Solution

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #7, 11 mars
Exercice 1 (ex. 2, p. 311).Montrez que les polynômes suivants sont irréductibles sur Z[x]:
(a) x4−4x3+ 6
(b) x6+ 30x5−15x3+ 6x−120
(c) x4+ 4x3+ 6x2+ 2x+ 1 [Indice : remplacez xavec x−1.]
(d) ((x+ 2)p−2p)/x, où pest nombre premier impair.
Solution. (a) Le polynôme x6−4x3+ 6 est unitaire. Aussi, on a que 2|4et 2|6mais 22-6.
Donc le critère d’Eisenstein implique que x6−4x3+ 6 est irréductible sur Z[x].
(b) Le polynôme x6+ 30x5−15x3+ 6x−120 est unitaire. De plus, on a que 3divise 30,
−15,6et −120, mais 32ne divise pas −120. Par suite, en appliquant le critère d’Eisenstein,
on trouve que x6+ 30x5−15x3+ 6x−120 est irréductible.
(c) Soit f(x) = x4+ 4x3+ 6x2+ 2x+ 1. On ne peut pas appliquer le critère d’Eisenstein
directement à f(x)parce que son coefficient constant n’a aucun diviseur premier. Cependant,
on observe que
(x+ 1)4=x4+ 4x3+ 6x2+ 4x+ 1,
donc
f(x) = (x+ 1)4−2x= (x+ 1)4−2(x+ 1) + 2.
Alors, f(x−1) = x4−2x+ 2, qui est irréductible par le critère d’Eisenstein : 2divise tous
les coefficients à part du coefficient dominant, mais 22ne divise pas le coefficient constant.
Donc f(x)est irréductible.
(d) On a que
(x+ 2)p−2p
x=1 x p
X
j=0 p
j2p−jxj−2p!=1 x
p
X
j=1 p
j2p−jxj=
p
X
j=1 p
j2p−jxj−1
=
p−1
X
j=0 p
j+ 12p−j−1xj.
Le polynôme au-dessus est clairement unitaire. Aussi, comme nous avons déjà vu, pdivise
p
j+1pour j{0,1, . . . , p −2}et p2ne divise pas 2·p 1= 2p, car pest supposé d’être impair.
Alors, le critère d’Eisenstein conclut la preuve que ((x+ 2)p−2p)/x est irréductible dans
Z[x].
Exercice 2 (ex. 14, p. 312).Factorisez les polynômes x8−1et x6−1en produit des
polynômes irréductibles dans les anneaux suivants :
(a) Z,
(b) Z/2Z,
(c) Z/3Z.
Solution. Tout d’abord, on examine le polynôme x8−1. On a la factorisation
x8−1 = (x4−1)(x4+ 1) = (x2−1)(x2+ 1)(x4+ 1) = (x−1)(x+ 1)(x2+ 1)(x4+ 1).
1

2
Donc, notre but est d’examiner si les polynômes x−1,x+1,x2+1 et x4+1 sont irréductibles
ou pas sur Z,Z/2Zet Z/3Zet, dans le deuxième case, trouver leur factorisation. C’est facile
à voir que les polynômes linéaires x−1sont x+ 1 irréductibles 1dans Z,Z/2Zet Z/3Z. Il
reste de factoriser x2+ 1 et x4+ 1.
Premièrement, les polynômes x2+ 1 et x4+ 1 sont tous irréductible dans Z[x]. En effet, le
polynôme x2+ 1 a degré 2 et pas de racines rationnelle car x2+ 1 ≥1pour x∈Q, donc il
est irréductible dans Q[x]. Finalement, le polynôme (x+ 1)4+ 1 = x4+ 4x3+ 6x2+ 4x+ 2
est irréductible dans Z[x]par le critère d’Eisenstein. Par conséquent, x4+ 1 est irréductible
dans Z[x].
Puis, pour Z/2Z, on a que x2+ 1 ≡(x+ 1)2(mod 2),x4+ 1 ≡(x2+ 1)2≡(x+ 1)4
(mod 2), et x−1≡x+ 1 (mod 2). Donc x8−1≡(x+ 1)8(mod 2), et le polynôme x+ 1
est irréductible.
