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Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦1
L3, Algèbre Semestre 6
Dans toute cette feuille Kdésigne un corps.
Questions issues du cours
Exercice 1 On rappelle qu’un polynôme à coefficients dans un anneau Aest une suite P= (an)n∈N
d’éléments de Atous nuls à partir d’un certain rang. La multiplication de deux polynômes P= (an)n∈N,
Q= (bn)n∈Nest alors définie par
P Q = (cn)n∈Navec cn=X
0≤k≤n
akbn−k.
Soit Xla suite X= (0,1,0, . . . 0, . . .). Par convention X0= (1,0,0, . . .).
1) Montrer que le produit est bien défini.
Solution: On suppose que deg(P) = pet deg(Q) = q. On notera (ak)k≥0et (bk)k≥0les coefficients
de Pet Q. On constate alors que
∀k≥p+ 1, ak= 0,∀k≥q+ 1, bk= 0.
On voit alors que pour n≥p+q+ 1 on a deux alternatives
k≥p+ 1 ⇒ak= 0 ⇒akbn−k= 0
ou alors
k≤p⇒n−k≥p+q+ 1 −k≥q+ 1 ⇒bn−k= 0 ⇒akbn−k= 0,
au final on peut donc bien constater que
cn:=
n
X
k=0
akbn−k= 0.
La suite de coefficients (cn)n≥0correspond alors bien à un polynôme puisqu’ils sont tous nuls à partir
d’un certain rang.
2) Montrer que Xi= (0,...,0,1,0. . .)où le 1est situé à la (i+ 1)ième place.
Solution: On appelera (ai
k)k≥0les coefficients de Xipour i≥0. On veut donc montrer
∀i≥0,∀k≥0, ai
k=(1si i=k,
0sinon.
On va effectuer une récurrence sur i. Pour i= 0 il suffit d’utiliser la définition de X0.
Supposons que pour un certain i≥0fixé on ait la propriété. On a alors comme
Xi+1 =X1Xi
∀n≥0, ai+1
n=
n
X
k=0
a1
kai n−k,
mais si n6=i+ 1 on constate facilement que
a1
k6= 0 ⇒k= 1 ⇒n−k=n−16=i⇒ai n−k= 0,
dont on déduit
∀k∈J0, nK, a1
kai n−k= 0,
et donc ai+1
n= 0. On peut ensuite constater
ai+1
i+1 =
i+1
X
k=0
a1
kai i+1−k=a1 0ai i+1 +a1 1ai i+a1 2ai i−1+...a1 i+1ai 0= 0 ·0+1·1+0·0 + ... + 0 ·0 = 1.
On a donc par récurrence la propriété voulue.
1

3) Montrer que Xi·Xj=Xi+jpour tout i, j ≥0.
Solution: On se donne maintenant deux entiers positifs iet j. On note alors (bn)n≥0les coefficients
du produit XiXj. On a alors
∀n≥0, bn=
n
X
k=0
ai
kaj
n−k.
Pour n6=i+jon peut alors constater
k6=i⇒ai
k= 0 ⇒ai kaj
n−k= 0
et aussi
k=i⇒n−k=n−i6=i+j−i=j⇒aj
n−k= 0 ⇒ai
kaj
n−k= 0
ce qui permet de conclure
n6=i+j⇒bn=
n
X
k=0
0=0.
Comme on a
bi+j=
i+j
X
k=0
ai
kbj
i+j−k=ai
iaj
j+
i+j
X
k=0, k6=i
ai
kaj
n−k= 1 ·1+0·0+0·0 + ... + 0 ·0=1.
On a donc établit
∀k≥0, bn=ci+j
n,
et donc XiXj=Xi+j.
Exercice 2 Soit A[X]l’anneau des polynômes à une indeterminée sur Aet soit (P, Q)∈A[X]2.
1) Montrer que la relation « être associé » est une relation d’équivalence sur A[X].
Solution: On introduit la relation d’association par
∀P, Q ∈A[X], Q ∼P⇔ ∃α∈UA, Q =αP.
Comme il est clair que 1A∈UAon a
P= 1AP⇒P∼P,
et la relation ∼est réflexive.
Si on se donne maintenant Pet Qtels que P∼Qon a α∈UAtel que P=αQ. Mais alors on en
déduit
Q=α−1Pet évidemment α−1∈UA,
ce qui implique que Q∼P. La relation est donc symétrique.
Finalement si P∼Qet Q∼Ron a α, β ∈U(A)tels que
P=αQ, Q =βR,
ce dont on déduit alors immédiatement
P= (αβ)R,
mais comme on a
(αβ)(β−1α−1) = α1Aα−1= 1A,
on a αβ ∈UAet donc P∼R. La relation est donc transitive.
