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 Z est factoriel. Les éléments p et X sont
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 C engendré 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
2
2
euclidienne par le polynôme unitaire √
à cœfficients
√ entiers X √− 10 : on a P = (X − 10)Q + R où
Q, R ∈ Z[X] et R = a + bX. On a P ( 10) =√R( 10) = a + b 10.√Par conséquent, l’ensemble A n’est
autre que le sous-anneau de C engendré par 10. On note A = Z[ 10].
2. On peut faire le calcul... ou bien remarquer,
avec une division euclidienne comme précédemment,
√ que
√
10
est
un
Q-espace
vectoriel
de
dimension
2
de
base
{1,
10}.
la sous-Q-algèbre
de
C
engendrée
par
√
√
√
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 déterminant est N (x). On en déduit alors aisément que N (x)N (y)
√ pour x, y ∈ A. Remarque : la
√ = N (xy)
norme N (x) est égale au produit de x par 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 > 2 sur
Q, ses d racines sont dites conjuguées... On peut encore définir une norme...
√
Déterminons les inversibles de A = Z[ √10]. Si x ∈ A est inversible, alors N (x) l’est √dans Z donc
N (x) = ±1. Réciproquement, si x = a + 10 ∈ A avec 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 ∈ A non 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 A aucun tel élément (aucun carré dans Z n’est
congru à ±2 modulo 10...faire la liste !)
√
√ √
4. On a 10 10 = 10 = 2 × 5. Si 2 était un élément premier de A, alors il diviserait 10. Contradiction.
Ainsi, A n’est pas factoriel.
√
√
Exercice 3. Soit A = Z[i 5] l’ensemble des nombres complexes de la forme a + bi 5 avec a, b ∈ Z.
√
5) = a2 + 5b2 , on montre
1. En introduisant, comme dans l’exercice précédent,
la
norme
sur
N
(a
+
ib
√
que les éléments inversibles de A sont les a + ib 5 tels que a2 + 5b2 = ±1 c’est-à-dire 1 et −1.
√
2. Soient x = 3 et y = 2 + i 5. Un diviseur z de x et y a 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 x et à y (en effet x/z ∈ A par
hypothèse donc N (x/z) = N (x)/N (z) = 1 donc z = ±x et de même z = ±y...) Contradiction.
3. Il s’agit de montrer que (x) ∩ (y) √
n’est pas principal. L’élément 9 appartient à (x) ∩ (y). Les diviseurs
de 9 dans A sont {±1, ±3, ±2 ± i 5, ±9}. Parmi eux, aucun n’est multiple
√ commun de x et y à part
±9, donc si (x) ∩ (y) était principal, il serait égal à 9A. Or xy = 6 + 3i 5 6∈ 9A. Donc (x) ∩ (y) n’est
pas principal.
√
√
4. Soient z = 9 et t = √
3(2 + i 5). Diviseurs
de
z
dans
A
:
{±1,
±3,
±2
±
i
5, ±9}, diviseurs √
de t dans
√
A : {±1, ±3, ±(2 + i 5), ±3(2 + i 5)}. Les diviseurs communs à z et t sont {±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 3 montre que 3 est 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.
(a)
1. Soit A un anneau, I un idéal et on note π la projection A → A/I.
(b) Remarquer que pour tout idéal J contenant I on 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 P irréductible sur C c’est-à-dire de la forme
P = (X − a) avec a ∈ C. Un morphisme de R algèbres φ : C[X] → C est 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 φ est le morphisme qui à P ∈ C[X] associe P (α). Si φ(i) = −1,
alors φ est le morphisme qui à P ∈ C[X] associe P̄ (α) où P̄ est le polynôme dont les cœfficients
sont les conjugués de ceux de P . Dans aucun des cas, l’image de φ n’est contenue dans R donc
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]/(X 2 + X + 1) sont de la forme
I/(X 2 + X + 1) où I est un idéal premier de R[X] contenant (X 2 + X + 1) c’est-à-dire que I est
de la forme (P ) où P est irréductible (non constant) dans R[X] et divisant 1 + X + X 2 . Puisque
ce dernier est irréductible sur R, la seule possibilité est : P associé à 1 + X + X 2 . Ainsi, le seul
idéal premier de A est (0).
