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Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 1
M1, Algèbre
Semestre 2
Exercice 1 (Questions issues du cours)
Soit (A, +, ·) un anneau et soient I, I1 , I2 des idéaux de A.
1) Montrer que le centre Z(A) de A est un sous-anneau de A.
Solution: Pour montrer que Z(A) est un sous-anneau, l faut montrer que (Z(A), +) est un sousgroupe de A et que Z(A) est stable par multiplication. On doit donc montrer que :
1. 0 ∈ Z(A) et 1 ∈ Z(A) ;
2. ∀x, y ∈ Z(A), x − y ∈ Z(A) ;
3. ∀x, y ∈ Z(A), x · y ∈ Z(A) ;
Le premier point est clair, puisque pour tout x ∈ A, on a 0 · x = x · 0 = 0 et 1 · x = x · 1 = x.
Soit (x, y) ∈ Z(A)2 et soit a ∈ A, on a
(x − y) · a = x · a − y · a = a · x − a · y = a · (x − y),
(x · y) · a = x · a · y = a · (x · y)
ce qui prouve 2 et 3.
2) Montrer que si A est abélien alors I1 + I2 = A =⇒ I1 I2 = I1 ∩ I2 .
P
Solution: Les éléments de I1 I2 sont de la forme X := xi yi avec xi ∈ I1 et yi ∈ I2 . Puisque I1 et
I2 sont des idéaux, xi yi ∈ I1 ∩ I2 pour tout i et donc X ∈ I1 ∩ I2 . On a donc montré I1 I2 ⊂ I1 ∩ I2 .
Montrons que I1 ∩ I2 ⊂ I1 I2 . Soit x ∈ I1 ∩ I2 . Puisque A = I1 + I2 , il existe (i1 , i2 ) ∈ I1 × I2 tel que
1 = i1 + i2 . Ainsi
x = x · (i1 + i2 ) = x · i1 + x · i2 = i1 · x + x · i2 .
| {z } | {z }
∈I1 I2
∈I1 I2
On voit donc que x ∈ I1 I2 et I1 ∩ I2 ⊂ I1 I2 .
3) Soit B un anneau et f : A −→ B un morphisme d’anneau.
(a) Montrer que ker(f ) est idéal de A. On a
Solution: On a
∗ f (0) = 0 donc 0 ∈ ker(f ) ;
∗ Pour tout (x, y) ∈ (ker f )2 , f (x − y) = f (x) − f (y) = 0 − 0 = 0 et donc x − y ∈ ker f .
Ainsi, ker(f ) est un sous-groupe de (A, +). Soit (a, x) ∈ A × ker f . On a f (ax) = f (a)f (x) = 0
puisque f (x) = 0. On a ax ∈ ker f et ker f est donc un idéal de A.
(b) Montrer que Im(f ) est un sous-anneau de B.
Solution: Il faut montrer les 3 points suivants
1. 0B ∈ Im(f ) et 1B ∈ Im(f ) ;
2. ∀x, y ∈ Im(f ), x − y ∈ Im(f ) ;
3. ∀x, y ∈ Im(f ), x · y ∈ Im(f ) ;
Puisque f (0A ) = 0B et f (1A ) = 1B le premier point est vérifié. Soit (x, y) ∈ Im(f )2 . Il existe
(x0 , y 0 ) ∈ A2 tel que f (x0 ) = x et f (y 0 ) = y. On a
x−y
xy
= f (x0 ) − f (y 0 ) = f (x0 − y 0 )
= f (x0 )f (y 0 ) = f (x0 y 0 )
ce qui montre que x − y ∈ Im(f ) et xy ∈ Im(f ).
(c) Montrer que A/ ker(f ) ' Im(f ).
Solution: On définit l’application f¯ : A/ ker f −→ Im(f ) par f¯(x + ker f ) = f (x) pour tout x
dans A. D’après la question 4.(b), cette application est un morphisme d’anneau. Reste à montrer
que f¯ est bijective.
∗ Soit y ∈ Im(f ) et x ∈ A tel que f (x) = y. On a f¯(x̄) = f (x) = y ainsi f¯ est surjective.
∗ Soit x̄ ∈ ker(f¯). On a f¯(x̄) = 0 = f (x) ainsi x ∈ ker f et x̄ = 0̄. Ceci montre que le noyau
de f¯ est réduit à zéro, ainsi f¯ est injective.
1
4) Soit I un idéal de A et soit A/I le groupe quotient de (A, +) par (I, +). On désigne par p la projection
canonique p :−→ A/I définie par p(x) = x + I.