On a les trois propriétés qui permettent de conclure que ∼est une relation d’équivalence.
2) Montrer que si P|Qet Q|Palors Pet Qsont associés.
Solution: On va montrer que le résultat est vrai pour un anneau Aintègre (comme énoncé dans le
cours). Le cas P= 0 ou Q= 0 est évident à traiter (car alors P=Q= 0) on va donc supposer que
Pet Qsont non nuls.
D’après les hypothèses on a deux polynômes D1et D2tels que
P=D1Q, et Q=D2P.
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On peut alors en déduire
P=D1D2P,
or l’anneau Aétant intègre la formule des dégrés assure que A[X]est également intègre et donc on
peut simplifier l’égalité précédente par Ppour obtenir
D1D2= 1,
ce qui montrer qu’il s’agit d’éléments inversibles de A[X]et donc que Pet Qsont associés.
(On notera que le résultat est faux dans certains anneaux non intègre)
3) Montrer que (P) = (Q)si et seulement si Pet Qsont associés.
Solution: On va là encore supposer que Aet donc A[X]sont intègres.
On commence par supposer que (P)=(Q). On voit alors l’enchainement suivant
(P∈(P)=(Q),
Q∈(Q) = (P)⇒(Q|P P|Q
ce qui permet de conclure que Pet Qsont associés d’après la question précédente.
Réciproquement si on suppose que Pet Qsont associés on en déduit P=αQ. On peut écrire
∀R∈A[X], R ∈(P)⇒ ∃D∈A[X], R =DP ⇒R=αDQ ⇒R∈(Q),
et donc globalement (P)⊂(Q)mais αétant inversible on a aussi Q=α−1Pdont on tire (Q)⊂(P).
La double inclusion permet de conclure à l’égalité désirée.
4) On suppose que Aest associé à Cet que Best associé à D. Montrer que A|B⇐⇒ C|D.
Solution: Comme Aet Csont associés on peut choisir αtel que A=αC, de la même façon on a
βtel que D=βB. Si maintenant Adivise Bon a un polynôme Qtel que B=QA ce qui permet
d’écrire
D=βB =βQA =βQαC,
et donc on a bien Cdivise D.
Par symétrie on a également que si Aet C(resp. Bet D) sont associés et que Bdivise Dalors A
divise C, ce qui permet de conclure.
Dans la suite, on supposera que Aest un corps.
5) Montrer que si Pet Qsont associés et ont le même coefficient dominant alors P=Q.
Solution: Supposons que P=Pn
i=0 aiXiavec an6= 0. On en déduit alors par association de Pet
Qque pour un certain α6= 0
Q=αP =
n
X
i=0
αaiXi,
mais comme Aest un corps on a αan6= 0 et donc le coefficient dominant de Qest αan. D’après
l’hypothèse on obtient alors
αan=an⇒α= 1,(car an6= 0).
On a alors bien Q= 1P=P.
6) Montrer que tout polynôme est associé à un unique polynôme unitaire.
Solution: On considère le polynôme P=Pn
i=0 aiXiavec an6= 0. Si on définit le polynôme
Q:= Xn+
n−1
X
i=0
ai
an
Xi,
on a bien Qunitaire. Or il est facile de voir que
anQ=anXn+
n
X
i=0
aiXi=P,
et également Q=1
anPd’où Pet Qassociés.
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7) Montrer que tout idéal non-nul de A[X]est engendré par un unique polynôme unitaire.
Solution: On considère Iun idéal non réduit à {0}de A[X](avec Acorps). On peut alors introduire
n:= min{deg(P) : P∈I, P 6= 0}.
On peut également se donner (par définition du min) un polynôme D∈Ide degrés n.
La propriété d’absorbtion d’un idéal permet tout de suite de constater que (D)∈I. De plus si P∈I
on peut considèrer la division euclidienne de Ppar Dpour obtenir
P=QD +R, deg(R)<deg(D) = n.
comme R=P−DQ ∈Iet par définition de non peut conclure que R= 0 donc P∈(D)au final
par double inclusion on a bien I= (D).
En utilisant la question précédente on a ¯ Pun polynôme unitaire associé à Pet la question 3) permet
de conclure que I= ( ¯ P).
Si on se donne (P)=(Q)avec Pet Qunitaire, on peut facilement conclure en utilisant les questions
3) et 5) que P=Q.
Exercice 3 Soit A, B, C trois polynômes non-nuls de K[X]. Montrer que
1) si A|BC et pgcd(A, B)=1alors A|C.
Solution: Comme pgcd(A, B) = 1 on peut utiliser la relation de Bezout pour obtenir
∃(U, V )∈K[X]2, AU +BV = 1.
