Université Francois Rabelais de Tours Licence de Mathématiques Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 1 L3, Algèbre Semestre 6 Dans toute cette feuille K désigne un corps. Questions issues du cours Exercice 1 On rappelle qu’un polynôme à coefficients dans un anneau A est une suite P = (an )n∈N d’éléments de A tous nuls à partir d’un certain rang. La multiplication de deux polynômes P = (an )n∈N , Q = (bn )n∈N est alors définie par X P Q = (cn )n∈N avec cn = ak bn−k . 0≤k≤n Soit X la suite X = (0, 1, 0, . . . 0, . . .). Par convention X 0 = (1, 0, 0, . . .). 1) Montrer que le produit est bien défini. Solution: On suppose que deg(P ) = p et deg(Q) = q. On notera (ak )k≥0 et (bk )k≥0 les coefficients de P et 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 ⇒ ak bn−k = 0 ou alors k ≤ p ⇒ n − k ≥ p + q + 1 − k ≥ q + 1 ⇒ bn−k = 0 ⇒ ak bn−k = 0, au final on peut donc bien constater que cn := n X ak bn−k = 0. k=0 La suite de coefficients (cn )n≥0 correspond alors bien à un polynôme puisqu’ils sont tous nuls à partir d’un certain rang. 2) Montrer que X i = (0, . . . , 0, 1, 0 . . .) où le 1 est situé à la (i + 1)ième place. Solution: On appelera (aik )k≥0 les coefficients de X i pour i ≥ 0. On veut donc montrer ( 1 si i = k, i ∀i ≥ 0, ∀k ≥ 0, ak = 0 sinon. On va effectuer une récurrence sur i. Pour i = 0 il suffit d’utiliser la définition de X 0 . Supposons que pour un certain i ≥ 0 fixé on ait la propriété. On a alors comme X i+1 = X 1 X i ∀n ≥ 0, ai+1 = n n X a1k ain−k , k=0 mais si n 6= i + 1 on constate facilement que a1k 6= 0 ⇒ k = 1 ⇒ n − k = n − 1 6= i ⇒ ain−k = 0, dont on déduit ∀k ∈ J0, nK, a1k ain−k = 0, et donc ai+1 = 0. On peut ensuite constater n ai+1 i+1 = i+1 X a1k aii+1−k = a10 aii+1 + a11 aii + a12 aii−1 + ...a1i+1 ai0 = 0 · 0 + 1 · 1 + 0 · 0 + ... + 0 · 0 = 1. k=0 On a donc par récurrence la propriété voulue. 1 3) Montrer que X i · X j = X i+j pour tout i, j ≥ 0. Solution: On se donne maintenant deux entiers positifs i et j. On note alors (bn )n≥0 les coefficients du produit X i X j . On a alors n X ∀n ≥ 0, bn = aik ajn−k . k=0 Pour n 6= i + j on peut alors constater k 6= i ⇒ aik = 0 ⇒ aik ajn−k = 0 et aussi k = i ⇒ n − k = n − i 6= i + j − i = j ⇒ ajn−k = 0 ⇒ aik ajn−k = 0 ce qui permet de conclure n 6= i + j ⇒ bn = n X 0 = 0. k=0 Comme on a bi+j = i+j X i+j X aik bji+j−k = aii ajj + k=0 aik ajn−k = 1 · 1 + 0 · 0 + 0 · 0 + ... + 0 · 0 = 1. k=0, k6=i On a donc établit bn = ci+j n , ∀k ≥ 0, et donc X i X j = X i+j . Exercice 2 Soit A[X] l’anneau des polynômes à une indeterminée sur A et 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 ∈ UA on a P = 1A P ⇒ P ∼ P, et la relation ∼ est réflexive. Si on se donne maintenant P et Q tels que P ∼ Q on a α ∈ UA tel que P = αQ. Mais alors on en déduit Q = α−1 P et évidemment α−1 ∈ UA , ce qui implique que Q ∼ P . La relation est donc symétrique. Finalement si P ∼ Q et Q ∼ R on 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 −1 α−1 ) = α1A α−1 = 1A , on a αβ ∈ UA et 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 | Q et Q | P alors P et Q sont associés. Solution: On va montrer que le résultat est vrai pour un anneau A intègre (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 P et Q sont non nuls. D’après les hypothèses on a deux polynômes D1 et D2 tels que P = D1 Q, et 2 Q = D2 P. On peut alors en déduire P = D1 D2 P, or l’anneau A étant intègre la