B - L`ANNEAU Z + √nZ

B - L’ANNEAU Z+√nZ
Soit nun entier relatif et soit En=Z2, muni des op´erations suivantes :
1) addition (a, b) + (c, d) = (a+c, b +d)
2) multiplication interne (a, b)·(c, d) = (ac +nbd, ad +bc)
3) multiplication externe par un ´el´ement de Zλ(a, b) = (λa, λb)
L’ensemble Enposs`ede une structure d’alg`ebre unitaire sur Z.
On v´erifie imm´ediatement les propri´et´es suivantes :
– Le neutre de l’addition est (0,0) not´e encore 0.
– Le neutre de la multiplication est (1,0), not´e I.
– Le sym´etrique pour l’addition de (a, b) est (−a, −b) = (−1)(a, b) not´e −(a, b).
Le sous-ensemble E′
nde Enconstitu´e des ´el´ements de la forme (a, 0) lorsque ad´ecrit Zest un
sous-anneau de Enisomorphe `a Z.
On v´erifie imm´ediatement que l’application de Zsur E′
nqui `a aassocie (a, 0) est un isomorphisme
d’anneaux.
L’anneau Enest int`egre si et seulement si l’´equation x2−n= 0 n’a pas de solution enti`ere.
Soit A= (a1, a2) et B= (b1, b2) deux ´el´ements non nuls de Endont le produit est nul. On a donc, en
effectuant le produit A·Ble syst`eme suivant :
a1b1+na2b2= 0
a1b2+a2b1= 0 .
Le syst`eme pr´ec´edent d’inconnues a1, a2admet alors au moins deux solutions distinctes, puisque (0,0)
est solution. Ce n’est pas un syst`eme de Cramer et son d´eterminant est donc nul, c’est-`a-dire
b2
1−nb2 2= 0 .
Si b1´etait nul, il en serait de mˆeme de b2, et donc de Bce qui n’est pas vrai par hypoth`ese. Donc
b2n’est pas nul et b1/b2est une solution rationnelle de l’´equation x2−n= 0. Comme les solutions
rationnelles de cette ´equation sont n´ecessairement enti`eres, on obtient bien le fait que, si Enn’est pas
int`egre, alors l’´equation propos´ee a une solution enti`ere.

B 2
R´eciproquement, si xest une solution enti`ere de l’´equation, et si aest un entier non nul, on a
(xa, a)·(xa, −a) = (0,0) ,
et l’anneau Enn’est pas int`egre.
Si Enn’est pas int`egre, et si xd´esigne une racine enti`ere de n, l’ensemble Fndes ´el´ements (a, b) de
Entels que a+xb soit nul est un id´eal de Enet l’ensemble quotient En/Fnest isomorphe `a Z.
Si ϕest l’application de Endans Zqui `a (a, b) associe a+xb, on v´erifie que ϕest un homomorphisme
d’alg`ebres. Il est de plus surjectif, car sa restriction `a E′
nest un isomorphisme. Le noyau Fnde ϕest
alors un id´eal et En/Fnest isomorphe `a l’image de ϕ, c’est-`a-dire `a Z.
Si Enest int`egre et si xd´esigne une racine de ndans C\Z, alors Enest isomorphe `a une des
Z−alg`ebres suivantes :
1. Z+xZ
2. l’ensemble des matrices carr´ees de la forme a nb
b a , o`u (a, b) d´ecrit Z2.
3. Z[X]/X2−n
1) On v´erifie que l’application qui `a (a, b) associe a+xb est un isomorphisme d’alg`ebres. On peut
remarquer que
(0,1) ·(0,1) = n(1,0)
et que
(a, b) = a(1,0) + b(0,1) .
Donc, en identifiant (1,0) et 1, ainsi que (0,1) et x, le couple (a, b) s’identifie `a a+xb.
2) On v´erifie que l’application qui `a (a, b) associe la matrice a nb
b a est un isomorphisme d’alg`ebres.
3) On v´erifie que l’application qui `a (a, b) associe la classe dans Z[X]/X2−ndu polynˆome a+Xb est
un isomorphisme d’alg`ebres.
Soit A= (a, b) un ´el´ement de En. On note ¯ A= (a, −b). L’application qui `a Aassocie ¯ Aest un
automorphisme involutif de En.
Sa restriction `a E′
nest l’identit´e, et Aest dans E′ nsi et seulement A=¯
A.
V´erifications imm´ediates. On constate en particulier que
A−¯ A= (0,2b).

