’est-à-dire que αest une racine de 1 + X+X2. Réciproquement, si l’on se donne
αune racine de 1 + X+X2alors le morphisme R[X]→C, P 7→ P(α)se factorise bien en un
morphisme A→C. Ainsi, il y a deux morphismes de R-algèbres de Adans C:
P7→ P(j)et P7→ P(j2)
où jet j2sont les racines de 1 + X+X2. Dans aucun des cas, l’image du morphisme n’est
contenue dans Rdonc il n’y a pas de morphisme de R-algèbres non trivial de Adans R
(c) Soit A=R[X]/(X3−6X2+ 11X−6). Le polynôme X3−6X2+ 11X−6se décompose sur R:
X3−6X2+ 11X−6 = (X−1)(X−2)(X−3).
On en déduit que les idéaux premiers de Asont les (X−a)/(X3−6X2+11X−6) pour a∈ {1,2,3}.
Les morphismes de R-algèbres de Adans Csont les
P7−→ P(a)
pour a∈ {1,2,3}. Ces trois morphismes sont à images dans Rdonc ce sont aussi les morphismes
de R-algèbres de Adans R.
(d) A=R[X]/(X4−1). Le polynôme X4−1se décompose en irréductibles sur Rcomme suit :
X4−1 = (X2+ 1)(X−1)(X+ 1).
On en déduit que les idéaux premiers de Asont (X−1)/(X4−1),(X+ 1)/(X4−1),(X2+
1)/(X4−1). Les morphismes de R-algèbres de Adans Csont les
P7−→ P(a)
pour a∈ {1,−1, i, −i}. Seuls les cas a=±1donnent des morphismes à valeurs dans R. Ce sont
les deux morphismes de R-algèbres de Adans R.
Exercice 6.
Exercice 7 (Radical de Jacobson). Soit Aun anneau. On définit le radical de Acomme l’intersection
des idéaux à gauche maximaux de A. Soit x∈A.

1. (a)⇒(b): Supposons x∈Rad(A). Soit a∈AOn veut montrer que 1−ax est inversible à gauche
ou encore que l’idéal à gauche J=A(1 −ax)est égal à Atout entier. Si ce n’était pas le cas, il serait
contenu dans un idéal maximal M. Ce dernier contient aussi Rad(A) donc xet ax sont dans M. Mais
alors 1 = (1 −ax) + ax est dans M. Contradiction.
(b)⇒(c): Supposons que pour tout b∈A, l’élément 1−bx est inversible à gauche. Soit a∈Aon veut
montrer que 1−ax est inversible. Il suffit de montrer qu’il est inversible à droite.
Par hypothèse, on a un inverse à gauche upour 1−ax.L’idée est de montrer que 1−ax est l’inverse
à gauche de u.Puisque u= 1 + uax, il est inversible à gauche : soit v∈Atel que vu = 1. Il vérifie
1 = v+vuax =v+ax donc v= 1 −ax. D’où (1 −ax)u= 1 et 1−ax est inversible à droite.
(c)⇒(a): On suppose que pour tout a∈A,1−ax est inversible. On veut montrer que xest contenu
dans tout idéal maximal à gauche de A. Si ce n’était pas le cas, il existerait Mmaximal à gauche
ne contenant pas x. Par maximalité de M, l’idéal engendré par Met par xest égal à Atout entier
c’est-à-dire qu’il existe a∈Aet m∈Mtels que
1 = ax +m.
Par hypothèse, mest donc inversible ce qui est contradictoire avec le fait que M6=A.
2. (a) Soit Mun idéal à gauche maximal et a∈A−M. Notons ¯ala classe de amod M. On pose
(a:M) = {x∈A, xa ∈M}.
Remarquons que le quotient A/M est un A-module et que (a:M)est l’annulateur de ¯adans ce
module, c’est-à-dire
(a:M) = {x∈A, x¯a= 0}.
C’est clairement un idéal à gauche de A(par exemple, comme noyau du morphisme de A-modules
A−→ A/M, x 7−→ x¯a.)