(a) Montrer que l’opération (x + I) · (y + I) = xy + I sur A/I est bien définie.
Solution: Pour montrer que l’opération est bien définie, il faut montrer que le résultat du
produit ne dépend pas du représentant de la calsse choisi. En d’autres termes, il faut montrer
que si x + I = x0 + I et y + I = y 0 + I alors (x + I)(y + I) = (x0 + I)(y 0 + I)> On a
(x + I)(y + I) = (x0 + I)(y 0 + I) ⇐⇒ xy + I = x0 y 0 + I ⇐⇒ xy − x0 y 0 ∈ I.
On a xy − x0 y 0 = (x − x0 )y + x0 (y − y 0 ). Or x − x0 ∈ I et y − y 0 ∈ I et puisque I est un idéal,
on voit que xy − xy 0 ∈ I.
(b) Soit f un morphsime d’anneau tel que I ⊂ ker(f ). Montrer que l’application f¯ : A/I −→ B
définie par f¯(x̄) = f (x) est un morphisme d’anneau.
Solution: Il faut commencer par montrer que cette application est bien définie. Encore une
fois, soit x, x0 ∈ A tel que x̄ = x̄0 . Comme x − x0 ∈ I, on a f (x − x0 ) = 0 et f (x) = f (x0 ). Ainsi
f¯(x̄) = f¯(x̄0 ). Le reste est une vérification simple
f¯(x̄ + ȳ) = f¯(x + y) = f (x + y) = f (x) + f (y) = f¯(x̄) + f¯(ȳ)
f¯(x̄ȳ) = f¯(xy) = f (xy) = f (x)f (y) = f¯(x̄)f¯(ȳ)
f¯(1A/I ) = f¯(1A ) = f (1A ) = 1B
5) Soit f un morphisme d’anneau bijectif. Montrer que f −1 est aussi un morphisme d’anneau.
Solution: Soit (xB , yB ) ∈ B. Puisque f est bijectif, il existe xA , yA ∈ A tel que f (xA ) = yA et
f (xB ) = yB . En d’autres termes, on a f −1 (xB ) = xA et f −1 (yB ) = yA . On a
f (xA + yA ) = f (xA ) + f (yA ) = xB + yB
f (xA · yA )
= f (xA ) · f (yA ) = xB · yB
=⇒ f −1 (xB + yB ) = xA + yA = f −1 (xB ) + f −1 (yB )
.
=⇒ f −1 (xB · yB ) = xA · yA = f −1 (xB ) · f −1 (yB )
6) Montrer que l’image réciproque d’un idéal premier par un morphisme d’anneau est un idéal premier.
Solution: Soit J un idéal premier de B. Soit x, y ∈ A tel que xy ∈ f −1 (J). On a f (xy) =
f (x)f (y) ∈ J et comme J est premier, cela implique f (x) ou f (y) appartient à J. Ainsi f (x) ou
f (y) appartient à J et donc x ou y appartient à f −1 (J).
7) Soient I1 , . . . , In des idéaux de A tel que I1 + I2 + . . . + In = A. Montrer que
∀(ν1 , . . . , νn ) ∈ (N∗ )n , I1ν1 + I2ν2 + . . . + Inνn = A
Solution: Puisque
I1 + I2 + . . . + In = A, il existe (i1 , . . . , in ) ∈ I1 × . . . × In tel que 1 = i1 + . . . + in .
P
On pose N =
ν` . On a alors
X
1 = (i1 + . . . + in )N =
Ni`11 . . . i`nn .
(`1 ,...,`n )∈Nn
`1 +...+`n =N
P
ν
Soit (`1 , . . . , `n ) ∈ Nn tel que `k = N . Il existe k0 tel que `k0 ≥ νk0 . Ainsi, le terme i`11 . . . i`nn ∈ Ik0k0 .
Ceci montre que 1 ∈ I1ν1 + I2ν2 + . . . + Inνn et donc
∀(ν1 , . . . , νn ) ∈ (N∗ )n , I1ν1 + I2ν2 + . . . + Inνn = A
puisque un idéal qui contient 1 est nécessairement égale à l’anneau tout entier.
Exercice 2 Soit A un anneau, S un sous-anneau de A et I un idéal de A.
1) Montrer que S + I = {s + a | s ∈ S, a ∈ A} est un sous-anneau de A.
Solution: Soit (s, t) ∈ S 2 et (a, b) ∈ I 2 . On a
∗ 1=1+0∈S+I;
∗ (s + a) − (t + b) = (s − t) + (a − b) ∈ S + I ;
∗ (s + a)(t + b) = st + (sb + at + ab) ∈ S + I.