B 3
Pour tout Ade En, les couples A·¯ Aet A+¯ Asont dans E′
n.
On a en effet les relations
A·¯ A= (a2−nb2,0) et A+¯ A= (2a, 0) .
On identifie par la suite E′
net Z, et l’on note kAkla quantit´e p|A·¯
A|.
On d´efinit ainsi une norme sur Ensi et seulement si n < 0.
•Supposons n < 0.
a) Si A= (a, b), on a
kAk2=a2−nb2,
et cette somme est nulle si et seulement si aet bsont nuls, c’est-`a-dire si et seulement si A= 0.
b) Il est imm´ediat aussi que
kλAk2= (λa)2−n(λb)2=λ2kAk2.
c) Soit A= (a, b) et B= (c, d) dans En. Calculons
H=kλA +µBk2.
On obtient
H=λ2(a2−nb2) + 2λµ(ac −nbd) + µ2(c2−nd2).
Supposons µnon nul. Alors
1
µ2H=λ µ2
kAk2+ 2 λ
µ(ac −nbd) + kBk2.
Le polynˆome X2kAk2+ 2 X(ac −nbd) + kBk2est donc positif sur Qet de degr´e 2. Par densit´e, il est
´egalement positif sur Ret son discriminant sera n´ecessairement n´egatif, d’o`u
(ac −nbd)2−kAk2kBk2≤0.
Alors, en prenant λ=µ= 1, on obtient
kA+Bk2=kAk2+kBk2+ 2(ac −nbd)≤ kAk2+kBk2+ 2kAkkBk,
d’o`u finalement
kA+Bk2≤(kAk+kBk)2,
ce qui donne l’in´egalit´e triangulaire.
•Supposons n= 0. On a en particulier
k(0, b)k= 0

B 4
et on n’a donc pas une norme sur E0.
•Supposons n > 0.
Prenons A= (1,0) et B= (c, d), avec c≥0, d > 0 et c2−nd2= 2p−1 impair positif. On a donc
A+B= (c+ 1, d),kA+Bk2=c2+ 2c+ 1 −nd2= 2(p+c) et kBk2= 2p−1.
Enfin
(kAk+kBk)2= 1 + 2p2p−1 + 2p−1 = 2(p+p2p−1) = 2(p+pc2−nd2).
On constate que l’on a
(kAk+kBk)2<kA+Bk2.
L’in´egalit´e triangulaire n’est pas v´erifi´ee dans ce cas.
Pour tout couple (A, B) de E2
n, on a kA·Bk=kAkkBk.
On a en effet
kA·Bk2=|A·B·A·B|=|A·¯
A||B·¯ B|=kAk2kBk2.
Lemme : quels que soient aet bdans Z, (bnon nul), il existe pet rdans Ztels que
a=bp +ret |r| ≤ |b|
2.
On peut toujours supposer bpositif, car si le couple (p, r) satisfait aux relations du lemme pour b, le
couple (−p, r) y satisfera pour −b.
Si aest divisible par b, la relation est v´erifi´ee et rest nul.
Si an’est pas divisible par b, il existe pet rtels que
a=bp +ret 0 <|r| ≤ b .
Notons εle signe de r. On a aussi
a=b(p+ε)−ε(b− |r|)
avec
0<| − ε(b− |r|)|=b− |r|< b .
Comme un des deux nombres |r|ou b−|r|est inf´erieur `a b/2, on obtient le r´esultat voulu en prenant,
soit (p, r), soit (p+ε, ε(|r| − b)).

B 5
On suppose que −2≤n≤3. Pour tout couple (A, B) de E2
n\ {0}, il existe Pet Qdans Entels
que
A=B·P+Ret 0 ≤ kRk<kBk.
Soit A= (a, b) et B= (c, d) dans Enavec Bnon nul. D’apr`es le lemme, il existe deux couples (p1, r1)
et (p2, r2) tels que
ac −nbd = (c2−nd2)p1+r1et ad −bc = (c2−nd2)p2+r2
avec
|r1| ≤ kBk2
2et |r2| ≤ kBk2 2.
Alors, si l’on pose
P= (p1, p2) et R′= (r1, r2)
on obtient
A·¯ B= (ac −nbd, bc −ad) = (c2−nd2)P+R′,
et encore
A·¯ B=B·¯ B·P+R′.
Posons
R=A−B·P .
En multipliant cette relation par ¯ Bon obtient
R·¯ B=A·¯ B−B·¯ B·P=R′
et donc
kR′k2=|r2
1−nr2 2|=kRk2kBk2.
En utilisant la majoration de |ri|, on obtient
si nappartient `a {−2,−1,0}
kR′k2=r2
1−nr2 2≤kBk4
4+ 2 kBk4 4<kBk4
si nappartient `a {1,2,3}, on a
r2
1−nr2 2≤r2 1≤kBk4
4<kBk4
nr2
2−r2 1− ≤ nr2 2≤3kBk4
4<kBk4
donc de nouveau
kR′k2=|r2
1−nr2 2|<kBk4.
Dans tous les cas on a bien
kRk<kBk.