formule des dégrés assure que A[X] est également intègre et donc on peut simplifier l’égalité précédente par P pour obtenir D1 D2 = 1, ce qui montrer qu’il s’agit d’éléments inversibles de A[X] et donc que P et Q sont associés. (On notera que le résultat est faux dans certains anneaux non intègre) 3) Montrer que (P ) = (Q) si et seulement si P et Q sont associés. Solution: On va là encore supposer que A et donc A[X] sont intègres. On commence par supposer que (P ) = (Q). On voit alors l’enchainement suivant ( ( Q|P P ∈ (P ) = (Q), ⇒ P |Q Q ∈ (Q) = (P ) ce qui permet de conclure que P et Q sont associés d’après la question précédente. Réciproquement si on suppose que P et Q sont 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 α étant inversible on a aussi Q = α−1 P dont on tire (Q) ⊂ (P ). La double inclusion permet de conclure à l’égalité désirée. 4) On suppose que A est associé à C et que B est associé à D. Montrer que A | B ⇐⇒ C | D. Solution: Comme A et C sont associés on peut choisir α tel que A = αC, de la même façon on a β tel que D = βB. Si maintenant A divise B on a un polynôme Q tel que B = QA ce qui permet d’écrire D = βB = βQA = βQαC, et donc on a bien C divise D. Par symétrie on a également que si A et C (resp. B et D) sont associés et que B divise D alors A divise C, ce qui permet de conclure. Dans la suite, on supposera que A est un corps. 5) Montrer que si P et Q sont associés et ont le même coefficient dominant alors P = Q. Pn Solution: Supposons que P = i=0 ai X i avec an 6= 0. On en déduit alors par association de P et Q que pour un certain α 6= 0 n X Q = αP = αai X i , i=0 mais comme A est un corps on a αan 6= 0 et donc le coefficient dominant de Q est αan . D’après l’hypothèse on obtient alors αan = an ⇒ α = 1, (car an 6= 0). On a alors bien Q = 1P = P . 6) Montrer que tout polynôme est associé à un unique polynôme unitaire. Pn Solution: On considère le polynôme P = i=0 ai X i avec an 6= 0. Si on définit le polynôme Q := X n + n−1 X i=0 ai i X , an on a bien Q unitaire. Or il est facile de voir que an Q = an X n + n X i=0 et également Q = 1 an P d’où P et Q associés. 3 ai X i = P, 7) Montrer que tout idéal non-nul de A[X] est engendré par un unique polynôme unitaire. Solution: On considère I un idéal non réduit à {0} de A[X] (avec A corps). 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 ∈ I de 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 P par D pour obtenir P = QD + R, deg(R) < deg(D) = n. comme R = P − DQ ∈ I et par définition de n on 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 P̄ un polynôme unitaire associé à P et la question 3) permet de conclure que I = (P̄ ). Si on se donne (P ) = (Q) avec P et Q unitaire, 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) = 1 alors 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 C on en déduit AU C + BCV = C, et comme A divise clairement les deux termes de gauche on a bien A divise C. 2) si A est irréductible et si A | BC alors A | B ou A | C. Solution: Supposons que le polynôme irréductible unitaire A divise BC mais pas B. Le pgcd de A et B étant un diviseur unitaire de A et A étant unitaire il s’agit soit de A soit de 1. Or s’il s’agissait de A on aurait A divise B ce qui n’est pas le cas ici. On a donc A et B premier entre eux et en appliquant le résultat de la question précédente on a bien A divise C. 3) A est premier avec BC si et seulement