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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, I2des idéaux de A.
1) Montrer que le centre Z(A)de Aest un sous-anneau de A.
Solution: Pour montrer que Z(A)est un sous-anneau, l faut montrer que (Z(A),+) est un sous-
groupe de Aet 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=0et 1·x=x·1 = x.
Soit (x, y)∈Z(A)2et 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 Aest abélien alors I1+I2=A=⇒I1I2=I1∩I2.
Solution: Les éléments de I1I2sont de la forme X:= Pxiyiavec xi∈I1et yi∈I2. Puisque I1et
I2sont des idéaux, xiyi∈I1∩I2pour tout iet donc X∈I1∩I2. On a donc montré I1I2⊂I1∩I2.
Montrons que I1∩I2⊂I1I2. Soit x∈I1∩I2. Puisque A=I1+I2, il existe (i1, i2)∈I1×I2tel que
1 = i1+i2. Ainsi
x=x·(i1+i2) = x·i1+x·i2=i1·x
|{z}
∈I1I2
+x·i2
|{z}
∈I1I2
.
On voit donc que x∈I1I2et I1∩I2⊂I1I2.
3) Soit Bun anneau et f:A−→ Bun 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=0et 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 fet ker fest 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)=0Bet f(1A)=1Ble premier point est vérifié. Soit (x, y)∈Im(f)2. Il existe
(x0, y0)∈A2tel que f(x0) = xet f(y0) = y. On a
x−y=f(x0)−f(y0) = f(x0−y0)
xy =f(x0)f(y0) = f(x0y0)
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 ¯ fest bijective.
∗Soit y∈Im(f)et x∈Atel que f(x) = y. On a ¯ f(¯x) = f(x) = yainsi ¯ fest surjective.
∗Soit ¯x∈ker( ¯ f). On a ¯ f(¯x) = 0 = f(x)ainsi x∈ker fet ¯x=¯ 0. Ceci montre que le noyau
de ¯ fest réduit à zéro, ainsi ¯ fest injective.
1

4) Soit Iun idéal de Aet soit A/I le groupe quotient de (A, +) par (I, +). On désigne par pla projection
canonique p:−→ A/I définie par p(x) = x+I.
(a) Montrer que l’opération (x+I)·(y+I) = xy +Isur 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+Iet y+I=y0+Ialors (x+I)(y+I)=(x0+I)(y0+I)> On a
(x+I)(y+I)=(x0+I)(y0+I)⇐⇒ xy +I=x0y0+I⇐⇒ xy −x0y0∈I.
On a xy −x0y0= (x−x0)y+x0(y−y0). Or x−x0∈Iet y−y0∈Iet puisque Iest un idéal,
on voit que xy −xy0∈I.
(b) Soit fun morphsime d’anneau tel que I⊂ker(f). Montrer que l’application ¯ f:A/I −→ B
définie par ¯ f(¯x) = 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∈Atel que ¯x=¯ x0. Comme x−x0∈I, on a f(x−x0)=0et f(x) = f(x0). Ainsi
¯
f(¯x) = ¯ f(¯ x0). Le reste est une vérification simple
¯
f(¯x+ ¯y) = ¯ f(x+y) = f(x+y) = f(x) + f(y) = ¯ f(¯x) + ¯ f(¯y)
¯
f(¯x¯y) = ¯ f(xy) = f(xy) = f(x)f(y) = ¯ f(¯x)¯ f(¯y)
¯
f(1A/I ) = ¯ f(1A) = f(1A) = 1B
5) Soit fun morphisme d’anneau bijectif. Montrer que f−1est aussi un morphisme d’anneau.
Solution: Soit (xB, yB)∈B. Puisque fest bijectif, il existe xA, yA∈Atel que f(xA) = yAet
f(xB) = yB. En d’autres termes, on a f−1(xB) = xAet f−1(yB) = yA. On a
f(xA+yA) = f(xA) + f(yA) = xB+yB=⇒f−1(xB+yB) = xA+yA=f−1(xB) + f−1(yB)
f(xA·yA) = f(xA)·f(yA) = xB·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 Jun idéal premier de B. Soit x, y ∈Atel que xy ∈f−1(J). On a f(xy) =
f(x)f(y)∈Jet comme Jest premier, cela implique f(x)ou f(y)appartient à J. Ainsi f(x)ou
f(y)appartient à Jet donc xou yappartient à f−1(J).