Soit φ un morphisme de R-algèbres de A dans C. On le compose par la projection π : R[X] →
R[X]/(X 2 + X + 1) : le morphisme de R-algèbres φ ◦ π : R[X] → C est entièrement déterminé
par l’image de X notée α. Cet élément doit être choisi de façon à ce que 1 + X + X 2 soit dans le
noyau de π ◦ φ c’est-à-dire que α est une racine de 1 + X + X 2 . Réciproquement, si l’on se donne
α une racine de 1 + X + X 2 alors 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 A dans C :
P 7→ P (j) et P 7→ P (j 2 )
où j et j 2 sont les racines de 1 + X + X 2 . Dans aucun des cas, l’image du morphisme n’est
contenue dans R donc il n’y a pas de morphisme de R-algèbres non trivial de A dans R
(c) Soit A = R[X]/(X 3 − 6X 2 + 11X − 6). Le polynôme X 3 − 6X 2 + 11X − 6 se décompose sur R :
X 3 − 6X 2 + 11X − 6 = (X − 1)(X − 2)(X − 3).
On en déduit que les idéaux premiers de A sont les (X −a)/(X 3 −6X 2 +11X −6) pour a ∈ {1, 2, 3}.
Les morphismes de R-algèbres de A dans C sont les
P 7−→ P (a)
pour a ∈ {1, 2, 3}. Ces trois morphismes sont à images dans R donc ce sont aussi les morphismes
de R-algèbres de A dans R.
(d) A = R[X]/(X 4 − 1). Le polynôme X 4 − 1 se décompose en irréductibles sur R comme suit :
X 4 − 1 = (X 2 + 1)(X − 1)(X + 1).
On en déduit que les idéaux premiers de A sont (X − 1)/(X 4 − 1), (X + 1)/(X 4 − 1), (X 2 +
1)/(X 4 − 1). Les morphismes de R-algèbres de A dans C sont les
P 7−→ P (a)
pour a ∈ {1, −1, i, −i}. Seuls les cas a = ±1 donnent des morphismes à valeurs dans R. Ce sont
les deux morphismes de R-algèbres de A dans R.
Exercice 6.
Exercice 7 (Radical de Jacobson). Soit A un anneau. On définit le radical de A comme l’intersection
des idéaux à gauche maximaux de A. Soit x ∈ A.
1. (a) ⇒ (b) : Supposons x ∈ Rad(A). Soit a ∈ A On veut montrer que 1 − ax est inversible à gauche
ou encore que l’idéal à gauche J = A(1 − ax) est égal à A tout entier. Si ce n’était pas le cas, il serait
contenu dans un idéal maximal M . Ce dernier contient aussi Rad(A) donc x et 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 ∈ A on 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 u pour 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 ∈ A tel 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 x est contenu
dans tout idéal maximal à gauche de A. Si ce n’était pas le cas, il existerait M maximal à gauche
ne contenant pas x. Par maximalité de M , l’idéal engendré par M et par x est égal à A tout entier
c’est-à-dire qu’il existe a ∈ A et m ∈ M tels que
1 = ax + m.
2.
Par hypothèse, m est donc inversible ce qui est contradictoire avec le fait que M 6= A.
(a) Soit M un idéal à gauche maximal et a ∈ A − M . Notons ā la classe de a mod 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 ā dans ce
module, c’est-à-dire
(a : M ) = {x ∈ A, xā = 0}.
C’est clairement un idéal à gauche de A (par exemple, comme noyau du morphisme de A-modules
A −→ A/M, x 7−→ xā.)
Montrons qu’il est maximal. Il suffit pour cela de démontrer que si y 6∈ (a : M ) alors l’idéal
Ay + (a : M ) est égal à A. Mais pour un tel y, on a ya 6∈ M donc, par maximalité de M , il existe
b ∈ A tel que
1 = bya mod M.
Alors a − abya ∈ M donc (1 − aby) ∈ (a : M ) et 1 ∈ Ay + (a : M ).