si A est premier avec B et avec C. Solution: Si A est 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 A est premier avec B et avec C. Réciproquement, si A est premier avec B et C, si on suppose que A n’est pas premier avec BC on peut se donner un diviseur irréductible commun D de A et BC. Mais d’après la question précédente on sait qu’alors D divise B ou C ce qui est absurde puisque A est premier avec B et avec C. Idéaux d’un anneau Exercice 4 1) Soit I et J deux idéaux d’un anneau A. Montrer que I ∩ J et I + J sont des idéaux de A. Solution: Commençons par montrer que I ∩ J est un idéal. — On a comme I et J sont des idéaux 0 ∈ I et 0 ∈ J donc 0 ∈ I ∩ J. — Soit maintenant (x, y) ∈ (I ∩ J)2 alors ( ( (x, y) ∈ I 2 x−y ∈I ⇒ ⇒ x − y ∈ I ∩ J. 2 (x, y) ∈ J x−y ∈J — Soit (a, x) ∈ A × (I ∩ J) on voit alors ( (a, x) ∈ A × I (a, x) ∈ A × J ( ⇒ 4 ax ∈ I ax ∈ J ⇒ ax ∈ I ∩ J. On va maintenant montrer que I + J := {z ∈ A : ∃(x, y) ∈ I × J z = x + y} est un idéal. — On constate d’abord que I et J étant des idéaux ( 0∈I ⇒ 0 = 0 + 0 ∈ I + J. 0∈J — Soit (x, y) ∈ (I + J)2 alors on a par définition ( ∃(x1 , x2 ) ∈ I × J, x = x1 + x2 ⇒ x − y = x1 + x2 − (y1 + y2 ) = (x1 − y1 ) + (x2 − y2 ), ∃(y1 , y2 ) ∈ I × J, y = y1 + y2 mais comme I et J sont des idéaux on conclut alors ( x1 − y1 ∈ I ⇒ x − y ∈ (I + J). x2 − y2 ∈ J — Soit (a, x) ∈ A × (I + J). On sait alors ∃(x1 , x2 ) ∈ I × J, Mais alors comme ax = ax1 + ax2 on a ( ax1 ∈ I ax2 ∈ J x = x1 + x2 . ⇒ ax ∈ (I + J). 2) Montrer que I + J est le plus petit idéal de A contenant I et J. Solution: On sait d’après la question précédente que I + J est un idéal. Puis comme 0 est dans I et dans J on a clairement ( ∀x ∈ I, x=x+0∈I +J ∀y ∈ J, y =0+y ∈I +J Dont I + J est bien un idéal contenant I et J. Soit G un idéal de A contenant I et J. On se donne maintenant x ∈ I + J. Par définition on a alors (x1 , x2 ) ∈ I × J tel que x = x1 + x2 mais alors ( ( I⊂G x1 ∈ G ⇒ ⇒ x = x1 + x2 ∈ G car G est un idéal. J ⊂G x2 ∈ G On a donc bien montrer I + J ⊂ G. 3) Soit n, m ∈ Z, I = (n) = nZ, J = mZ. Déterminer I ∩ J et I + J. Solution: On va chercher à montrer que si n et m sont 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 , On peut alors évidemment en déduire ( ( x = k1 k2 n x ∈ (nZ) ⇒ x = k1 k3 m x ∈ (mZ) x = k 1 p p = k2 n p = k3 m ⇒ x ∈ (nZ) ∩ (mZ). On a montré que ppcm(n, m)Z ⊂ (nZ) ∩ (mZ). 5 — On sait par définition de p que ( p = nk1 p = mk2 . ( x = nk10 x = mk20 . ∃(k1 , k2 ) ∈ Z2 , Soit x ∈ (nZ) ∩ (mZ) on a alors ∃(k10 , k20 ) ∈ Z2 , On va maintenant effectuer la division euclidienne de x par p. On en déduit ∃(q, r) ∈ Z × J0, p − 1K, Or on alors x = qp + r. ( r = x − qp = nk10 − qnk1 = n(k10 − qk1 ) r = x − qp = mk20 − qmk2 = m(k20 − qk2 ) ( n|r ⇒ m|r or p est le plus petit nombre strictement positif ayant cette double propriété (par définition) donc r est négatif ou nul, comme par définition il est positif ou nul on a bien r = 0. Donc x ∈ pZ. On a bien montré alors que (nZ) ∩ (mZ) ⊂ ppcm(n, m)Z. On peut maintenant montrer l’autre égalité ensembliste. On commence par introduire d := pgcd(n, m) = max{k ∈ N∗ : k|n k|m}. (L’ensemble contient 1 et est donc non vide, il est trivialement majoré par min(|n|, |m|)) — Soit x ∈ (nZ) + (mZ) par définition on en déduit ∃(k1 , k2 ) ∈ Z2 , mais alors ( d|n d|m ( d|nk1 ⇒ d|mk2 x = nk1 + mk2 , ⇒ d|x ⇒ x ∈ dZ. On a donc bien (nZ) + (mZ) ⊂ dZ. — On va commencer pour prouver la