Montrons qu’il est maximal. Il suffit pour cela de démontrer que si y6∈ (a:M)alors l’idéal
Ay + (a:M)est égal à A. Mais pour un tel y, on a ya 6∈ Mdonc, par maximalité de M, il existe
b∈Atel que
1 = bya mod M.
Alors a−abya ∈Mdonc (1 −aby)∈(a:M)et 1∈Ay + (a:M).
(b) Notons Rl’intersection de tous les idéaux de la forme (a:M)où Midéal maximal à gauche
et a∈A−M. Par définition et d’après ce qui précède, Rad(A) ⊂ R. Pour montrer l’égalité on
remarque que tout idéal à gauche maximal Mde Aest égal à (1 : M).
(c) Pour Nun A-module, on note ann(N)l’annulateur de Ndans Ac’est-à-dire
ann(N) = {a∈A, aN ={0}}.
On vient de démontrer
Rad(A) = \
M, idéal max à gauche
ann(A/M).
Montrons que c’est un idéal à droite. Soit x∈Rad(A) et b∈A. Pour tout idéal à gauche maximal
Mde A, on a (xb)A/M ⊂x(A/M) = {0}. Donc xb ∈Rad(A). Par conséquent, Rad(A) est un
idéal à droite.
(d) Notons Rad−(A)l’intersection des idéaux à droite maximaux de A. Montrons que l’on a l’inclusion
Rad(A) ⊂Rad−(A). Si x∈Rad(A) et x6∈ Rad−(A), il exitse un idéal à droite maximal Mne
contenant pas xdonc tel que A=M+xA c’est-à-dire : il existe a∈Atel que 1−xa ∈ M.
D’après ce qui précède, xa appartient encore à Rad(A) donc 1−xa est inversible. Cela contredit
le fait que M 6=A. Ainsi, Rad(A) ⊂Rad−(A).
On définit l’anneau Aopp =comme suit : ensemblistement, il est égal à Amais la loi ×opp est
donnée par a×opp b:= b×a. Les idéaux à gauche de Aopp sont, ensemblistement, les idéaux
à droite de A. On a Rad(Aopp) = Rad−(A)et Rad−(Aopp) = Rad(A). D’après ce qui précède
appliqué à Aopp, on a Rad−(A) = Rad(A).
3. Soient Kun corps et Ale sous-anneau de Mn(K)des matrices triangulaires supérieures.
(a) Par le calcul, on vérifie que le sous-ensemble Rde Ades matrices de diagonale nulle est un idéal
bilatère de A.

(b) On vérifie que Mi={(ai,k)∈A, ai,i = 0}est un idéal à gauche. Il est maximal car pour tout
X= [xi,j ]6∈ Mi, on a Id −x−1
i,i X∈Mi.
(c) On a Rad(A) ⊂Rd’après ce qui précède. De plus, si x∈R, alors pour tout a∈A,ax ∈Ret
Id −ax est inversible dans A. Donc x∈Rad(A).
4. Soit Iun idéal à gauche I(resp. à droite, bilatère) qui est un nilidéal : pour tout x∈Iil existe
n∈Ntel que xn= 0. Soit x∈I. Pour tout a∈A,ax ∈I, donc il existe ntel que (ax)n= 0 donc
(1 −ax)(1 + ax +... + (ax)n−1) = 1. Ainsi, x∈Rad(A).
Exercice 8. Soit Ol’ensemble des racines des polynômes unitaires à coefficients dans Z.
