MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #5, 12 février
Exercice 1. Soit A un anneau intègre et soit I(A) l’ensemble de tous les idéaux non-zéros
de A.
(a) Si I ∈ I(A) et α ∈ A \ {0}, alors montrez que αI ∈ I(A).
(b) Soient I, J ∈ I(A). On dit que I est équivalent à J et on écrit I ∼ J s’il existe
α, β ∈ A \ {0} tels que αI = βJ. Montrez que c’est une relation d’équivalence sur
I(A).
(c) Montrez que l’ensemble de tous les idéaux principaux non-zéros est une classe d’équivalence de la relation ∼ qu’on peut écrire comme [A] (ici [I] dénote la classe d’équivalence
de l’idéal I).
(d) Si C1 = [I1 ] et C2 = [I2 ] sont deux classes d’équivalence, alors on définit C1 · C2 =
[I1 I2 ]. Montrez que cette opération est bien définie. De plus, montrez que la classe
d’équivalence [A] des idéaux principaux est l’élément neutre de cette opération.
Solution. (a) Tout d’abord, on montre que αI est un idéal de A : si i, j ∈ I, alors αi − αj =
α(i − j) ∈ αI et si a ∈ A, alors (αi)a = α(ia) ∈ αI. Il faut aussi montrer que αI 6= {0}.
Puisque I ∈ I(A), alors il contient un élément b 6= 0. Donc, l’élément αb, qui est clairement
un membre de I, est non-zéro car A est intégré.
(b) On a que I ∼ I car 1 · I = 1 · I. De plus, si I ∼ J, alors c’est clair que J ∼ I
également. Finalement, supposons que I ∼ J et que J ∼ K pour quelques I, J, K ∈ I(A).
Donc αI = βJ et γJ = δK pour quelques α, β, γδ ∈ A \ {0}. Donc αγI = γβJ = βδK.
Puisque A est intègre, alors αγ et βδ sont non-zéros, ce qui implique que J ∼ K.
(c) Si I = (a) 6= 0, alors I = aA clairement, ce qui implique que (a) ∼ A. Réciproquement,
si I ∼ A, on veut montrer que I est principal. On sait qu’il existe a, b ∈ A \ {0} tels que
aI = bA = (b). En particulier, b ∈ aI, c’est-à-dire b = ai pour un i ∈ I. Donc aI = (ai). On
montrera que I = (i). En effet, si i0 ∈ I, alors ai0 ∈ AI = (ai), ce qui implique que ai0 = aic
pour un c ∈ A. Puisque A est intègre et a 6 A, alors i0 = ic ∈ (i). Ceci montre que I ⊂ (i).
L’inclusion inverse est évidemment vraie. Donc I = (i), comme affirmé.
(d) Afin de montrer que l’opération · est bien définie, on considère I1 ∼ J1 et I2 ∼ J2 et
on veut déduire que I1 I2 ∼ J1 J2 . En effet, on a que ai Ii = bi Ji , i ∈ {1, 2}, pour quelques
ai , bi ∈ A \ {0}. Donc
a1 a2 I1 I2 = (a1 I1 )(a2 I2 ) = (b1 J1 )(b2 J2 ) = b1 b2 J1 J2 .
(ll faut montrer la première et la troisième égalité, mais c’est assez facile.) De plus, a1 a2 , b1 b2 6=
0 car a1 , a2 , b1 , b2 6= 0 et A est intègre. Donc I1 I2 ∼ J1 J2 , ce qui montre que l’opération · est
bien définie.
Finalement, si I est un idéal, alors on affirme que IA = I. En effet, ai ∈ I pour tous
a ∈ A et i ∈ I et, par la suite, AI ⊂ I. De plus, puisque A est unitaire comme intègre, alors
i = 1 · i ∈ IA pour tout i ∈ I, ce qui implique que I ⊂ IA. Donc I = IA, comme affirmé.
Par la suite,
[I] · [A] = [IA] = [I],
comme voulu.
Exercice 2.