Ainsi S + I est bien un sous-anneau de A.
2
2) Montrer que I est un idéal de S + I.
Solution: Par hypothèse, I est un idéal de A, c’est donc un groupe pour l’addition. Puisque S+I ⊂ A
on a (S + I) · I ⊂ I et I · (S + I) ⊂ I.
3) Montrer que S ∩ I est un idéal de S.
Solution: Puisque S est un sous-anneau de A et I un idéal, (S, +) et (I, +) sont des sous-groupes
de (A, +). Ainsi (S ∩ I, +) est un sous-groupe de (A, +) inclu dans S, c’est donc un sous-groupe
de (S, +).
Soit x ∈ S ∩ I et s ∈ S. On a sx ∈ I car x ∈ I et I est un idéal de A et sx ∈ S car S est stable pour
la multiplication. Ainsi sx ∈ S ∩ I et S ∩ I est un idéal de S.
4) Montrer qu’il existe un homomorphisme non-nul Φ : S −→ (S + I)/I.
Solution: Soit φ : S → (S + I)/I défini par φ(s) = s + I. Puisque I est un idéal de S + I, (S + I)/I
est un bien un anneau. Si s, t ∈ I alors
φ(s + t) = (s + t) + I = (s + I) + (t + I) = φ(s) + φ(t)
et
φ(st) = st + I = (s + I)(t + I) = φ(s)φ(t).
Ainsi, φ est un morphisme d’anneau.
5) Montrer que (S + I)/I ' S/(S ∩ I).
Solution: D’après le premier théorème d’isomorphisme, S/ ker φ ∼
= Im φ. Par définition on a
s ∈ ker φ ⇐⇒ 0 = φ(s) = s + I ⇐⇒ s ∈ I ∩ S.
On a donc montré que ker Φ = S ∩ I. De plus
Im φ = {φ(s) | s ∈ S} = {s + I | s ∈ S} = (S + I)/I.
Finalement, on a bien (S + I)/I ∼
= S/(S ∩ I).
Exercice 3 (Caractéristique d’un anneau) Soit A un anneau unitaire. La caractéristique de A est
le plus petit entier n > 0 tel que
1A + 1A + · · · + 1A = 0.
|
{z
}
n termes
S’il n’existe pas de tel entier, on dit que A est de caractéristique 0.
1) Déterminer la caractéristique des anneaux suivants Z, Zn , Q[x], Zn [x], Z2 × Z3 , Z2 × Z, Z2 × Z2 .
Solution: Les caractéristiques sont respectivement 0, n, 0, n, 6, 0, 2. Considérons par exemple l’anneau Z2 × Z3 . L’identité est (1, 1). Les calculs dans la première composante sont faits modulu 2 et
dans la deuxième composante modulo 3. Ainsi
(1, 1) = (1, 1)
(1, 1) + (1, 1) = (0, 2)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (1, 0)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (0, 1)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (1, 2)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (0, 0).
La caractéristique est donc 6.
2) Montrer que si A est de caractéristique n > 0 alors
a + a + · · · + a = 0 for all a ∈ R.
{z
}
|
n termes
Solution: C’est clair puisque
a + a + · · · + a = a(1R + 1R + · · · + 1R ) = a0 = 0.
3
3) On suppose que A est de caractéristique n > 0. Soit B un anneau unitaire et soit ϕ : A → B un
morphisme d’anneau tel que ϕ(1A ) = 1B . Montrer que la caractéristique de B divise n.
Solution: Par hypothèse
1A + · · · + 1A = 0A .
|
{z
}
n times
On applique ϕ et on utilise le fait que ϕ(1A ) = 1B :
1B + · · · + 1B = 0B .
|
{z
}
n times
Ainsi 0 < char(B) ≤ char(A) = n. Soit m la caractéristique de S. On a n = qm + r où 0 ≤ r < m.
En regroupant les termes dans l’addition on trouve
0B = (1B + · · · + 1B ) + · · · + (1B + · · · + 1B ) + 1B + · · · + 1B
{z
}
|
|
{z
}
{z
} |
r terms
m terms
m terms
|
{z
}
q terms
= 0B + · · · + 0B + 1B + · · · + 1B
|
{z
} |
{z
}
q terms
r terms
(since 1B + · · · + 1B = 0B )
|
{z
}
m terms
= 1B + · · · + 1B
{z
}
|
r terms
Par minimalité de m et comme r < m, on doit avoir r = 0. Ainsi n = qm.