Finalement, pour Z/3Z, on a que x2+ 1 est irréductible car son degré est égal à 2 et il n’a
pas de racines dans Z/3Z:02+1 = 1 6≡ 0 (mod 3),12+1 = 2 6≡ 0 (mod 3) et 22+1 = 5 6≡ 0
(mod 3). Il reste d’examiner si x4+ 1 est irréductible sur Z/3Z. Ce polynôme n’a pas de
racines dans Z/3Z(car x2+ 1 n’a pas de racines dans Z/3Z), alors la seule possibilité pour
une factorisation non-triviale de x4+ 1 est que
x4+ 1 ≡(x2+ax +b)(x2+cx +d) (mod 3)
(sans perte de généralité, on peut supposer que les facteurs de x4+ 1 sont unitaire car x4+ 1
est unitaire). En développant le produit et comparant les coefficients de deux côtés, on trouve
que
a+c≡0 (mod 3), ac +b+d≡0 (mod 3), ad +bc ≡0 (mod 3) et bd ≡1 (mod 3).
La première et la deuxième relation nous donne que b+d≡a2(mod 3). La première et la
troisième relation nous donne que a(b−d)≡0 (mod 3). Les seuls carrés modulo 3 sont 0 et
1. Donc si a≡0 (mod 3), on trouve que b≡ −d(mod 3), alors b2≡ −bd ≡ −1 (mod 3),
qui est impossible. Par suite on doit avoir que a6≡ 0 (mod 3), qui implique que b≡d
(mod d). Puisque a2≡1 (mod 3) dans ce cas, on trouve aussi que b+d≡1 (mod 3) et,
par conséquent, que b≡d≡2 (mod 3). Cette relation est aussi compatible avec la relation
bd ≡1 (mod 3). Donc on conclut que
x4+ 1 ≡(x2−x+ 2)(x2+x+ 2) (mod 3)
est une factorisation de x4+ 1. Finalement, les polynômes x2−x+ 2 et x2+x+ 2 sont
irréductibles sur Z/3Zcar ils ont degré 2 et pas de racines dans Z/3Z. Alors, la factorisation
de x8−1et x6−1en produit des polynômes irréductibles sur Z/3Zest
x8−1 = (x−1)(x+ 1)(x2+ 1)(x2−x+ 2)(x2+x+ 2).
Le traitement du polynôme x6−1est similaire. On commence avec la factorisation
x6−1 = (x3−1)(x3+ 1) = (x−1)(x2+x+ 1)(x+ 1)(x2−x+ 1),
qui réduit notre tâche à examiner si les polynômes x−1,x+ 1,x2+x+ 1 et x2−x+ 1 sont
irréductibles ou pas sur Z,Z/2Zet Z/3Zet, dans le deuxième case, trouver leur factorisation.
1. Puisque ce sont des polynômes primitifs, il suffit de montrer qu’il sont irréductibles sur le corps F, où
F∈ {Q,Z/2Z,Z/3Z}. Si x−1 = a(x)b(x), alors 1 = deg(x−1) = deg(a) + deg(b). Donc, soit deg(a) = 0
soit deg(b)=0. Puisque Fest un corps, c’est équivalent au fait que soit a(x)soit b(x)sont inversibles dans
F[x].

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Comme nous avons déjà vu, les polynômes x−1et x+ 1 sont irréductibles sur Z,Z/2Zet
Z/3Z. De plus, les polynômes x2+x+1 et x2−x+ 1 sont irréductibles sur Z/2Zet sur Zcar
ils sont primitifs, leur degré est 2 et ils n’ont pas de racines modulo 2. Il reste à examiner si
x2+x+ 1 et x2−x+ 1 sont irréductibles sur Z/3Z. La réponse est non, parce que 1 est une
racine (double) du premier polynôme et −1est une racine (double) du deuxième polynôme.