1
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(a) Soit ϕ : A → B un morphisme d’anneaux surjectif. Montrez que si A a une unité, alors
B en a aussi une. Déduisez que mZ/dmZ ∼
= Z/dZ comme anneaux s-si (d, m) = 1.
(b) Soit n ∈ Z, n > 1. Déterminez tous les idéaux de Z/nZ qui sont premiers ou maximaux.
Solution. (a) Si e = ϕ(1A ) ∈ B, alors on sait que e est une unité pour l’anneau ϕ(A) = B.
Afin de montrer la deuxième affirmation, on va prouver que l’anneau mZ/dmZ a une
unité si et seulement si (m, d) = 1. En effet, une unité de mZ/dmZ est donnée par la classe
d’équivalence mod dm d’un entier e tel que e ≡ 0 (mod m) et ex ≡ x (mod dm) pour tout
x ∈ mZ/dmZ. De façon équivalente, e(my) ≡ my (mod dm) pour tout y ∈ Z, c’est-à-dire,
ey ≡ y (mod d) pour tout y ∈ Z. Quand y = 1, ceci implique que e ≡ 1 (mod d). La
proposition converse est clairement aussi vraie : si e ≡ 1 (mod d), alors ey ≡ y (mod d)
pour tout y ∈ Z. Donc, on trouve que l’anneau mZ/dmZ a une unité si et seulement si il
y a un entier e tel que e ≡ 0 (mod m) et e ≡ 1 (mod d). Si d et m sont copremiers, un tel
entier existe par le théorème des restes chinois. Réciproquement, s’il y a un tel entier e et
si g = pgcd(m, d), on trouve que e ≡ 0 (mod g) et e ≡ 1 (mod g). Par conséquent, 0 ≡ 1
(mod g), ce qui implique que g = 1.
On est prêt de finir la preuve de la deuxième affirmation maintenant : si d et m ne sont
pas copremiers, alors mZ/dmZ n’a pas une unité. En particulier, les anneaux mZ/dmZ et
Z/dZ ne sont pas isomorphes. Réciproquement, supposons que d et m sont copremiers et
considérons un nombre entier e tel que e ≡ 0 (mod m) et e ≡ 1 (mod d). En particulier,
e (mod dm) est une unité de mZ/dmZ. On définit ϕ : Z/dZ → mZ/dmZ par ϕ(x (mod d)) =
ex (mod dm) ∈ mZ/dmZ. C’est facile à vérifier que ϕ est un morphisme d’anneaux. De
plus, ϕ est injectif : si ϕ(x (mod d)) = 0 (mod dm), alors x ≡ ex ≡ 0 (mod d). Puisque il
est un morphisme entre d’anneaux finis, il est également surjectif. Par conséquent, Z/dZ ∼
=
mZ/dmZ.
Remarque : Biens que les anneaux mZ/dmZ et SZ/dZ ne soient pas isomorphes toujours,
ils sont isomorphes comme groupes additifs toujours. En effet, l’application ψ : Z/dZ →
mZ/dmZ, définie par ψ(x (mod d)) = mx (mod md), est évidemment un isomorphisme de
groupes.
(b) D’après le théorème de correspondance, les idéaux de Z/nZ sont les quotients I/(n),
où I est un idéal de Z contenant (n). Puisque Z est un anneau principal, on a que I = (m)
pour un m ∈ N ∪ {0}. De plus, la condition (n) ⊂ (m) est équivalent à la condition m|n. Par
le troisième théorème d’isomorphisme d’anneaux, on trouve que
(Z/nZ)/(I/(n)) ∼
= Z/I = Z/mZ.
L’anneau Z/mZ est fini, donc il est intègre si et seulement si il est un corps. De plus, on
connait que Z/mZ est un corps exactement quand m est un nombre premier. Par suite, on
conclut que les idéaux premiers de Z/nZ et les idéaux maximaux de Z/nZ sont les quotients
(p)/(n) = pZ/nZ où p est un nombre premier qui divise n. (Attention : pZ/nZ ∼
= Z/(n/p)Z
si et seulement si p2 - n, par partie (a).)