1. Pour (a)⇒(b)procéder par division euclidienne...(b)⇒(c)est clair. Montrons que (c)⇒(a). On
suppose qu’il existe un sous-anneau Ade Ccontenant zqui, comme groupe abélien, est engendré par
un ensemble fini {v1, ..., vn}(i.e comme Z-module, il est engendré par {v1, ..., vn}.) . On veut montrer
que z∈ O c’est-à-dire qu’il existe un polynôme unitaire à cœfficients entiers dont zest racine. Puisque
z∈A,zvi∈Apour tout 1≤i≤n, donc il existe bi,1, ..., bi,n ∈Ztels que
zvi=bi,1v1+bi,2v2+... +bi,nvn,
c’est-à-dire que la matrice B= [bi,j ]1≤i,j≤n∈ Mn(Z)⊂ Mn(C)possède zpour valeur propre (en effet
le vecteur V= (v1, ..., vn)∈Cnest non nul et vérifie BV =zV ). Ainsi, zest racine du polynôme
caractéristique P(X) = det(XI −B)qui est unitaire, à coefficients entiers.
2. Soient x, y deux éléments de O. Soient P, Q ∈Z[X]des polynômes unitaires non nuls dont xet ysont
respectivement racines. On note ple degré de Pet qcelui de Q. Par division euclidienne, les anneaux
Z[x]et Z[y]sont respectivement engendrés comme groupes abéliens par {xi}1≤i≤p−1et {yj}1≤j≤q−1.
On considère le sous-anneau de Cengendré par xet y:A=Z[x, y] = Z[x][y] = {P(x, y), P ∈Z[X, Y ]}.
Il contient x−yet xy. Il est de type fini comme groupe abélien (engendré par {xiyj}1≤i≤p−1,1≤j≤q−1).
Par la condition précédente (c) on en déduit que x−yet xy sont dans O. Ainsi Oest un sous-anneau
de C.
3. Pour n∈N, on pose αn= 32−n. C’est un élément de O. L’idéal engendré par αnest strictement inclus
dans celui engendré par αn+1 car αn=α2
n+1 mais α−1
n+1 6∈ O (sinon, (α−1 n+1)2n+1 = 1/3appartiendrait
àO.) Par conséquent, On’est pas noetherien.
4. Si Kest un corps de nombres c’est-à-dire une extension finie de Q, on note OK=O ∩ Kson anneau
d’entiers.
(a) On montre facilement que OQ=Z.
(b) Soit ∆∈Z− {0,1}sans facteur carré. On note Q[√∆] la sous-Q-algèbre de Cengendrée par
√∆. On montre sans difficulté que c’est un corps que l’on note Q(√∆). (Voir par la suite le cours
sur les corps...) On pose K=Q(√∆).
Pour z=x+y√∆∈K, on pose ¯z=x−y√∆et
N(z) = z¯z,
T(z) = z+ ¯z.
Ce sont des éléments de Q. Nous allons montrer :
(1) z∈ OKsi et seulement si T(z), N(z)∈Z.
Pour ce faire, on vérifie tout d’abord que z7→ ¯zest un endomorphisme de la Q-algèbre Q(√∆).
Ainsi, si z∈ OKc’est qu’il existe un polynôme P∈Z[X]unitaire tel que P(z) = 0 et l’on a aussi
P(¯z) = 0 donc ¯z∈ OK. Mais alors T(z) = z+ ¯zet N(z) = z¯zsont aussi dans OKet puisqu’ils
sont dans Q, ils sont dans OK∩Q=O ∩Q=Z.
Réciproquement, si T(z), N(z)∈Z, le polynôme X2−T(z)X+N(z) = (X−z)(X−¯z)est
unitaire à cœfficients dans Zet il annule z. Donc zest entier. On a démontré (1).
Revenons à la question posée. Remarquons que l’on a √∆∈ OK. Par conséquent, on a toujours
l’inclusion Z[√∆] ⊂ OK. Si l’on est dans le cas ∆≡1 mod 4, on pose α=1+√∆
2C’est un
élément de OKcar N(α) = (1 −∆)/4∈Zet T(α) = 1 ∈Z. Donc Zh1+√∆
2i⊂ OK. Ainsi,

si ∆≡2,3 mod 4,Z[√∆] ⊂ OK,
si ∆≡1 mod 4,Z[√∆] ⊂Zh1+√∆
2i⊂ OK.
Soit z=x+y√∆avec x, y ∈Qun élément de OK. D’après l’équivalence (1), on a 2x∈Z,
x2−y2∆∈Z. On note y=r
savec r∈Z,s∈N∗,r∧s= 1.