réciproque par introduire c := min[(nZ) + (mZ)] ∩ N∗ . (L’ensemble étant trivialement non vide dès que n et m ne sont pas tous les deux nuls) Comme c ∈ (nZ) ∩ (mZ) on a automatiquement cZ ⊂ (nZ) + (mZ). Pour la réciproque on se donne alors x ∈ (nZ) + (mZ) et on effectue la division euclidienne de x par c. ∃(q, r) ∈ Z × J0, c − 1K, x = cq + r. Mais alors par propriété des idéaux on voit que r = x − cq est également dans (nZ) + (mZ). Comme r < c et par définition de c comme min on voit alors que r = 0 donc d|x et x ∈ dZ. On a donc prouver que cZ = (nZ) + (mZ), dont on déduit cZ ⊂ dZ et donc d|c. Mais comme d et c sont positifs ceci implique que c ≥ d. Or ( ( ( n ∈ (nZ) + (mZ) n ∈ cZ c|n ⇒ ⇒ m ∈ (nZ) + (mZ) m ∈ cZ c|m c’est à dire que c est un diviseur commun qui on vient de le voir est au moins aussi grand que d, ce dernier étant par définition le plus grand diviseur commun on a c = d et donc (nZ) + (mZ) = pgcd(n, m)Z. Exercice 5 Soit A un anneau intègre. On rappelle les définitions suivantes : ? un idéal I est premier s’il vérifie la condition suivante : ∀a, b ∈ A, ab ∈ I =⇒ a ∈ I ou b ∈ I. 6 ? un idéal I est dit maximal si I 6= A et si J est un idéal tel que I ( J alors J = A. 1) Déterminer tous les idéaux de Z. Solution: Soit I un idéal de Z non réduit à 0. On peut alors introduire n := min(N∗ ∩ I). Comme n ∈ I et qu’un idéal est absorbant on a nZ ⊂ I. Soit maintenant x ∈ I on effectue la division euclidienne de x par n. ∃(q, r) ∈ Z × J0, n − 1K, x = nq + r. Mais alors n ∈ I ⇒ nq ∈ I dont on déduit r = x − nq ∈ I. D’après la définition de n, 0 < r < n est impossible donc r = 0. C’est à dire x ∈ nZ et de ce fait I ⊂ nZ. On a bien montré que pour tout idéal I de Z il existe un entier n de N tel que I = nZ. 2) Montrer que nZ est maximal si et seulement si n est premier. Solution: Commençons par montrer que pour tout les couples (n, m) ∈ Z2 on a nZ ⊂ mZ ⇔ m|n. Dans le sens direct on voit n ∈ nZ ⇒ n ∈ mZ ⇒ ∃k ∈ Z, n = mk ⇒ m|n. Pour la réciproque on voit que m|n ⇒ ∃k ∈ Z, n = mk. Donc pour tout entier x x ∈ nZ ⇒ ∃l ∈ Z, x = nl ⇒ x = mkl ⇒ x ∈ mZ, et donc on a bien nZ ⊂ mZ. Or maintenant si p est un entier premier on a d|p ⇔ d = ±p ou d = ±1. Si I est un idéal de Z on a d’après la première question un entier n tel que I = nZ et on conclut alors pZ ⊂ nZ ⇒ n|p ⇒ I = pZ ou I = Z (d’après ce qui précède). On a montrer que p premier implique pZ est maximal. Réciproquement si pZ est maximal, soit d un diviseur de p. On a alors pZ ⊂ dZ. Par maximalité on en déduit pZ = dZ ou dZ = Z ⇔ d = ±p ou d = ±1. Ce qui montre bien que p est premier. 3) Montrer que nZ est premier si et seulement si n = 0 ou n est premier. Solution: Comme Z est intègre il est clair que 0Z = {0} est un idéal premier. On se donne maintenant un idéal premier nZ (n ≥ 1) non réduit à 0. On a donc ∀(x, y) ∈ Z2 , n|xy ⇒ n|x ou n|y. Or si n n’est pas un nombre premier il existe (x, y) ∈ J2, +∞J2 tel que n = xy ce qui implique qu’en fait (x, y) ∈ J2, n − 1K, et donc xy = n ∈ nZ mais ni x ni y n’est multiple de n. Par contrapposition on en déduit que n est premier. Pour la réciproque on va constater que si n est premier alors nZ est maximal puis conclure grâce à la question suivante. 