Exercice 3. Soit A et B deux anneaux commutatifs avec unités 1A 6= 0A et 1B 6= 0B . Considérons ϕ : A → B un morphisme d’anneaux surjectif. Prouvez les propositions suivantes :
(a) ker(ϕ) est un idéal premier de A si et seulement si B est intègre.
(b) ker(ϕ) est un idéal maximal de A si et seulement si B est un corps.
(c) Si I est un idéal de A contenant ker(ϕ), alors on a que A/I ∼
= B/ϕ(I).
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(d) Si Q est un idéal premier de B, alors son image réciproque ϕ−1 (Q) est un idéal premier
de A contenant ker(ϕ). Réciproquement, si P est un idéal premier de A contenant
ker(ϕ), alors son image ϕ(P ) est un idéal premier de B.
(e) Si N est un idéal maximal de B, alors son image réciproque ϕ−1 (N ) est un idéal
maximal de A. Réciproquement, si M est un idéal maximal de A, soit ϕ(M ) = B soit
ϕ(M ) est un idéal maximal de B. Si, de plus, ker(ϕ) ⊂ M , alors l’ensemble ϕ(M )
est nécessairement un idéal maximal de B. Finalement, donnez un exemple où M et
maximal et ϕ(M ) = B.
Solution. (a) et (b) : L’idéal ker(ϕ) est premier si et seulement si A/ ker(ϕ) est un anneau
intègre et il est maximal si et seulement si A/ ker(ϕ) est un corps. Mais A/ ker(ϕ) ∼
= ϕ(A) =
B, selon le premier théorème d’isomorphisme d’anneaux, ce qui évidemment implique les
parties (a) et (b).
Avant de prouver les autres parties, on montre que si I est un idéal de A, alors ϕ(I) est
un idéal de B, et si J est idéal de B, alors ϕ−1 (J) est un idéal de A contenant ker(ϕ) :
Si x, y ∈ ϕ(I) et z ∈ B, on a que x = ϕ(a) et y = ϕ(b) pour certains a et b dans A. Donc
x − y = ϕ(a) − ϕ(b) = ϕ(a − b) ∈ ϕ(I), car a − b ∈ I. Aussi, puisque ϕ est surjectif, il y a
un c ∈ A tel que ϕ(c) = z. Par conséquent, zx = xz = ϕ(a)ϕ(c) = ϕ(ac) ∈ ϕ(I), car ac ∈ I.
Ceci montre que ϕ(I) est un idéal de B.
Pour montrer la deuxième affirmation, notons, tout d’abord, que J contient 0 car il est
un idéal. Par la suite, ϕ−1 (J) contient ϕ−1 ({0}) = ker(ϕ). De plus, si a, b ∈ ϕ−1 (J) et
c ∈ A, alors on a que ϕ(a), ϕ(b) ∈ J et que ϕ(c) ∈ B. Donc ϕ(a − b) = ϕ(a) − ϕ(b) ∈ J et
ϕ(ac) = ϕ(a)ϕ(c) ∈ J. Par conséquent, a − b, ac ∈ ϕ−1 (J), ce qui montre que ϕ−1 (J) est, en
effet, un idéal.
(c) D’après le troisième théorème d’isomorphismes d’anneaux, on a que
.
∼
A/I = (A/ ker(ϕ)) (I/ ker(ϕ)).
De plus, A/ ker(ϕ) ∼
= B, selon le premier théorème d’isomorphismes d’anneaux. Finalement,
si ψ est la restriction de ϕ sur I, on trouve que ker(ψ) = ker(ϕ), puisque ker(ϕ) ⊂ I. Donc
I/ ker(ϕ) ∼
= ϕ(I), selon le premier théorème d’isomorphismes d’anneaux. On déduit que
A/I ∼
B/ϕ(I),
ce qui conclut la démonstration.
=
(d) L’ensemble ϕ−1 (Q) est un idéal contenant ker(ϕ), d’après la discussion avant la partie
(c). De plus, ϕ(ϕ−1 (Q)) = Q, parce que ϕ est surjectif. Donc, la partie (c) implique que
A/ϕ−1 (Q) ∼
= B/Q. L’hypothèse que Q est premier implique que B/Q est an anneau intègre.
