Corrigé 21

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 21 avril 2010
Corrig´e 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’´el´ement a+bi de Z[i] tel que 5+2i= 29(a+bi))
et de mani`ere analogue 5 −2i /∈29A, mais par contre (5 + 2i)(5 −2i) = 29 ∈29A, l’id´eal
29An’est pas un id´eal premier de A.
c)α) Montrons que fest 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 fest surjectif.
Expliquons maintenant d’o`u 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
n´ecessairement f(a) = [a]29 pour tout a∈Z(par additivit´e de f). Il reste `a d´efinir f(i),
ce qui va d´eterminer fde mani`ere 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 ˆetre racine du polynˆome
x2+ [1]29 ∈F29[x]. On v´erifie que les racines de ce polynˆome sont [12]29 et [−12]29. Par
cons´equent, on doit avoir f(i) = [12]29 ou f(i) = [−12]29. Ici, on a choisi f(i) = [12]29 , ce
qui donne lieu `a la formule en question.
β) Soient a, b ∈Ztels que 29 |a+12b. On cherche c, d ∈Ztels que a+bi = (5+2i)(c+di),
c’est-`a-dire tels que a= 5c−2det b= 5d+ 2c. Soit k∈Ztel que a+ 12b= 29k. Alors
on obtient c+ 2d=ket 2c+ 5d=b, d’o`u l’on d´eduit que c= 5k−2bet d=b−2k. Par
cons´equent, Ker(f)⊆(5 + 2i)A. R´eciproquement, on a f(5 + 2i) = [29]29 = [0]29, d’o`u
(5 + 2i)A⊆Ker(f).
γ) Par passage au quotient, finduit un isomorphisme d’anneaux de A/(5 + 2i)Asur F29.
Comme F29 est un corps, il en r´esulte que (5 + 2i)Aest un id´eal maximal.
d) On raisonne comme ci-dessus en consid´erant cette fois l’homomorphisme d’anneaux
g:A→F29 d´efini par g(a+ib) = [a−12b]29 pour tout a+ib ∈A.
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Exercice 2
a) Soit n∈Ntel que nZsoit un id´eal maximal de Z. Alors n6= 0 car {0}n’est pas un
id´eal maximal de Z. Si nn’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 maximalit´e de nZ.
R´eciproquement, soit nun nombre premier. Soit Jun id´eal de Ztel que nZ⊆J. Soit
d∈Ntel que J=dZ. Alors ddivise n, d’o`u d= 1 ou d=n. Par cons´equent, J=Zou
J=nZ. Ainsi, nZest un id´eal maximal.
b) Il est clair que {0}est un id´eal premier de Z. Soit I=nZun id´eal premier non nul
de Z. Si nn’est pas un nombre premier, alors il existe m, p ∈Ntels que 1 < m < n,
1< p < n et n=mp. Alors n∈I, mais m, p /∈I, ce qui contredit le fait que Iest premier.
R´eciproquement, si nest un nombre premier, alors, d’apr`es a), l’id´eal nZest maximal. Il
est donc aussi premier.
c) C’est une cons´equence imm´ediate de a) et b).
Exercice 3
a) Soit n∈Nla caract´eristique de F. Par d´efinition, nest tel que nZest le noyau de
l’homomorphisme d’anneaux Z→F,n7→ n·1F. Puisque Fest fini, nest non nul, et
puisque Fest un corps commutatif, donc en particulier un anneau int`egre, nest un nombre
premier.
b) Par passage au quotient, l’homomorphisme d’anneaux Z→Fci-dessus induit un ho-
momorphisme de corps ϕ:Fp→F. On v´erifie alors que la loi d’addition de Fet la loi
de composition externe Fp×F→F, (a, x)7→ ϕ(a)xconf`erent `a Fune structure d’espace
vectoriel sur Fp.
c) Comme Fest fini, sa dimension en tant qu’espace vectoriel est finie. Si d≥1 est la
dimension de Fsur Fp, alors Fest isomorphe, en tant qu’espace vectoriel sur Fp, `a (Fp)d.
Il s’ensuit que le cardinal de Fest ´egal `a pd.
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