7 4) Montrer qu’un idéal maximal de A est premier. Solution: Soit I un idéal maximal de A qui est un anneau unitaire intègre. On se donne (x, y) ∈ A2 tel que xy ∈ I. Supposons que x ne soit pas dans I. L’idéal (x) + I est alors strictement plus gros que I et par maximalité de ce dernier on en déduit (x) + I = A. Mais alors il existe (a, z) ∈ A × I tel que 1A = ax + z, mais on peut alors constater axy = (1 − z)y = y − zy ⇒ y = axy + zy ∈ I. Exercice 6 Soit A un anneau commutatif unitaire et I un idéal de A. On appelle radical de I l’ensemble √ I := {x ∈ A | ∃n ∈ N∗ , xn ∈ I}. √ 1) Montrer que I est un idéal de A. Solution: √ — On commence par√constater que 01 = 0 ∈ I car I est un idéal et donc 0 ∈ I. — Soit a ∈ A et x ∈ I. On sait par définition qu’il existe n ∈ N tel que xn ∈ I. On peut alors par commutativité écrire (ax)n = an xn ∈ I ⇒ ax ∈ I. Ceci donne le caractère absorbant de I et avec a = −1A la stabilité par passage à l’opposé. √ 2 — On se donne maintenant (x, y) ∈ I on a donc (n, m) ∈ N2 tel que xn ∈ I, y m ∈ I, grâce à la commutativité on peut utiliser la binôme de Newton pour obtenir (x + y)n+m = n+m X k=0 n + m k n+m−k x y . k Or pour k ≥ n on a xk = xn xk−n ∈ I, et si k < n on a n + m − k > m donc y n+m−k = y m y n−k ∈ I, comme I est un anneau on en déduit que chacun des termes √ de la somme est dans I et donc de même pour la somme elle même. On a donc bien x + y ∈ I. 2) Déterminer le radical des idéaux de Z. Solution: On se donne un entier n dont la décomposition en facteurs premiers est αq 1 n = pα 1 ...pq . On introduit alors l’entier m = p1 ...pq . √ Montrons que nZ = mZ. Il est tout d’abord clair que mmax(α1 ,...,αq ) ∈ nZ, √ √ et donc que m ∈ nZ ce qui implique mZ ∈ nZ. √ Pour la réciproque on se donne x ∈ nZ. Par définition il existe e ∈ N tel que xe ∈ nZ. Alors quelque soit l’indice i ∈ J1, qK on a pi |xe mais comme pi est premier cela implique que pi |x (lemme d’Euclide). Puis les p1 , ..., pq étant des nombres premiers distincts on obtient m = p1 ...pq |x (lemme de Gauss). Ce qui revient bien à dire que √ nZ ∈ mZ. 8 Division euclidienne de polynôme et calculs de pgcd Exercice 7 Effectuer la division euclidienne de A par B : 1. A = 3X 5 + 2X 4 − X 2 + 1 et B = X 3 + X + 2 Solution: On constate que A = (3X 2 + 2X − 3)B + (−9X 2 − X + 7). 2. A = X 4 − X 3 + X − 2 et B = X 2 − 2X + 4 Solution: On a cette fois A = (X 2 + X − 2)B + (−7X + 6). Déterminer les pgcd des polynômes suivants : 3. X 4 + X 3 − 2X + 1 et X 3 + X + 1 Solution: On pose cette fois ci R0 = X 4 + X 3 − 2X + 1, R1 = X 3 + X + 1. On effectue alors les divisions euclidiennes successives R0 = R1 Q2 + R2 , R2 = −X 2 − 4X. Q2 = X + 1, Q3 = −X + 4, R1 = R2 Q3 + R3 R3 = 17X + 1. X 67 67 − , R4 = . 17 289 289 4913X 289 R3 = R4 Q5 + R5 , Q5 = + , R5 = 0. 67 67 Le pgcd de R0 et R1 est alors le polynôme unitaire associé au dernier reste non nul (en l’occurence 67 R4 = 289 ) donc PGCD(X 4 + X 3 − 2X + 1, X 3 + X + 1) = 1. Q4 = − R2 = R3 Q4 + R4 , 4. X 5 + 3X 4 + X 3 + X 2 + 3X + 1 et X 4 + 2X 3 + X + 2. Solution: Cette fois ci on commence avec R0 = X 5 + 3X 4 + X 3 + X 2 + 3X + 1, R1 = X 4 + 2X 3 + X + 2. L’algorithme s’écrit R0 = R1 Q2 + R2 , Q2 = X + 1, R2 = −X 3 − 1. Q3 = −X − 2, R1 = R2 Q3 + R3 , R3 = 0. On a donc PGCD(X 5 + 3X 4 + X 3 + X 2 + 3X + 1, X 4 + 2X 3 + X + 2) = X 3 + 1. Déterminer le pgcd D des deux polynômes suivants ainsi que des polynômes U et V tels que AU +BV = D : 5. A = X 6 − 2X 5 + 2X 4 − 3X 3 + 3X 2 − 2X et B = X 4 − 2X 3 + X 2 − X + 1. Solution: On va encore une fois commence par l’algorithme d’Euclide. R0 = X 6 − 2X 5 + 2X 4 − 3X 3 + 3X 2 − 2X, R1 = X 4 − 2X 3 + X 2 − X + 1. R0 = R1 Q2 + R2 , Q2 = X 2 + 1, R2 = X 2 − X − 1. R1 = R2 Q3 + R3 , Q3 = X 2 − X + 1, R3 = −X + 2. R2 = R3 Q4 + R4 , Q4 = −X + 1, R4 = 1. R3 = R4 Q5 + R5 , Q5 = −X + 2, R5 = 0. On peut déjà conclure à ce stade PGCD(X 6 − 2X 5 + 2X 4 − 3X 3 + 3X 2 − 2X, X 4 − 2X 3 + X 2 − X + 1) = 1. 