Par conséquent, A/ϕ−1 (Q) est également intègre, qui est équivalent à la primalité de ϕ−1 (Q).
Supposons maintenant que P est un idéal premier contenant ker(ϕ). Donc, la partie (c)
implique que A/P ∼
= B/ϕ(P ). Mais, P est premier, ce qui est équivalent à A/P être un
anneau intègre. Alors, B/ϕ(P ) est également intègre, ce qui prouve que ϕ(P ) est premier.
(e) La première affirmation est prouvée de façon similaire que la première affirmation de
la partie (d) : on a que A/ϕ−1 (M ) ∼
= B/M . Donc B/M est un corps si et seulement si
A/ϕ−1 (M ) est un corps, c’est-à-dire, M est maximal si et seulement si ϕ−1 (M ) est maximal.
Pour la deuxième affirmation, si ker(ϕ) ⊂ M , alors on a que A/M ∼
= B/ϕ(M ) d’après la
partie (c). Puisque M est maximal, alors A/M est un corps et donc B/ϕ(M ) en est un aussi.
Par la suite, on déduit que ϕ(M ) est maximal.
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Supposons maintenant que ker(ϕ) 6⊂ M . Donc M ( M + ker(ϕ) et la maximalité de M
implique que M + ker(ϕ) = A. En particulier, 1A ∈ M + ker(ϕ), c’est-à-dire 1 = m + a, où
ϕ(a) = 0. Donc 1B = ϕ(1A ) = ϕ(M ). Puisque ϕ(M ) est un idéal de B contenant 1B , alors
on trouve que ϕ(M ) = B.
Finalement, on donne un exemple où ϕ(M ) = B : soit A = Z, B = Z/3Z et définissons
ϕ : A → B par ϕ(n) = n (mod 3). On observe que ϕ est un morphisme surjectif. De plus,
pour l’idéal maximal M = (2) = 2Z, on a que ϕ(M ) = B.
Exercice 4 (ex. 4, p. 306). Soit A = Z + xQ[x] ⊂ Q[x], c’est-à-dire, A est l’ensemble des
polynômes avec coefficients rationnels dont le terme constant est un nombre entier. Montrez
que :
(a) A est un anneau intègre dont les éléments inversibles sont ±1.
(b) les éléments irréductibles de A sont ±p, où p est un nombre premier dans Z, et les
polynômes f (x) qui sont irréductibles dans Q[x] et dont le terme constant est égal à
±1. Montrez aussi que si a ∈ A est irréductible, alors (a) est un idéal premier de A.
(c) x ne peut pas être écrit comme le produit des irréductibles dans A (en particulier, x
n’est pas irréductible) et concluez que A n’est pas un anneau factoriel.
(d) l’idéal (x) n’est pas premier et décrivez l’anneau quotient A/(x).
Solution. (a) Si f (x) = a0 + a1 x + · · · an xn et g(x) = b0 + b1 x + · · · + bm xm appartiennent
à A, donc a0 , b0 ∈ Z. Par la suite a0 − b0 ∈ Z et a0 , b0 ∈ Z. Donc
a(x) − b(x) = (a0 − b0 ) + (a2 − b2 )x2 + (a3 − b3 )x3 · · · + (an − bn )xn ∈ A
et
a(x)b(x) = a0 b0 + (a2 b0 + a0 b2 )x2 + (a0 b3 + a3 b0 )x3 + (a0 b4 + a2 b2 + a4 b0 )x4 + · · · ∈ A.
Ceci montre que A est un anneau. Si a(x) ∈ A est inversible dans A, il est inversible dans
Q[x]. Donc a(x) = a est constant et il y a un autre polynôme constant b(x) = b dans A tel
que a(x)b(x) = ab = 1. Mais a et b sont de nombres entiers, ce qui implique que a = ±1.
Réciproquement, 1 et −1 sont clairement inversibles dans A.
