Corrigé 21

Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
21 avril 2010
Corrigé 21
Exercice 1
a) On a (5 + 2i)(5 − 2i) = 25 − 4i2 = 25 + 4 = 29.
b) Comme 5+2i ∈
/ 29A (car il n’existe pas d’élément a+bi de Z[i] tel que 5+2i = 29(a+bi))
et de manière analogue 5 − 2i ∈
/ 29A, mais par contre (5 + 2i)(5 − 2i) = 29 ∈ 29A, l’idéal
29A n’est pas un idéal premier de A.
c) α) Montrons que f est un homomorphisme d’anneaux. Soient x = a+ib, y = a′ +ib′ ∈ A.
On a :
f (x + y) = f ((a + a′ ) + i(b + b′ ))
= [(a + a′ ) + 12(b + b′ )]29
= [a + 12b]29 + [a′ + 12b′ ]29
= f (x) + f (y) ;
f (x)f (y) =
=
=
=
=
[a + 12b]29 [a′ + 12b′ ]29
[(aa′ + 144bb′ ) + 12(ab′ + a′ b)]29
[(aa′ − bb′ ) + 12(ab′ + a′ b)]29
f ((aa′ − bb′ ) + i(ab′ + a′ b))
f (xy) ;
f (1) = [1]29 .
Pour tout a ∈ Z, on a f (a) = [a]29 , donc f est surjectif.
Expliquons maintenant d’où provient la formule f (a + ib) = [a + 12b]29 . Il s’agit donc
de construire un homomorphisme d’anneaux f : A → F29 . On a f (1) = [1]29 et alors
nécessairement f (a) = [a]29 pour tout a ∈ Z (par additivité de f ). Il reste à définir f (i),
ce qui va déterminer f de manière unique : si f (i) = α, alors il s’ensuit que, pour tous
a, b ∈ Z, on a f (a + ib) = f (a) + f (i)f (b) = a + αb. On a i2 + 1 = 0. Si l’on applique
l’homomorphisme f , on obtient f (i)2 +[1]29 = [0]29 , donc f (i) doit être racine du polynôme
x2 + [1]29 ∈ F29 [x]. On vérifie que les racines de ce polynôme sont [12]29 et [−12]29 . Par
conséquent, on doit avoir f (i) = [12]29 ou f (i) = [−12]29 . Ici, on a choisi f (i) = [12]29 , ce
qui donne lieu à la formule en question.
β) Soient a, b ∈ Z tels que 29 | a+12b. On cherche c, d ∈ Z tels que a+bi = (5+2i)(c+di),
c’est-à-dire tels que a = 5c − 2d et b = 5d + 2c. Soit k ∈ Z tel que a + 12b = 29k. Alors
on obtient c + 2d = k et 2c + 5d = b, d’où l’on déduit que c = 5k − 2b et d = b − 2k. Par
conséquent, Ker(f ) ⊆ (5 + 2i)A. Réciproquement, on a f (5 + 2i) = [29]29 = [0]29 , d’où
(5 + 2i)A ⊆ Ker(f ).
γ) Par passage au quotient, f induit un isomorphisme d’anneaux de A/(5 + 2i)A sur F29 .
Comme F29 est un corps, il en résulte que (5 + 2i)A est un idéal maximal.
d ) On raisonne comme ci-dessus en considérant cette fois l’homomorphisme d’anneaux
g : A → F29 défini par g(a + ib) = [a − 12b]29 pour tout a + ib ∈ A.
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Exercice 2
a) Soit n ∈ N tel que nZ soit un idéal maximal de Z. Alors n 6= 0 car {0} n’est pas un
idéal maximal de Z. Si n n’est pas premier, alors il existe d ∈ N, 1 < d < n, tel que d
divise n. On a alors nZ dZ, ce qui contredit la maximalité de nZ.
Réciproquement, soit n un nombre premier. Soit J un idéal de Z tel que nZ ⊆ J. Soit
d ∈ N tel que J = dZ. Alors d divise n, d’où d = 1 ou d = n. Par conséquent, J = Z ou
J = nZ. Ainsi, nZ est un idéal maximal.
b) Il est clair que {0} est un idéal premier de Z. Soit I = nZ un idéal premier non nul
de Z. Si n n’est pas un nombre premier, alors il existe m, p ∈ N tels que 1 < m < n,
1 < p < n et n = mp. Alors n ∈ I, mais m, p ∈
/ I, ce qui contredit le fait que I est premier.
Réciproquement, si n est un nombre premier, alors, d’après a), l’idéal nZ est maximal. Il
est donc aussi premier.
c) C’est une conséquence immédiate de a) et b).
Exercice 3
a) Soit n ∈ N la caractéristique de F . Par définition, n est tel que nZ est le noyau de
l’homomorphisme d’anneaux Z → F , n 7→ n · 1F . Puisque F est fini, n est non nul, et
puisque F est un corps commutatif, donc en particulier un anneau intègre, n est un nombre
premier.
b) Par passage au quotient, l’homomorphisme d’anneaux Z → F ci-dessus induit un homomorphisme de corps ϕ : Fp → F . On vérifie alors que la loi d’addition de F et la loi
de composition externe Fp × F → F , (a, x) 7→ ϕ(a)x confèrent à F une structure d’espace
vectoriel sur Fp .
c) Comme F est fini, sa dimension en tant qu’espace vectoriel est finie. Si d ≥ 1 est la
dimension de F sur Fp , alors F est isomorphe, en tant qu’espace vectoriel sur Fp , à (Fp )d .
Il s’ensuit que le cardinal de F est égal à pd .
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