7) Soient I1, . . . , Indes idéaux de Atel que I1+I2+. . . +In=A. Montrer que
∀(ν1, . . . , νn)∈(N∗)n, Iν1
1+Iν2 2+. . . +Iνn
n=A
Solution: Puisque I1+I2+. . . +In=A, il existe (i1, . . . , in)∈I1×. . . ×Intel que 1 = i1+. . . +in.
On pose N=Pν`. On a alors
1=(i1+. . . +in)N=X
(`1,...,`n)∈Nn
`1+...+`n=N
Ni`1
1. . . i`n
n.
Soit (`1, . . . , `n)∈Nntel que P`k=N. Il existe k0tel que `k0≥νk0. Ainsi, le terme i`1
1. . . i`n
n∈Iνk0
k0.
Ceci montre que 1∈Iν1
1+Iν2 2+. . . +Iνn
net donc
∀(ν1, . . . , νn)∈(N∗)n, Iν1
1+Iν2 2+. . . +Iνn
n=A
puisque un idéal qui contient 1est nécessairement égale à l’anneau tout entier.
Exercice 2 Soit Aun anneau, Sun sous-anneau de Aet Iun idéal de A.
1) Montrer que S+I={s+a|s∈S, a ∈A}est un sous-anneau de A.
Solution: Soit (s, t)∈S2et (a, b)∈I2. 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+Iest bien un sous-anneau de A.
2

2) Montrer que Iest un idéal de S+I.
Solution: Par hypothèse, Iest un idéal de A, c’est donc un groupe pour l’addition. Puisque S+I⊂A
on a (S+I)·I⊂Iet I·(S+I)⊂I.
3) Montrer que S∩Iest un idéal de S.
Solution: Puisque Sest un sous-anneau de Aet Iun 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∩Iet s∈S. On a sx ∈Icar x∈Iet Iest un idéal de Aet sx ∈Scar Sest stable pour
la multiplication. Ainsi sx ∈S∩Iet S∩Iest 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 Iest un idéal de S+I,(S+I)/I
est un bien un anneau. Si s, t ∈Ialors
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, φest 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 Aun anneau unitaire. La caractéristique de Aest
le plus petit entier n > 0tel que
1A+ 1A+· · · + 1A
| {z }
ntermes
= 0.
S’il n’existe pas de tel entier, on dit que Aest 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’an-
neau 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 Aest de caractéristique n > 0alors
a+a+· · · +a
| {z }
ntermes
= 0 for all a∈R.
Solution: C’est clair puisque
a+a+· · · +a=a(1R+ 1R+· · · + 1R) = a0=0.
3

3) On suppose que Aest de caractéristique n > 0. Soit Bun anneau unitaire et soit ϕ:A→Bun
morphisme d’anneau tel que ϕ(1A) = 1B. Montrer que la caractéristique de Bdivise n.
Solution: Par hypothèse
1A+· · · + 1A
| {z }
ntimes
= 0A.
On applique ϕet on utilise le fait que ϕ(1A)=1B:
1B+· · · + 1B
| {z }
ntimes
= 0B.
Ainsi 0<char(B)≤char(A) = n. Soit mla caractéristique de S. On a n=qm +roù 0≤r < m.
En regroupant les termes dans l’addition on trouve
0B= (1B+· · · + 1B)
| {z }
mterms
+· · · + (1B+· · · + 1B)
| {z }
mterms
| {z }
qterms
+ 1B+· · · + 1B
| {z }
rterms
= 0B+· · · + 0B
| {z }
qterms
+ 1B+· · · + 1B
| {z }
rterms
(since 1B+· · · + 1B
| {z }
mterms
= 0B)
= 1B+· · · + 1B
| {z }
rterms
Par minimalité de met 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 1sur 1.
Solution: S’il existe un tel morphisme alors char(Z5[x]) = 5 diviserait char(Z7[x]) = 7.
Exercice 4 Soit Kun corps fini.
1) Montrer que la caractéristique pde Kest un nombre premier.
Solution: Nous allons prouver ce résultat de deux manières.
Méthode 1. On utilisera les deux résultats intérmédiaires suivant.
∗Soit Iun idéal de A.Iest premier si et seulement si A/I est intègre.
∗Les idéaux premiers non nuls de Zsont exactement les idéaux de la forme pZavec ppremier.