9 On va maintenant remonter les divisions euclidiennes. R4 = R2 − R3 Q4 = R2 − (R1 − R2 Q3 )Q4 = R2 (1 + Q3 Q4 ) − R1 Q4 = (R0 − R1 Q2 )(1 + Q3 Q4 ) − R1 Q4 = R0 (1 + Q3 Q4 ) − R1 ((Q3 Q4 + 1)Q2 + Q4 ). On obtient alors 1 = (X 6 − 2X 5 + 2X 4 − 3X 3 + 3X 2 − 2X)U + (X 4 − 2X 3 + X 2 − X + 1)V, avec U = 1 + Q3 Q4 = −X 3 , V = −((Q3 Q4 + 1)Q2 + Q4 ) = X 5 + X 3 + X + 1. Exercice 8 Soit A = X a − 1 et B = X b − 1 deux polynômes de K[X]. 1) Montrer que X a − 1 = (X b − 1)(X a−b + X a−2b + . . . + X a−qb ) + (X a−qb − 1) où a = bq + r est la division euclidienne de a par b dans Z. Solution: Soit b ∈ N∗ et r ∈ J0, b − 1K on va montrer par récurrence que ∀q ≥ 1, X bq+r − 1 = (X b − 1)(X b(q−1)+r + X b(q−2)+r + ... + X r ) + X r − 1. Pour q = 1 il suffit de constater que (X b − 1)X r + X r − 1 = X b+r − 1. Supposons maintenant que l’on ait l’égalité pour un certain q ≥ 1. On a alors (X b − 1)(X bq+r + X b(q−1)+r + ... + X r ) + X r − 1 = (X b − 1)X bq+r + (X b − 1)(X b(q−1)+r + X b(q−2)+r + ... + X r ) + = X b(q+1)+r − X bq+r + X bq+r − 1 = X b(q+1)+r − 1. 2) En déduire le pgcd de A et B. Solution: On voit maintenant qu’en parallèle de l’algorithme d’Euclide pour le calcul de PGCD(a, b) on a le calcul de PGCD(A, B) ce dont on déduit ∀(a, b) ∈ N∗ , PGCD(X a − 1, X b − 1) = X PGCD(a,b) − 1. Pour rédiger la démonstration soigneusement on va faire une récurrence forte sur la somme a + b. Supposons d’abord que a + b = 2, comme a et b sont plus grands que 1 on a facilement a = b = 1 et donc trivialement PGCD(X − 1, X − 1) = X − 1, PGCD(1, 1) = 1. Si maintenant on suppose que pour un certain n ≥ 2 la proposition est vraie lorsque a + b ≤ n, et considèrons (a, b) ∈ (N∗ )2 telle que a + b = n + 1. Quitte à permuter a et b on peut supposer que a ≥ b. On effectue alors la division euclidienne de a par b ∃(q, r) ∈ N × J0, b − 1K, a = bq + r. On observe alors grâce à la question précédente que les diviseurs communs de X a − 1, X b − 1 sont les mêmes que les diviseurs communs de X r − 1, X b − 1 et donc PGCD(X a − 1, X b − 1) = PGCD(X r − 1, X b − 1). Et pour les mêmes raisons PGCD(a, b) = PGCD(r, b). Or on a r < b ≤ a donc r + b < r + a = n + 1 si r ≥ 1 on peut utiliser l’hypothèse de récurrence pour conclure. Si r = 0 on a conclut alors directement car X r − 1 = 0 et donc PGCD(X r − 1, X b − 1) = X b − 1 = X PGCD(r,b) − 1 = X PGCD(a,b) − 1. 10 Exercice 9 Soient P1 , P2 deux polynômes non-nuls de K[X]. Soit ppcm(P1 , P2 ) l’unique polynôme unitaire qui engendre (P1 ) ∩ (P2 ). Montrer que 1) le ppcm(P1 , P2 ) est un multiple commun de P1 et P2 . Solution: On va considérer A = PPCM(P1 , P2 ). On a par définition (A) = (P1 ) ∩ (P2 ). On a évidemment A ∈ (A) = (P1 ) ∩ (P2 ) donc ( ( ∃Q1 ∈ K[X], A = P1 Q1 A ∈ (P1 ) ⇒ ∃Q2 ∈ K[X], A = P2 Q2 . A ∈ (P2 ) et A est bien multiple commun de P1 et P2 . 