Mais en multipliant par Con en déduit AUC +BCV =C, et comme Adivise clairement les deux
termes de gauche on a bien Adivise C.
2) si Aest irréductible et si A|BC alors A|Bou A|C.
Solution: Supposons que le polynôme irréductible unitaire Adivise BC mais pas B. Le pgcd de A
et Bétant un diviseur unitaire de Aet Aétant unitaire il s’agit soit de Asoit de 1. Or s’il s’agissait
de Aon aurait Adivise Bce qui n’est pas le cas ici. On a donc Aet Bpremier entre eux et en
appliquant le résultat de la question précédente on a bien Adivise C.
3) Aest premier avec BC si et seulement si Aest premier avec Bet avec C.
Solution: Si Aest premier avec BC on a par Bezout
∃(U, V )∈K[X]2, AU +BCV = 1,
mais cela implique aussi les réécritures
AU +B(CV )=1, AU +C(BV )=1,
ce qui par le théorème de Bezout assure que Aest premier avec Bet avec C.
Réciproquement, si Aest premier avec Bet C, si on suppose que An’est pas premier avec BC on
peut se donner un diviseur irréductible commun Dde Aet BC. Mais d’après la question précédente
on sait qu’alors Ddivise Bou Cce qui est absurde puisque Aest premier avec Bet avec C.
Idéaux d’un anneau
Exercice 4
1) Soit Iet Jdeux idéaux d’un anneau A. Montrer que I∩Jet I+Jsont des idéaux de A.
Solution: Commençons par montrer que I∩Jest un idéal.
— On a comme Iet Jsont des idéaux 0∈Iet 0∈Jdonc 0∈I∩J.
— Soit maintenant (x, y)∈(I∩J)2alors
((x, y)∈I2
(x, y)∈J2⇒(x−y∈I x−y∈J⇒x−y∈I∩J.
— Soit (a, x)∈A×(I∩J)on voit alors
((a, x)∈A×I
(a, x)∈A×J⇒(ax ∈I ax ∈J⇒ax ∈I∩J.
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On va maintenant montrer que I+J:= {z∈A:∃(x, y)∈I×J z =x+y}est un idéal.
— On constate d’abord que Iet Jétant des idéaux
(0∈I
0∈J⇒0 = 0 + 0 ∈I+J.
— Soit (x, y)∈(I+J)2alors on a par définition
(∃(x1, x2)∈I×J, x =x1+x2
∃(y1, y2)∈I×J, y =y1+y2⇒x−y=x1+x2−(y1+y2)=(x1−y1)+(x2−y2),
mais comme Iet Jsont des idéaux on conclut alors
(x1−y1∈I
x2−y2∈J⇒x−y∈(I+J).
— Soit (a, x)∈A×(I+J). On sait alors
∃(x1, x2)∈I×J, x =x1+x2.
Mais alors comme ax =ax1+ax2on a
(ax1∈I
ax2∈J⇒ax ∈(I+J).
2) Montrer que I+Jest le plus petit idéal de Acontenant Iet J.
Solution: On sait d’après la question précédente que I+Jest un idéal. Puis comme 0est dans I
et dans Jon a clairement (∀x∈I, x =x+ 0 ∈I+J
∀y∈J, y = 0 + y∈I+J
Dont I+Jest bien un idéal contenant Iet J.
Soit Gun idéal de Acontenant Iet J. On se donne maintenant x∈I+J. Par définition on a alors
(x1, x2)∈I×Jtel que x=x1+x2mais alors
(I⊂G
J⊂G⇒(x1∈G x2∈G⇒x=x1+x2∈Gcar Gest un idéal.
On a donc bien montrer I+J⊂G.
3) Soit n, m ∈Z,I= (n) = nZ,J=mZ. Déterminer I∩Jet I+J.
Solution: On va chercher à montrer que si net msont des entiers alors
((nZ)∩(mZ) = ppcm(n, m)Z
(nZ)+(mZ) = pgcd(n, m)Z.
Dans les deux cas il s’agit de prouver des égalités ensemblistes on procédera donc par double inclusion.
Commençons par l’intersection. On rappelle que
p:= ppcm(n, m) := min{k∈N∗:n|k m|k}.
(L’ensemble est non vide car il contient nm)
— Soit x∈ppcm(n, m)Z, alors on sait
∃(k1, k2, k3)∈Z3,
x=k1p
p=k2n
p=k3m
On peut alors évidemment en déduire
(x=k1k2n
x=k1k3m⇒(x∈(nZ) x∈(mZ)⇒x∈(nZ)∩(mZ).
On a montré que
ppcm(n, m)Z⊂(nZ)∩(mZ).
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