– Si x∈Z, alors s2divise ∆donc s= 1 et y∈Zcar ∆est sans facteur carré. Donc z∈Z[√∆].
– Sinon, x= (1 + 2k)/2et s2(1 + 2k)2−4r2∆∈4s2Z. Donc 4divise s2. On ne peut pas avoir
s= 1 par réduction modulo 4de l’égalité précédente. Donc s= 2 et dans ce cas, on a ∆≡1
mod 4. De plus, x= (1 + 2k)/2et r≡1 mod 2 donc z∈Zh1+√∆
2i.
On vient donc de démontrer que si ∆≡2,3 mod 4 alors on a OK=Z[√∆] et que si ∆≡1
mod 4, alors OK=Zh1+√∆
2i.
Exercice 9 (Résultant). 1. Soient kun corps et P, Q ∈k[X]des polynômes de degrés respectifs pet q.
On introduit l’application
R:kq−1[X]×kp−1[X]−→ kp+q−1[X]
(A, B)7−→ AP +BQ.
On fixe une base des espaces en question et l’on appelle résultant de Pet Qnoté Res(P, Q)le déter-
minant de cette application. Si Pet Qsont premiers entre eux, montrons que Res(P, Q)est non nul.
Il suffit de montrer que Rest injective et pour cela de remarquer que si (A, B)∈kq−1[X]×kp−1[X]
vérifie AP =−BQ on a, par le théorème de Gauss, P/BQ donc P/B d’où B= 0 par argument de
degré. De même A= 0.
Réciproquement, si Res(P, Q)est non nul, l’application Rest bijective donc surjective. Ainsi, il existe
(A, B)∈kq−1[X]×kp−1[X]tels que AP +BQ = 1 donc Pet Qsont premiers entre eux par le théorème
de Bezout.
Remarque : si Pet Qsont premiers entre eux, on sait donc que Rest surjective, donc on peut trouver
un couple de Bezout (A, B)avec degrés respectifs ≤q−1et ≤p−1. C’est un Bezout amélioré !
Remarque : si Pet Qsont à coefficients dans k, on peut les voir comme des polynômes à cœfficients dans
n’importe quelle extension de k. Le résultant ne change pas par cette opération et reste une expression
polynômiale à coefficients entiers des cœfficients de Pet Q. En particulier, il appartient à k. Comparer
cette remarque avec le fait que dire que Pet Qsont premiers entre eux dans k[X]est équivalent à dire
que Pet Qsont premiers entre eux dans ¯ k[x]où ¯ kest une extension de k.
2. Application : Les nombres √2et √10 sont algébriques sur Q. Est-ce que √2 + √10 est algébrique sur
Q? La réponse est oui, ce sera un résultat du cours. Mais ici on le démontre avec le résultant qui permet
de surcroît de fournir un polynôme annulateur “explicite” pour √2 + √10.
Soient αet βdes nombres complexes. On suppose qu’ils sont algébriques : il existe des polynômes P, Q ∈
Q[X]non nuls tels que P(α) = Q(β) = 0. On pose γ=α+β. Le polynôme Qγ(X) = Q(γ−X)∈C[X]
a pour cœfficients des polynômes en γà cœfficients rationnels. Le résultant de Pet Qγ(vus comme des
éléments de C[X]) est donc un polynôme à coefficients rationnels en γ. D’autre part il est nul puisque P
et Qγne sont pas premiers entre eux (ils ont une racine en commun). Ainsi, on a un polynôme rationnel
qui s’annule en γ. Si ce polynôme était nul, il s’annulerait en tout γ′∈C. Donc, Qγ′et Pauraient une
racine en commun pour tout γ′∈C. C’est impossible (sinon tout γ′∈Cs’écrirait comme la différence
d’une racine de Qet d’une racine de P...). Donc γest algébrique sur Q.
De même on montre que pour β6= 0, le quotient de α/β est algébrique sur Q...