2) Si M est un multiple commun des P1 et P2 alors M est un multiple de ppcm(P1 , P2 ). Solution: Si M est un multiple commun de P1 et P2 on a ( ( M ∈ (P1 ) ∃Q1 ∈ K[X], M = P1 Q1 ⇒ M ∈ (P1 )∩(P2 ) = (A) ⇒ ∃Q ∈ K[X], M = AQ. ⇒ M ∈ (P2 ) ∃Q2 ∈ K[X], M = P2 Q2 . Exercices plus difficiles Exercice 10 Soit A un anneau commutatif intègre. Montrer que A est un corps si et seulement si A[X] est principal. Solution: On va commencer par supposer que A est un corps et rappeler rapidement pourquoi A[X] est principal. Étant donné un idéal I de A[X] non réduit à 0 on considère alors p := min{deg(P ) : P ∈ I \ {0}}. On peut alors se donner P ∈ I tel que deg(P ) = p, il est clair que par propriété d’absorption d’un idéal (P ) ⊂ I. Soit maintenant M ∈ I, on considère alors la division euclidienne de M par P : ∃(Q, R) ∈ A[X] × Ap−1 [X], M = P Q + R. Mais alors R = M − P Q est également dans I et deg R < deg(P ) donc par minimalité de ce dernier parmi les degrés des polynômes non nuls de I on a R = 0. Et donc M ∈ I. Comme M était quelconque on en déduit I ⊂ (P ). On va maintenant supposer que A[X] est principal. Il est clair que A est isomorphe au quotient de A[X] par l’idéal engendré par (X), on va chercher à montrer que cet idéal est maximal. Soit donc J un idéal strictement plus grand. On a alors P ∈ J \ I. Mais alors P (0) − P est sans terme constant et de ce fait dans I. Mais alors on peut écrire P (0) = P (0) − P + P ∈ J. Or comme P ∈ / I on a P (0) 6= 0. Mais comme A[X] est principal on a un polynôme Q tel que (P (0)) + (X) = (Q). Mais alors comme A est intègre en utilisant la formule du degrés d’un produit on voit que Q divisant une constante non nulle est également une constante non nulle. Puis ∃R ∈ A[X], RQ = X. Par intégrité R est alors de la forme αX + β et on en déduit αQ = 1, β = 0. Finalement on en déduit (Q) = (1) = A[X], et comme on a (Q) ⊂ J on a bien J = A[X] et I idéal maximal. On sait alors que A[X]/(X) est un corps. Exercice 11 (Lemme de Gauss et critère d’Eisenstein.) 11 1) (a) Soient (P, Q) ∈ Z[X]2 et p un nombre premier. On suppose que p divise tous les coefficients du produit P Q. Montrer que p divise tous les coefficients de P ou tous les coefficients de Q. Solution: On se donne P et Q des polynômes à coefficients entiers et p un nombre premier. On note n m X X P = pi X i , Q= qj X j . i=0 j=0 On va raisonner par contraposée. C’est à dire qu’on va montrer que si il existe un coefficient de P non divisible par p et un coefficient de Q non divisible par p alors il existe un coefficient de P Q non divisible par p. On introduit alors i0 := min{i ≥ 0 : p - pi }, j0 := min{j ≥ 0 : p - qj }. (On rappelle que les hypothèses sur les coefficients de P et Q montre que les ensembles considérés sont non vides d’où l’existence des min) Alors le coefficient en X i0 +j0 du polynôme P Q est donnée par la formule iX 0 +j0 ai bj0 +i0 −i . i=0 Or pour i < i0 on a p | ai , pour i > i0 on a j0 + i0 − i < j0 donc p | bj0 +i0 −i et évidemment p étant premier et ne divisant ni ai0 ni bj0 le lemme de Gauss assure p - ai0 bj0 +i0 −i0 . Au final p divise tous les termes de la somme sauf un il ne peut donc diviser le coefficient en X i0 +j0 de P Q. (b) (Lemme de Gauss) Si P ∈ Z[X], on note c(P ) le pgcd des coeffcients de P . Montrer que c(P Q) = c(P )c(Q) pour tout (P, Q) ∈ Z[X]2 . Solution: Comme diviser tous les coefficients de P Q est équivalent à diviser leur pgcd, la question précédente affirme que pour un nombre premier p on a p | c(P Q) ⇒ p | c(P ) ou p | c(Q). La réciproque est évidemment trivial vue la formule donnant les coefficients du produit. Comme de manière générale pour tout polynôme R ∈ Z[X] et tout entier α on a c(αR) = αc(R), on peut alors montrer que les factorisations entières de c(P Q) et c(P )c(Q) sont les mêmes et donc que c(P Q) = c(P )c(Q). 