Plus précisément, on a que
x2+x+ 1 ≡(x−1)2(mod 3) et x2−x+ 1 ≡(x+ 1)2(mod 3).
Donc la factorisation de x6−1sur Z/3Zest x6−1 = (x−1)3(x+ 1)3.
Exercice 3.
(a) (ex. 13, p. 312) Montrez que le polynôme x3+nx + 2 est irréductible dans Z[x]pour
tous les entiers n∈Z\ {1,−3,−5}.
(b) (ex. 12, p. 312) Montrez que le polynôme x2+y2−1est irréductible dans Q[x, y].
Solution. (a) Le polynôme x3+nx + 2 est primitif et non-constant, donc il est irréductible
dans Z[x]si et seulement si il est irréductible dans Q[x]. De plus, puisque son degré est 3, il
est irréductible dans Q[x]si et seulement si il a une racine α=Q. Si on écrit une telle racine
hypothétique comme α=a/b avec a∈Z,b∈Net gcd(a, b) = 1., alors a|2et b|1. Donc, les
seules possibilités sont α=±1et α=±2. Or, 1 est une racine s-si n=−3, -1 est une racine
s-si n= 1, 2 est une racine s-si n=−5, et -2 est une racine s-si n=−3.
(b) On va donner trois solutions. Dans toutes les solutions, on utilise le fait que Q[x, y] =
A[x], où A=Q[y].
Première solution : Soit Pl’idéal de Aengendré par y−1. Tout d’abord, y−1est
irréductible dans Aet donc Pest premier. On a que x2+y2−1 = x2+a1(y)x+a0(y)
avec a1(y) = 0 et a2(y) = y2−1. Puisque a0(y), a1(y)∈Pet a0(y)/∈P2, alors le critère
d’Eisenstein implique que x2+y2−1est irréductible dans A[y] = Q[x, y].
Deuxière solution : Le polynôme y2+ 1 est irréductible dans Acar il a degré 2 et pas de
racines dans Q. Alors, si Qest l’idéal de Aengendré par y2+ 1,Qsera premier. Donc, c’est
suffisant de montrer que x2+y2−1est irréductible dans (A/Q)[x]. C’est facile à voir que
A/Q ∼
=Q(i).
(1)
(Par exemple, ceci découle en considérant le morphisme ϕ:A→Q(i), envoyant f(y)àa+bi,
où a+by est le reste de la division de f(y)par y2+ 1.). Or, observons que x2+y2−1≡x−2
(mod Q). Donc pour montrer que x2+y2−1est irréductible dans Q[x, y], il suffit de montrer
que x2−2est irréductible dans (Q(i))[x]. Puisque x2−2a degré 2 et Q(i)est un corps, x2−2
est irréductible sur Q(i)s-si il n’a pas de racines dans Q(i). Les seules racines de x2−2sur
C⊃Q(i)sont ±√2, qui n’appartiennent pas à Q(i). Donc, x2+y2−1est irréductible dans
Q[x, y].
Troisième solution : On fixe y=y0∈Z\ {−1,0,1}, pour que x2+y2
0−1>0pour
tout x∈R. En particulier, le polynôme x2+y2
0−1n’a pas de racines sur Q. Puisque
son degré est 2, il est irréductible sur Q. Alors, soit p(x, y0)soit q(x, y0)sont constants
comme polynômes de x, pour tout y0∈Z\ {−1,0,1}. Par la suite, il existe un ensemble
infini Y⊂Z\ {−1,0,1}tel que soit p(x, y0)est constant pour tout y∈Y, soit q(x, y0)est
constant pour tout y0∈Y. Sans perde de généralité, on peut supposer qu’on est au premier
cas. On écrit p(x, y) = ck(y)xk+··· +c1(y)x+c0(y), où c0(y), . . . , ck(y)∈Q[y]. Puisque

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p(x, y0)est constant comme polynôme de xpour tout y0∈Y, alors c1(y0) = ··· =ck(y0)=0
pour tout y0∈Y, c’est-à-dire les polynômes c1(y), . . . , ck(y)ont une infinité de racines.
