Université Bordeaux 1 Algèbre 4 – Licence 3 Mathématiques Année

Université Bordeaux 1 Algèbre 4 – Licence 3
Mathématiques Année 2015–2016
Corrigé du devoir maison 2
Exercice 1 –Soient nun entier naturel non nul, a1, . . . , andes éléments de Zdeux à deux
distincts et Ple polynôme P(X)=(X−a1). . . (X−an).
1) Soient Qet Rdeux polynômes de Z[X]tels que 1 + P2=QR. Montrer qu’après une
éventuelle multiplication par −1, les polynômes Qet Rpeuvent être supposés unitaires.
Soient cd(Q)et cd(R)les coefficients dominants de Qet R, alors cd(Q)cd(R)=1puisque le
polynôme 1 + P2est unitaire. Donc ces deux coefficients sont inversibles dans Z: ils valent 1
ou −1. D’où le résultat.
2) Montrer que Q(x)>0et R(x)>0pour tout x∈R, .
Comme QR = 1 + P2, les polynômes Qet Rne s’annulent pas sur R. On en déduit qu’ils
sont de signe constant. Comme ils sont unitaires, leur limite en +∞vaut +∞. Il sont donc
positifs sur R.
3) Montrer que Q(ai) = R(ai)=1pour tout i∈[[1, n]].
Pour tout i,P(ai) = 0, donc Q(ai)R(ai) = 1. Donc Q(ai), R(ai)∈Z∗={±1}. Comme ces
valeurs sont positives, Q(ai) = R(ai) = 1.
4) Montrer que l’un des polynôme Qou Rest égal à 1(on pourra supposer par l’absurde que
Q6= 1 et R6= 1, montrer que dans ce cas, P=Q−1 = R−1et aboutir à une contradiction).
Supposons que Q6= 1 et R6= 1. Alors les polynômes Q−1et R−1sont non nuls et ont au
moins nracines a1, . . . , an, donc deg Q>net deg R>n. Comme deg QR = 2n, on en déduit
que deg Q= deg R=n. Ces polynômes sont unitaires, donc Q−1 = R−1 = Qn
i=1(X−ai) = P.
Ainsi, 1 + P2= (P+ 1)2, donc 2P= 0. C’est absurde. Ainsi, Q= 1 ou R= 1.
5) Conclure que le polynôme 1 + P2est un élément irréductible de Z[X].
On a montré que si 1 + P2=QR, où Q, R ∈Z[X], alors l’un des deux polynômes Qou R
est égal à 1ou −1. Cela montre que 1 + P2est irréductible dans Z[X].
Exercice 2 –Soit Aun anneau factoriel dans lequel tout idéal premier non nul est maximal.
1) Montrer que si {0}est le seul idéal premier de A, alors Aest un corps.
Comme il existe au moins un idéal maximal dans A, et comme tout idéal maximal est premier,
cet idéal est égal à {0}, donc {0}est un idéal maximal, donc Aest un corps.
On suppose dorénavant qu’il existe des idéaux premiers non nuls dans A.
2) Montrer que tout idéal premier non nul de Aest principal.
Soit Iun idéal premier non nul de A. Soit xun élément non nul de I. Alors xn’est pas
inversible (s’il l’est, I=A) et donc se décompose en un produit d’irréductibles de A. Comme ce
produit appartient à Iet comme Iest premier, on en déduit que l’un deux appartient à I. Soit
pcet élément irréductible. Comme p∈I, c’est que < p >⊂I. Mais comme pest irréductible,
l’idéal <p>est premier non nul, donc maximal (par hypothèse) et donc <p>=I.
3) Soit Pun système de représentants des éléments irréductibles de A. Pour tout idéal non nul
Ide A, et pour tout p∈ P, on pose
vp(I) = inf {vp(a) : a∈Ir{0}} .
Soit Iun tel idéal. Montrer que l’ensemble des p∈Itels que vp(I)6= 0 est fini.
Soit aun élément non nul de I. Pour tout irréductible pde P,vp(I)6vp(a). Si pne divise
pas a, alors vp(a)=0donc vp(I) = 0. Comme ase décompose en un produit fini d’éléments de
P, multiplié par un élément inversible de A, on obtient bien le résultat.

4) Soit
b=Y
p∈P
pvp(I).
Montrer que I⊂< b >.
Soient a∈Iet
a=uY
p∈P
pvp(a).
la décomposition de aen un produit d’éléments de P, où u∈A∗. Alors
a=ub Y
p∈P
pvp(a)−vp(I)∈< b >
puisque pour tout p,vp(a)>vp(I), donc pvp(a)−vp(I)∈A.
5) Soit
J={x∈A:xb ∈I}.
Montrer que Jest un idéal de A.