On considère le morphisme Φ : Z→Kdéfini par Φ(n) = n·1K. D’après le premier théorème d’iso-
morphisme, on sait Z/ker Φ 'Im Φ. Le noyau de Φest un idéal de Z, il est donc de la forme pZ
avec p > 0puisque Z/ker Φ est fini. Comme Im Φ ⊂K,Im Φ est intègre. Ceci montre que pZest
premier, donc pest premier. Par définition, on voit que pest la carctéristique de A.
Méthode 2. On remarque que la caractéristique de Kne peut pas être 0puisque sinon Kaurait
une infinité d’éléments de la forme 1,1 + 1,1 + 1 + 1, . . .. Supposons que Kest de caractéristique
n > 0. Si n=ab avec a, b ∈Nalors
0 = 1 + 1 + · · · + 1
| {z }
nterms
= (1 + · · · + 1
| {z }
aterms
)(1 + · · · + 1
| {z }
bterms
).
Puisque Kest intègre on a
1 + · · · + 1
| {z }
aterms
= 0 ou 1 + · · · + 1
| {z }
bterms
= 0,
Par minimalité de n, ceci implique a= 1 and b=nou b= 1 and a=n. Ainsi nest premier.
2) Soit ψ:Zp−→ Kdéfini par ψ(m) = 1 + 1 + . . . + 1 (mtermes). Montrer que ψest un morphisme
injectif.
Solution: Il est clair que ψest 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−mterms
.
Si m6=nalors 0< n −m≤n≤p−1,ce qui contredit la minimalité de p. Ainsi m=n.
4

3) Expliquer comment Kpeut-être considéré comme un Z/pZ-espace vectoriel.
Solution: On doit définir la multiplication par un scalaire λ·xpour λ∈Zpet 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 Kd’une
structure de Z/pZ-espace vectoriel.
4) En déduire que Kpossède pnéléments pour n∈N.
Solution: Le corps Kest un Z/pZ-espace vectoriel. Ainsi, il existe n > 0tel que dim(K) = n(K
est fini). Si (e1, . . . , en)désigne une base de Kalors les éléments de Ksont exactement les éléments
de la forme a1x1+· · · +anxnavec a1, . . . , an∈Zp. Il y en a pn.
Exercice 5
1) Soit Aet Bdeux anneaux commutatifs unitaires intègres et soit ϕ:A−→ Bun morphisme d’anneau.
Montrer que ϕ= 0 ou ϕ(1A)=1B.
Solution: On suppose qu’il existe x∈Atel 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→Qest un morphisme non trivial. Alors ϕ(1) = 1. On en déuit
que ϕ(n) = ϕ(1 + · · · + 1) = nϕ(1) = npour tout n∈N. De plus ϕ(n) = npour tout n∈Zet
ϕ(m/n) = ϕ(mn−1) = ϕ(m)ϕ(n)−1=m/n.
Ainsi ϕest l’identité. Il y a exactement deux morphismes de Qdans Q.
Exercice 6 (Corps des quaternions) Soit Hun R-espace vectoriel de dimension 4. On notera 1, i, j, k
une base de Hde telle sorte tout élément de Hs’écrit sous la forme a+bi +cj +dk avec a, b, c, d ∈R. On
définit une multiplication sur Hpar
(a+bi +cj +dk)(a0+b0i+c0j+d0k) = (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=j2=k2=ijk =−1. On peut alors montrer que Hest un anneau. On définit le conjugué et
le module d’un élément par
z=a−bi −cj −dk and |z|=pa2+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 −2j2+ 4jk + 3k−ki +kj −2k2
= 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)∈Hon a
z1z2=z2z1,|z|2=zz =zz, et |z1z2|=|z1||z2|.
Solution: C’est du calcul !
3) Montrer que Hest un anneau non commutatif dans lequel tous les éléments non-nuls sont inversibles.
Solution: On suppose que Hest un anneau. Le zéro de Hest 0 = 0 + 0i+ 0j+ 0k. De plus, Hest
unitaire, l’identité est 1 = 1 + 0i+ 0j+ 0k(car 1x=x1 = xfor all x∈H). Si z6= 0 alors |z| 6= 0.
On pose z−1=1
|z|2z, les équations dans la question précédente donnent zz−1=z−1z= 1, et donc
z−1est l’inverse de z.
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