4) Montrer qu’il n’existe pas de morphisme de Z7 [x] dans Z5 [x] qui envoie 1 sur 1.
Solution: S’il existe un tel morphisme alors char(Z5 [x]) = 5 diviserait char(Z7 [x]) = 7.
Exercice 4 Soit K un corps fini.
1) Montrer que la caractéristique p de K est un nombre premier.
Solution: Nous allons prouver ce résultat de deux manières.
Méthode 1. On utilisera les deux résultats intérmédiaires suivant.
∗ Soit I un idéal de A. I est premier si et seulement si A/I est intègre.
∗ Les idéaux premiers non nuls de Z sont exactement les idéaux de la forme pZ avec p premier.
On considère le morphisme Φ : Z → K défini par Φ(n) = n · 1K . D’après le premier théorème d’isomorphisme, on sait Z/ ker Φ ' Im Φ. Le noyau de Φ est un idéal de Z , il est donc de la forme pZ
avec p > 0 puisque Z/ ker Φ est fini. Comme Im Φ ⊂ K, Im Φ est intègre. Ceci montre que pZ est
premier, donc p est premier. Par définition, on voit que p est la carctéristique de A.
Méthode 2. On remarque que la caractéristique de K ne peut pas être 0 puisque sinon K aurait
une infinité d’éléments de la forme 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, . . .. Supposons que K est de caractéristique
n > 0. Si n = ab avec a, b ∈ N alors
0 = 1 + 1 + · · · + 1 = (1 + · · · + 1)(1 + · · · + 1).
|
{z
}
| {z } | {z }
n terms
a terms
b terms
Puisque K est intègre on a
1 + · · · + 1 = 0 ou
| {z }
a terms
1 + · · · + 1 = 0,
| {z }
b terms
Par minimalité de n, ceci implique a = 1 and b = n ou b = 1 and a = n. Ainsi n est premier.
2) Soit ψ : Zp −→ K défini par ψ(m) = 1 + 1 + . . . + 1 (m termes). Montrer que ψ est un morphisme
injectif.
Solution: Il est clair que ψ est un morphisme. Soit m, n ∈ {0, 1, . . . , p − 1} tel que ψ(m) = ψ(n).
On suppose de plus que m ≤ n. On a alors
0 = ψ(n) − ψ(m) = 1 + 1 + · · · + 1 .
|
{z
}
n − m terms
Si m 6= n alors 0 < n − m ≤ n ≤ p − 1,ce qui contredit la minimalité de p. Ainsi m = n.
4
3) Expliquer comment K peut-être considéré comme un Z/pZ-espace vectoriel.
Solution: On doit définir la multiplication par un scalaire λ · x pour λ ∈ Zp et x ∈ F . On pose
λ · x = ψ(λ)x,
où, à droite, la multiplication est faite dans le corps K. On vérifie facilement que cela muni K d’une
structure de Z/pZ-espace vectoriel.
4) En déduire que K possède pn éléments pour n ∈ N.
Solution: Le corps K est un Z/pZ-espace vectoriel. Ainsi, il existe n > 0 tel que dim(K) = n (K
est fini). Si (e1 , . . . , en ) désigne une base de K alors les éléments de K sont exactement les éléments
de la forme a1 x1 + · · · + an xn avec a1 , . . . , an ∈ Zp . Il y en a pn .
Exercice 5
1) Soit A et B deux anneaux commutatifs unitaires intègres et soit ϕ : A −→ B un morphisme d’anneau.
Montrer que ϕ = 0 ou ϕ(1A ) = 1B .
Solution: On suppose qu’il existe x ∈ A tel que ϕ(x) 6= 0. Alors
ϕ(x)1S = ϕ(x) = ϕ(x1R ) = ϕ(x)ϕ(1R ).
On peut simplifier par ϕ(x) 6= 0 et donc 1A = ϕ(1B ).
2) Trouver tous les morphismes ϕ : Q −→ Q.
Solution: On suppose que ϕ : Q → Q est un morphisme non trivial. Alors ϕ(1) = 1. On en déuit
que ϕ(n) = ϕ(1 + · · · + 1) = nϕ(1) = n pour tout n ∈ N. De plus ϕ(n) = n pour tout n ∈ Z et
ϕ(m/n) = ϕ(mn−1 ) = ϕ(m)ϕ(n)−1 = m/n.
Ainsi ϕ est l’identité. Il y a exactement deux morphismes de Q dans Q.