0∈Jpuisque 0b= 0 ∈I. Si x, y ∈J, alors xb ∈Iet yb ∈I. On en déduit que (x−y)b=
xb −yb ∈I, donc x−y∈J. Si de plus a∈A,a(xb)∈Ipuisque xb ∈I. On en déduit que
(ax)b∈Iet donc que ax ∈J.Jest bien un idéal de A.
6) Montrer que vp(J)=0pour tout p∈ P. En déduire que J=Aet que I=< b >.
Soit p∈ P. Il existe a∈Itel que vp(a) = vp(I)(par définition de vp(I)). Les éléments a
et bde Asont divisibles par pvp(I). Soient a0et b0tels que a=a0pvp(I)et b=b0pvp(I). Alors
vp(a0)=0. De plus, comme a∈I, alors ab0∈I. Or ab0=a0b0pvp(I)=a0b, donc a0∈J. On en
déduit que vp(J)=0.
Supposons que J6=A. Alors Jest contenu dans un idéal maximal M. Comme cet idéal est
maximal, il est premier donc principal d’après la question 2). Soit a∈Atel que M=< a >.
Alors pour tout p∈ P,vp(a)=0(car comme J⊂<a>, tout élément xde Js’écrit sous la
forme x=ax0où x∈Aet donc si vp(a)>0,vp(x)>0, alors vp(J)>0, ce qui contredit la
question précédente). On en déduit que a∈A∗et donc M=A. C’est absurde, donc J=A, ce
qui entraine que 1∈J, donc que b∈I. Comme nous savons déjà que I⊂< b >, nous obtenons
l’égalité I=<b>.
7) Montrer qu’un anneau commutatif est principal si et seulement s’il est factoriel et si chacun
de ses idéaux premiers non nuls est maximal.
Si Aest principal, alors on sait que Aest factoriel. Soit Pun idéal premier non nul de A, et
soit Mun idéal maximal contenant P. Comme Aest principal, il existe deux irréductibles pet
mde Atels que P=< p > et M=< m >. Comme < p >⊂< m >,mdivise p. Comme pest
irréductible, on en déduit que pet msont associés, donc que P=Mest maximal.
La réciproque est démontrée dans les questions précédentes.
Exercice 3 –
On a vu que l’anneau Q[X, Y ]/<X2+Y2−1>est intègre et non factoriel. Nous étudions
ici l’anneau A=C[X, Y ]/<X2+Y2−1>.
1) Montrer que l’anneau Aest intègre.
Le polynôme Y−1est un polynôme irréductible de C[Y], puisqu’il est de degré 1. Si nous
voyons le polynôme X2+Y2−1 = X2+ (Y−1)(Y+ 1) comme un polynôme de C[Y][X],
la valuation en Y−1de son terme constant est égale à 1. Comme le coefficient de Xdans ce
polynôme est nul, ce coefficient est divisible par Y−1. De plus, le coefficient dominant n’est
pas divisible par Y−1. Enfin, X2+Y2−1est un polynôme primitif de C[Y][X]. Le critère
d’Eisenstein montre donc que X2+Y2−1est irréductible dans C[X, Y ]. Comme cet anneau
est factoriel, l’idéal engendré est premier, ce qui signifie que Aest intègre.

2) Montrer que A'C[T, 1/T ].
C[T, 1/T ] = {P(T, 1/T )∈C(T) : P(X, Y )∈C[X, Y ]}, où C(T)désigne le corps des fractions
de C[T]. C’est aussi le plus petit sous-anneau de C(T)qui contient C∪ {T, 1/T }.
On définit une application fde C[X, Y ]dans C[T, 1/T ]en posant
f(P(X, Y )) = P1
2T+1 T,1 2iT−1 T.
On vérifie facilement que fest un morphisme d’anneaux. fest surjective car
f(X+iY ) = Tet f(X−iY ) = 1
T.
Reste à montrer que Ker f=< X2+Y2−1>.
< X2+Y2−1>⊂Ker f: on calcule
f(X2+Y2−1) = 1
2T+1 T2
+1
2iT−1 T2
−1
= 0.
Ker f⊂< X2+Y2−1>: soit P(X, Y )∈Ker f. Comme X2+Y2−1est unitaire en X, on
peut effectuer la division euclidienne de Ppar X2+Y2−1dans C[Y][X].
P(X, Y )=(X2+Y2−1)Q(X, Y ) + a(Y)X+b(Y)
où Q(X, Y )∈C[X, Y ],a(Y), b(Y)∈C[Y]. Alors
f(P(X, Y )) = a1
2iT−1 T1 2T+1 T+b1 2iT−1 T
= 0.