Ceci implique qu’ils sont tous zéros. Donc p(x, y) = c0(y)est un polynôme de y, qui n’est
pas constant car p(x, y)n’est pas inversible. En échangeant les rôles de xet de yet en
répétant le même argument, on trouve que q(x, y) = d0(x)pour un polynôme d0(x)∈Q[x].
Donc x2+y2−1 = c0(y)d0(x)pour deux polynômes non-constants c0(y)et d0(x). Ceci est
impossible : si c0(y) = amym+··· et d0(x) = bnxn+···, où am, bn6= 0 et m, n ≥1, alors
c0(y)d0(x) = ambnxm+n+··· 6=x2+y2−1.
Quatrième solution : Il suffit de montrer qu’on ne peut pas avoir une factorisation non-
triviale de la forme x2+y2−1 = p(x, y)q(x, y), où p(x, y), q(x, y)∈Q[x, y]sont non-
inversibles. Soit p(x, y) = a0(y)+a1(y)x+···+ak(y)xket q(x, y) = b0(y)+b1(y)x+···+b`(y)x`,
où les coefficients aj(y)et bj(y)sont des polynômes de y. Sans perde de généralité, on peut
supposer que k≤`. Puisque le degré de x2+y2−1comme un polynôme de (Q[y])[x]et
2 = k+`, on a deux possibilités : soit (k, `) = (0,2) soit (k, `) = (1,1). Au première cas,
on trouve que p(x, y) = a0(y)∈Q[y]. Donc a0(y)b`(y)=1, ce qui implique que a0(y)est un
polynôme constant et donc p(x, y)est inversible, ce qui est une contradiction. Par la suite,
on doit avoir que k=`= 1. Alors
x2+y2−1 = (a1(y)x+a0(y))(b1(y)x+b0(y))
=a1(y)b1(y)x2+ (a1(y)b0(y) + a0(y)b1(y))x+a0(y)b0(y).
Donc on trouve que a1(y)b1(y) = 1, c’est-à-dire, a1(y) = b1(y) = ±1. Puisque on a aussi que
a1(y)b0(y) + a0(y)b1(y) = 0, alors b0(y) = −a0(y), ce qui implique que y2−1 = a0(y)b0(y) =
−a0(y)2. Evidemment c’est impossible : on devrait avoir que a0(1) = a0(−1) = 0, ce qui
implique que y−1et y+1 divisent a0(y). Puisque y−1et y+ 1 sont copremiers sur l’anneau
euclidien Q[y], on trouve que leur produit y2−1divisent a0(y). Dans ce cas, a0a degré
≥2et, par la suite, a2
0a degré ≥4. Cependant, le degré de y2−1est 2, ce qui est une
contradiction. On déduit qu’on ne peut pas écrire x2+y2−1comme le produit de deux
polynômes non-inversibles, ce qui conclut la preuve.
Exercice 4.
(a) (ex. 9, p. 311) Montrez que le polynôme p(x) = x2−√2est irréductible sur A=Z[√2]
[Indice : rappelez que Z[√2] est un anneau euclidien d’après l’exercice 2(c) du TP du
27 février.]
(b) Montrez que
Z[4
√2] = {a+b21/4+c21/2+d23/4:a, b, c, d ∈Z}
et que
A[x]/(x2−√2) ∼
=Z[4
√2].
[Indice : observez que Z[4
√2] = A[4 √2] = {α+β4 √2 : α, β ∈A}.]
Solution. (a) C’est facile à voir que F:= Q(√2) = {a+b√2 : a, b ∈Q}est isomorphe au
corps des fractions de A. Puisque Aest factoriel (comme euclidien) et x2−√2est primitif
dans A, ce polynôme est irréductible dans Asi et seulement si il est irréductible dans F.