(b) On va montrer que la proposition contrapositive : si f (x) = a0 + a1 + · · · + an xn ,
an 6= 0, est un élément de A, alors f (x) est réductible dans A si est seulement si une des
propositions suivantes est vraie :
(i) n = 0 et a0 est un entier composé ;
(ii) n ≥ 1 et f est réductible sur Q[x] ;
(iii) n ≥ 1 et a0 6= ±1.
Premièrement, supposons que f (x) est réductible dans A. Donc f (x) = g(x)h(x), où
g(x) = b0 + b1 x + · · · + bk xk et h(x) = c0 + c1 x + · · · + c` x` sont d’éléments non-inversibles de
A. Si n = 0, alors on a que f (x) = a0 = b0 c0 , et b0 , c0 6∈ {−1, 1}, car ils sont de polynômes
non-inversibles. Donc a0 est composé. Puis, on suppose que n ≥ 1. On considère deux cas.
Premièrement, si deg(g), deg(h) ≥ 1, alors on trouve que f est réductible sur Q[x] aussi.
Finalement, si deg(g) = 0 ou deg(h) = 0, alors soit b0 6= ±1 soit c0 6= 1 d’‘après l’hypothèse
que g et h sont non-inversibles, ce qui implique que a0 = b0 c0 6= ±1.
Finalement, on prouve la direction converse. Tout d’abord, supposons que n = 0 et f (x) =
a0 , où a0 est un entier composé. Donc il y a b0 , c0 6= ±1 tels que a0 = b0 c0 et, par conséquent,
a0 n’est pas réductible. Puis, supposons que n ≥ 1 et a0 6= ±1. Alors, on trouve que f (x) =
a0 (1 + (a1 /a0 )x + · · · + (an /a0 )xn ), ce qui bous donne une factorisation de f (x) dans des
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éléments de A non-inversibles. Par la suite, f (x) est réductible dans A. Finalement, si a0 = ±1
et f (x) est réductible sur Q[x], alors f (x) = g(x)h(x), où g(x) = b0 + b1 x + · · · + bk xk et
h(x) = c0 + c1 x + · · · + c` x` sont polynômes de Q[x] du dégre ≥ 1. On a que ±1 = a0 = b0 c0 ,
alors b0 = ±1 et c0 = ±1, ce qui implique que g(x), h(x) ∈ A. Puisque g(x) et h(x) sont
non-inversibles dans A, on conclut que f (x) est réductible dans A.
(c) D’après la partie (b), le coefficient constant d’un polynôme irréductible est non-zéro.
Donc, si x pouvait s’écrire comme un produit de quelques polynômes irréductibles, on aurait
que son coefficient constant serait non-zéro, ce qui est absurd. Alors, on déduit que x n’a
pas cette propriété, ce qui implique que A n’est pas factoriel.
(d) On observe que
(x) = {a1 x + a2 x2 + · · · + an xn : n ∈ N, a1 ∈ Z, a2 , . . . , an ∈ Q}.
Alors 3x/2 et 2x/3 n’appartient pas à (x). D’autre côté, on a que 3x
· 2x
= x ∈ (x). Ceci
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prouve que (x) n’est pas premier.
Finalement, on décrit A/(x). On montrera que l’ensemble {a + αx : a ∈ Z, α ∈ Q ∩ [0, 1)}
est un système complet de représentants des classes d’équivalence de A/(x). Soit f (x) =
a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn ∈ A. Alors a0 ∈ Z et a1 , . . . , an ∈ Q. De plus, on peut écrire
a1 = m + α1 , où m ∈ Z et α1 ∈ Q ∩ [0, 1). Le polynôme mx + a2 x2 + · · · + an xn est un élément
de (x). Donc f (x) ≡ a0 + α1 x (mod (x)). Aussi, les nombres a0 et α1 sont définis de façon
unique : si a0 + α1 x ≡ b0 + β1 x (mod (x)), alors a0 − b0 + (α1 − β1 )x ∈ (x), et on trouve que
a0 − b0 = 0 et que α1 − β1 ∈ Z. Puisque −1 < α1 − β1 < 1, alors on a aussi que α1 − β1 = 0.
Ceci conclut la preuve.