Exercice 6 (Corps des quaternions) Soit H un R-espace vectoriel de dimension 4. On notera 1, i, j, k
une base de H de telle sorte tout élément de H s’écrit sous la forme a + bi + cj + dk avec a, b, c, d ∈ R. On
définit une multiplication sur H par
(a + bi + cj + dk)(a0 + b0 i + c0 j + d0 k) = (aa0 − bb0 − cc0 − dd0 ) + (ab0 + ba0 + cd0 − dc0 )i
+ (ac0 − bd0 + ca0 + db0 )j + (ad0 + bc0 − cb0 + da0 )k.
Un moyen simple de calculer le produit est de multiplier formellement les expressions et d’utiliser les
relations i2 = j 2 = k 2 = ijk = −1. On peut alors montrer que H est un anneau. On définit le conjugué et
le module d’un élément par
p
z = a − bi − cj − dk
and
|z| = a2 + b2 + c2 + d2 .
1) Calculer (1 + 4i − 2j + k)(3 − i + j − 2k).
Solution: On a
(1 + 4i − 2j + k)(3 − i + j − 2k)
= 3 − i + j − 2k + 12i − 4i2 + 4ij − 8ik − 6j + 2ji − 2j 2 + 4jk + 3k − ki + kj − 2k 2
= 3 − i + j − 2k + 12i + 4 + 4k + 8j − 6j − 2k + 2 + 4i + 3k − j − i + 2
= 11 + 14i + 2j + 3k.
2) Montrer que pour tout (z, z1 , z2 ) ∈ H on a
z1 z2 = z 2 z 1 ,
|z|2 = zz = zz,
et
|z1 z2 | = |z1 ||z2 |.
Solution: C’est du calcul !
3) Montrer que H est un anneau non commutatif dans lequel tous les éléments non-nuls sont inversibles.
Solution: On suppose que H est un anneau. Le zéro de H est 0 = 0 + 0i + 0j + 0k. De plus, H est
unitaire, l’identité est 1 = 1 + 0i + 0j + 0k (car 1x = x1 = x for all x ∈ H). Si z 6= 0 alors |z| 6= 0.
On pose z −1 = |z|1 2 z, les équations dans la question précédente donnent zz −1 = z −1 z = 1, et donc
z −1 est l’inverse de z.
5
Exercice 7 Résoudre les systèmes suivants :
x≡1
mod 6
x≡2
mod 7
et
3x ≡ 2
5x ≡ 1
mod 5
mod 6
Solution: 1. Les entiers 6 et 7 sont premiers entre eux et on a (−1) × 6 + 7 = 1. Le couple (7, −6) est
solution des systèmes
x≡1
mod 6
x≡0
mod 6
et
x≡0
mod 7
x≡1
mod 7
donc x = 1 × 7 + 2 × (−6) = −5 est solution du système étudié. La solution générale est donc
x = −5 + 42k avec k ∈ Z.
2. On a
3x ≡ 2
5x ≡ 1
mod 5
⇐⇒
mod 6
x≡4
x≡5
mod 5
mod 6
On procède comme ci-dessus et on trouve que les solutions du système sont 29 + 30k avec k ∈ Z.
Exercice 8 (Anneaux noethériens)
1) Soit I1 ⊂ I2 ⊂ I3 . . . une suite croissante d’idéaux de Z. Montrer qu’il existe N ≥ 1 tel que Im = IN
pour tout m ≥ N .
Solution: Puisque Z est principal, l’idéal
[
pour tout k, il existe nk tel que Ik = (nk ). On sait que (nk ) ⊂ (nk+1 ) implique que nk+1 divisent
nk . On a donc . . . | n4 | n3 | n2 | n1 , ce qui implique que n1 ≥ n2 . . . ≥ 0 et donc la suite des ni est
stationnaire.
2) Soit k un corps et soit A = k[X, Y ]. On pose
B := {P ∈ k[X, Y ] | P =
X
aij X i Y i }.
i>j
(a) Montrer que B est engendré par {X, X 2 Y, X 3 Y 2 , . . .}.
Solution: On peut à l’aide de l’ensemble donné obtenir n’import quel monome de la forme
X i Y j avec i > j. En effet, on a X i Y j = X i−j−1 · (X j+1 Y j ). A partir de là, il est facile de voir
que l’ensemble donné engendre B.
(b) Construire dans B une suite croissante d’idéaux non stationnaire.
Solution: Pour tout k ≥ 0, on pose Ik l’idéal engendré dans B par {X, X 2 Y, . . . , X k Y k−1 }.
On a clairement Ik ⊂ Ik+1 . De plus X k Y k−1 ∈ Ik − Ik−1 . La suite est donc croissante et
non-stationnaire.
6