Supposons que a6= 0. Soit n= deg aet soit anle coefficient dominant de a. Comme les termes
de plus haut degré doivent s’annuler, best aussi non nul, deg b=n+ 1 et si l’on calcule le
coefficient de Tn+1, puis de 1/T n+1 dans l’expression ci-dessus, on obtient le système suivant
(où bn+1 désigne le coefficient dominant de b).
1
21 2in
an+1
2in+1
bn+1 = 0
1
2−1 2in
an+−1
2in+1
bn+1 = 0
c’est-à-dire, après simplifications
ani+bn+1 = 0
ani−bn+1 = 0
donc an=bn+1 = 0, ce qui contredit le fait que anet bn+1 sont les coefficients dominants de aet
b. Donc l’hypothèse a6= 0 est absurde. On conclut que a=b= 0 donc Ker f⊂< X2+Y2−1>.
Par conséquent, Ker f=< X2+Y2−1>. Le théorème de factorisation permet de conclure que
A'C[T, 1/T ].
3) Montrer que Aest factoriel.
Il suffit de montrer que C[T, 1/T ]est factoriel. Nous allons pour cela montrer que C[T, 1/T ]
est principal.
Soit Iun idéal de C[T, 1/T ]. Alors I∩C[T]est un idéal de C[T]. En effet, comme Iest un
sous-groupe de C[T, 1/T ]pour la loi +,I∩C[T]est un sous groupe de C[T]. De plus, soient
a∈I∩C[T]et b∈C[T]. Alors ab ∈Ipuisque Iest un idéal de C[T, 1/T ]et ab ∈C[T]
puisque aet bappartiennent à cet anneau. Comme C[T]est principal, il existe P∈C[T]tel
que I∩C[T] = PC[T].
Montrons que I=PC[T, 1/T ].

Comme P∈I,PC[T, 1/T ]⊂I.
Réciproquement, soit Q∈I. Cet élément s’écrit sous la forme Q(T) = Q0(T, 1/T )où Q0∈
C[X, Y ]. En écrivant cet élément suivant les puissances croissantes de T, on obtient
Q(T) =
s
X
i=r
aiTi=Tr
s−r
X
i=0
ar+iTi
où r, s ∈Z,r>s,ai∈Cpour tout i,ar6= 0 et as6= 0. Ainsi, T−rQ∈C[T]. Comme Q∈I,
on obtient T−rQ∈C[T]∩I=PC[T]. Ainsi, il existe R∈C[T]tel que T−rQ=P R, donc
Q=P(TrR)∈PC[T, 1/T ]. On en déduit que I⊂PC[T, 1/T ], d’où l’égalité.
Au passage, on a vu que tout élément Qde C[T, 1/T ]s’écrit Q=TrR(T)où R(T)∈C[T]
et R(0) 6= 0.
4) Soit xla classe de Xdans A. Décomposer xen un produit d’éléments irréductibles de A.
Montrons d’abord que si a∈C∗, alors T−aest un élément irréductible de C[T, 1/T ]. Pour
cela, considérons l’application ϕ:C[T, 1/T ]−→ Cqui à tout élément P(T) = TrQ(T)(où
r∈Z,Q∈C[T]et Q(0) 6= 0) associe P(a) = arQ(a). Comme a6= 0, l’application est bien
définie. Il est facile de voir que ϕest un morphisme d’anneaux. Pour tout b∈C,b=ϕ(b), donc
ϕest surjective. Enfin, si ϕ(TrQ(T)) = 0, alors arQ(a) = 0 donc Q(a) = 0. On en déduit qu’il
existe Q0(T)∈C[T]tel que Q(T) = (T−a)Q0(T)donc que TrQ(T) = (T−a)TrQ0(T)∈
(T−a)C[T, 1/T ]. On a montré que Ker ϕ∈(T−a)C[T, 1/T ]. On vérifie facilement l’autre
inclusion. Ainsi, C[T, 1/T ]/<T−a >'Cest intègre, donc < T −a > est un idéal premier de
C[T, 1/T ]donc T−aest irréductible dans C[T, 1/T ].
Soit gl’isomorphisme de Adans C[T, 1/T ]de la question 2). La décomposition de g(x) =
1
2T+1 Ten produit d’irréductibles de C[T, 1/T ]est
(1) 1
2T+1 T=1 2T(T+i)(T−i)
où 1
2Test inversible et où T+iet T−isont irréductibles. Soit yla classe de Ydans A. Alors
g(y) = 1
2iT−1 T,g(x+iy) = Tet g(x−iy) = 1 T. En prenant les images réciproques des
termes du membre de droite de l’égalité (1), on obtient
x=1
2(x−iy)(x+i(y+ 1))(x+i(y−1))
où 1
2(x+iy)est inversible, et où x+i(y+ 1) et x+i(y−1) sont irréductibles.