2) Montrer que si P ∈ Z[X] est irréductible dans Z[X] alors P est irréductible dans Q[X]. Solution: Comme Z[X] ⊂ Q[X] il est évident que pour un polynôme P ∈ Z[X] on a : P réductible dans Z[X] implique P réductible dans Q[X] et donc par contre apposée. Que l’irréductibilité dans Q[X] implique celle dans Z[X]. Réciproquement soit R ∈ Z[X] un polynôme réductible dans Q[X]. C’est à dire ∃(P, Q) ∈ Q[X]2 , R = P Q, deg(P ) ≥ 1, deg(Q) ≥ 1. On prend alors α (resp. β) le ppcm des dénominateurs des coefficients de P (resp. Q). On a αβR = αP βQ, et αP ∈ Z[X], βQ ∈ Z[X]. On peut alors tout de suite écrire grâce à la question précédente αβc(R) = c(αβR) = c(αP βQ) = c(αP )c(βQ). Mais comme on peut évidemment trouver P1 et Q1 dans Z[X] tels que αP = c(αP )P1 , deg(P ) = deg(P1 ) βQ = c(βQ)Q1 , deg(Q) = deg(Q1 ) on écrit αβR = c(αP )c(βQ)P1 Q1 = αβc(R)P1 Q1 , et l’anneau Z étant intègre on simplifie pour obtenir R = c(R)P1 Q1 , comme on a des polynômes à coefficients entiers de degrés au moins 1 on a bien réductibilité de R dans Z[X]. 12 3) (a) (critère d’Eisenstein) Soit P = an X n + . . . + a1 X + a0 ∈ Z[X]. On suppose qu’il existe un nombre premier p tel que (i) ∀k ∈ {0, . . . , n − 1}, p | ak (ii) p - an et (iii) p2 - a0 . Montrer que P est irréductible dans Q[X]. Solution: On se donne des polynômes Q et R dans Z[X] tels que P = QR. On note alors Q= k X bi X i , R= i=0 m X ci X i . i=0 On en déduit donc ∀j ∈ J0, nK, aj = j X bi cj−i . i=0 Puis on voit alors pour j = 0 p2 - b0 c0 . p | b0 c0 , Comme p est premier en utilisant le lemme de Gauss et quitte à échanger Q et R on obtient p | b0 , p - c0 . Mais pour j = 1 on a maintenant en utilisant ce qui précède et les hypothèses sur a1 p | b0 c1 + b1 c0 ⇒ p | b1 c0 ⇒ p | b1 . Pour j = 2 on a également p | b0 c2 + b1 c1 + b2 c0 ⇒ p | b2 c0 ⇒ p | b2 . On peut continuer jusqu’au coefficient an−1 pour obtenir p | b0 cn−1 + ... + bn−1 c0 ⇒ p | bn−1 c0 ⇒ p | bn−1 . (On notera au passage qu’on s’est permis d’introduire des coefficients plus haut que le degrés du polynôme, ceux-ci sont simplement nuls) Si maintenant le polynôme R est de degrés au moins 1 on voit que la formule des dégrés implique que deg(Q) ≥ n − 1 et on vient en fait de montrer que tous les coefficients de Q sont divisible par p donc c(Q) est divisible par p et grâce à la formule de la question 1b) on a p|c(P ) ce qui est absurde car p ne divise pas an . (b) Application : Soit p un nombre premier et Φ(X) = X p−1 + . . . + X + 1. Montrer que Φ est irréductible dans Q[X]. [Aide : regarder XΦ(X + 1). ] Solution: On commence par constater que (X − 1)φ(X) = X p − 1. On en déduit alors l’égalité Xφ(X + 1) = (X + 1)p − 1 = p X p k=0 k Xk − 1 = p X p Xk. k k=1 On peut alors factoriser par X pour obtenir φ(X + 1) = p−1 X p Xk. k+1 k=0 On constate alors comme p est premier que p p! ∀k ∈ J0, p − 2K, p| = , k+1 (k + 1)!(p − k − 1)! car p n’est clairement pas un facteur des deux termes du dénominateurs. On peut également constater que p1 = p n’est pas divisible par p2 et que pp = 1 n’est pas divisible par p. On peut donc appliquer le critère de la question précédente et obtenir φ(X + 1) irréductible. Or par contrapposée comme φ = U V ⇒ φ(X + 1) = U (X + 1)V (X + 1), on voit que cela entraîne l’irréductibilité de φ. 13