(b) Notons R l’intersection de tous les idéaux de la forme (a : M ) où M idéal 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 M de A est égal à (1 : M ).
(c) Pour N un A-module, on note ann(N ) l’annulateur de N dans A c’est-à-dire
On vient de démontrer
ann(N ) = {a ∈ A, aN = {0}}.
Rad(A) =
\
ann(A/M ).
M, idéal max à gauche
Montrons que c’est un idéal à droite. Soit x ∈ Rad(A) et b ∈ A. Pour tout idéal à gauche maximal
M de 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 x 6∈ Rad− (A), il exitse un idéal à droite maximal M ne
contenant pas x donc tel que A = M + xA c’est-à-dire : il existe a ∈ A tel 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 A mais 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 K un corps et A le sous-anneau de Mn (K) des matrices triangulaires supérieures.
(a) Par le calcul, on vérifie que le sous-ensemble R de A des 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) ⊂ R d’après ce qui précède. De plus, si x ∈ R, alors pour tout a ∈ A, ax ∈ R et
Id − ax est inversible dans A. Donc x ∈ Rad(A).
4. Soit I un idéal à gauche I (resp. à droite, bilatère) qui est un nilidéal : pour tout x ∈ I il existe
n ∈ N tel que xn = 0. Soit x ∈ I. Pour tout a ∈ A, ax ∈ I, donc il existe n tel que (ax)n = 0 donc
(1 − ax)(1 + ax + ... + (ax)n−1 ) = 1. Ainsi, x ∈ Rad(A).
Exercice 8. Soit O l’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 A de C contenant z qui, 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 z est racine. Puisque
z ∈ A, zvi ∈ A pour tout 1 ≤ i ≤ n, donc il existe bi,1 , ..., bi,n ∈ Z tels que
zvi = bi,1 v1 + bi,2 v2 + ... + bi,n vn ,
c’est-à-dire que la matrice B = [bi,j ]1≤i,j≤n ∈ Mn (Z) ⊂ Mn (C) possède z pour valeur propre (en effet
le vecteur V = (v1 , ..., vn ) ∈ Cn est non nul et vérifie BV = zV ). Ainsi, z est 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 x et y sont
respectivement racines. On note p le degré de P et q celui de Q. Par division euclidienne, les anneaux
Z[x] et Z[y] sont respectivement engendrés comme groupes abéliens par {xi }1≤i≤p−1 et {y j }1≤j≤q−1 .
On considère le sous-anneau de C engendré par x et y : A = Z[x, y] = Z[x][y] = {P (x, y), P ∈ Z[X, Y ]}.
Il contient x − y et xy. Il est de type fini comme groupe abélien (engendré par {xi y j }1≤i≤p−1, 1≤j≤q−1 ).
Par la condition précédente (c) on en déduit que x − y et xy sont dans O. Ainsi O est un sous-anneau
de C.
−n
3. Pour n ∈ N, on pose αn = 32 . C’est un élément de O. L’idéal engendré par αn est strictement inclus
−1 2n+1
= 1/3 appartiendrait
dans celui engendré par αn+1 car αn = α2n+1 mais α−1
n+1 6∈ O (sinon, (αn+1 )
à O.) Par conséquent, O n’est pas noetherien.
4. Si K est un corps de nombres c’est-à-dire une extension finie de Q, on note OK = O ∩ K son anneau
d’entiers.
(a) On montre facilement que OQ = Z.
√
de C engendrée par
(b) √
Soit ∆ ∈ Z − {0, 1} sans facteur carré. On note Q[ ∆] la sous-Q-algèbre
√
∆. 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 z̄ = x − y ∆ et
N (z) = zz̄,
T (z) = z + z̄.
Ce sont des éléments de Q. Nous allons montrer :
(1)
z ∈ OK si et seulement si T (z), N (z) ∈ Z.
√
Pour ce faire, on vérifie tout d’abord que z 7→ z̄ est un endomorphisme de la Q-algèbre Q( ∆).