Mais x2−√2a degré 2 et Fest un corps, alors x2−√2est irréductible si et seulement si il
a une racine dans F. Cependant, les seules racines de x2−√2dans C⊃Fsont ±4
√2, qui
n’appartiennent pas à F: si on avait que a+b√2 = 4
√2, alors a2−2b+ 2b√2 = √2, ce qui

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impliquerait que que a2= 2b2, c’est-à-dire √2∈Q. Ceci conclut la preuve que x2−√2est
irréductible.
(b) Soit
B:= {a+b21/4+c21/2+d23/4:a, b, c, d ∈Z}.
C’est clair que B⊂Z[4
√2]. Alors, il suffit de montrer que Best un anneau pour voir que
B=Z[4
√2]. Soit αk=P3
j=0 ak,j 2j/4avec k∈ {1,2}deux éléments de B. Alors,
α1+α2=
3
X
j=0
(a1,j +a2,j)2j/4∈B
et
α1α2= 3
X
j1=0
a1,j12j1/4! 3
X
j2=0
a2,j22j2/4!=X
0≤j1,j2≤3
a1,j1a2,j22(j1+j2)/4
=
3
X
j=0
2j/4X
0≤j1,j2≤3
j1+j2≡j(mod 4)
a1,j1a2,j22(j1+j2−j)/4∈B.
Ceci montre que Best, en effet, un anneau.
Finalement, on définit ϕ:A[x]→B=A[4
√2] par ϕ(f) = α+β4 √2, où α+βx ∈A[x]est
le reste dans la division de f(x)par x2−√2. C’est facile à voir que ϕest un épimorphisme
d’anneaux. De plus, c’est clair que ker(ϕ) = (x2−√2), ce qui conclut la preuve.
Exercice 5.
(a) (ex. 4, p. 311) Montrez que le polynôme (x−1)(x−2) ···(x−n)−1est irréductible
sur Z[x]pour tout n≥1.
(b) (ex. 5, p. 311) Montrez que le polynôme (x−1)(x−2) ···(x−n)+1 est irréductible
sur Z[x]pour tout n≥1,n6= 4, et réductible pour n= 4.
Solution. (a) Posons f(x)=(x−1)(x−2) ···(x−n)−1. Considérons deux polynômes a(x)
et b(x)non-inversibles dans Z[x]dont le produit est égal à f(x). Puisque fest unitaire, sans
perde de généralité, on peut aussi supposer que aet bsont unitaires. En particulier, le degré de
a(x)et b(x)est ≥1. En évaluant f(x)aux nombres 1,2, . . . , n, on trouve que a(k)b(k) = −1
pour tout k∈ {1, . . . , n}. Puisque a(k)et b(k)sont entiers, alors a(k) = −b(k) = ±1. On
partage l’ensemble {1, . . . , n}comme l’union K1∪K2, où
K1={1≤k≤n:a(k) = −b(k) = 1}et K2={1≤k≤n:a(k) = −b(k) = −1}.
Pour chaque k∈ {1,2, . . . , n}, on peut écrire a(x) = (x−k)ak(x) + ckpour un polynôme
ak(x)∈Z[x]et un nombre entier ck(le polynôme x−kest unitaire, donc on peut diviser
toujours par x−kdans Z[x]). En évaluant cette expression en k, on trouve que ck=a(k). Si
k∈K1, alors ck= 1 et, par la suite, x−kdivise a(x)−1. Si k∈K2, alors x−kdivise a(x)+1.
Mais les polynômes x−k,k∈ {1, . . . , n}, sont copremiers deux à deux 2. Puisque Z[x]est un
anneau factoriel, on trouve que Qk∈K1(x−k)divise a(x)−1et Qk∈K2(x−k)divise a(x)+1.
Le même argument montre aussi que Qk∈K1(x−k)divise b(x)+1 et que Qk∈K2(x−k)
2. Si d(x) = gcd(x−i, x −j), où i6=j, alors d(x)divise j−i= (x−i)−(x−j), ça veut dire que d(x)a
degré égal à 1. Mais les seuls polynômes constants qui divisent x−isont les polynômes 1et −1. Ceci montre
que x−iet x−jsont copremiers sur Z[x]pour i6=j.