Ainsi, si z ∈ OK c’est qu’il existe un polynôme P ∈ Z[X] unitaire tel que P (z) = 0 et l’on a aussi
P (z̄) = 0 donc z̄ ∈ OK . Mais alors T (z) = z + z̄ et N (z) = zz̄ sont aussi dans OK et puisqu’ils
sont dans Q, ils sont dans OK ∩ Q = O ∩ Q = Z.
Réciproquement, si T (z), N (z) ∈ Z, le polynôme X 2 − T (z)X + N (z) = (X − z)(X − z̄) est
unitaire à cœfficients dans Z et il annule z. Donc z est entier. On a démontré (1).
√
Revenons à la question posée. Remarquons que l’on a ∆ ∈ OK . Par conséquent, on
√ a toujours
√
1+ ∆
l’inclusion Z[ ∆] ⊂ OK . Si l’on est dans le cas ∆ ≡ 1 mod 4, onh pose α
= 2 C’est un
√ i
1+ ∆
élément de OK car N (α) = (1 − ∆)/4 ∈ Z et T (α) = 1 ∈ Z. Donc Z
⊂ OK . Ainsi,
2
si ∆ ≡ 2, 3 mod 4, Z[ ∆]
O ,
h ⊂
√ iK
√
1+ ∆
si ∆ ≡ 1 mod 4, Z[ ∆] ⊂ Z
⊂ OK .
2
√
Soit z = x + y ∆ avec x, y ∈ Q un élément de OK . D’après l’équivalence (1), on a 2x ∈ Z,
x2 − y 2 ∆ ∈ Z. On note y = rs avec r ∈ Z, s ∈ N∗ , r ∧ s = 1.
√
– Si x ∈ Z, alors s2 divise ∆ donc s = 1 et y ∈ Z car ∆ est sans facteur carré. Donc z ∈ Z[ ∆].
– Sinon, x = (1 + 2k)/2 et s2 (1 + 2k)2 − 4r 2 ∆ ∈ 4s2 Z. Donc 4 divise s2 . On ne peut pas avoir
s = 1 par réduction modulo 4 de l’égalité précédente. Donc hs =√2 et
i dans ce cas, on a ∆ ≡ 1
1+ ∆
mod 4. De plus, x = (1 + 2k)/2 et r ≡ 1 mod 2 donc z ∈ Z
.
2
√
On vient donc de démontrer
h √ ique si ∆ ≡ 2, 3 mod 4 alors on a OK = Z[ ∆] et que si ∆ ≡ 1
mod 4, alors OK = Z 1+2 ∆ .
Exercice 9 (Résultant).
1. Soient k un corps et P, Q ∈ k[X] des polynômes de degrés respectifs p et 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 P et Q noté Res(P, Q) le déterminant de cette application. Si P et Q sont premiers entre eux, montrons que Res(P, Q) est non nul.
Il suffit de montrer que R est 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 R est bijective donc surjective. Ainsi, il existe
(A, B) ∈ kq−1 [X] × kp−1 [X] tels que AP + BQ = 1 donc P et Q sont premiers entre eux par le théorème
de Bezout.
Remarque : si P et Q sont premiers entre eux, on sait donc que R est surjective, donc on peut trouver
un couple de Bezout (A, B) avec degrés respectifs ≤ q − 1 et ≤ p − 1. C’est un Bezout amélioré !
Remarque : si P et Q sont 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 P et Q. En particulier, il appartient à k. Comparer
cette remarque avec le fait que dire que P et Q sont premiers entre eux dans k[X] est équivalent à dire
que P et Q sont premiers entre eux dans k̄[x] où k̄ est une extension de k.
√
√
√
√
2. Application : Les nombres 2 et 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 α et β des 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 γ à cœfficients rationnels. Le résultant de P et 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 Qγ ne 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 P auraient une
racine en commun pour tout γ ′ ∈ C. C’est impossible (sinon tout γ ′ ∈ C s’écrirait comme la différence
d’une racine de Q et d’une racine de P ...). Donc γ est algébrique sur Q.
De même on montre que pour β 6= 0, le quotient de α/β est algébrique sur Q...