MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #5, 12 février
Exercice 1. Soit Aun 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 Iest équivalent à Jet on écrit I∼Js’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’équiva-
lence 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=
[I1I2]. 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 b6= 0. Donc, l’élément αb, qui est clairement
un membre de I, est non-zéro car Aest intégré.
(b) On a que I∼Icar 1·I= 1 ·I. De plus, si I∼J, alors c’est clair que J∼I
également. Finalement, supposons que I∼Jet que J∼Kpour quelques I, J, K ∈ I(A).
Donc αI =βJ et γJ =δK pour quelques α, β, γδ ∈A\ {0}. Donc αγI =γβJ =βδK.
Puisque Aest 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 Iest 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 Aest intègre et a6A, 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∼J1et I2∼J2et
on veut déduire que I1I2∼J1J2. En effet, on a que aiIi=biJi,i∈ {1,2}, pour quelques
ai, bi∈A\ {0}. Donc
a1a2I1I2= (a1I1)(a2I2) = (b1J1)(b2J2) = b1b2J1J2.
(ll faut montrer la première et la troisième égalité, mais c’est assez facile.) De plus, a1a2, b1b26=
0car a1, a2, b1, b26= 0 et Aest intègre. Donc I1I2∼J1J2, ce qui montre que l’opération ·est
bien définie.
Finalement, si Iest un idéal, alors on affirme que IA =I. En effet, ai ∈Ipour tous
a∈Aet i∈Iet, par la suite, AI ⊂I. De plus, puisque Aest 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

2
(a) Soit ϕ:A→Bun morphisme d’anneaux surjectif. Montrez que si Aa une unité, alors
Ben a aussi une. Déduisez que mZ/dmZ∼
=Z/dZcomme anneaux s-si (d, m) = 1.
(b) Soit n∈Z,n > 1. Déterminez tous les idéaux de Z/nZqui sont premiers ou maximaux.
Solution. (a) Si e=ϕ(1A)∈B, alors on sait que eest une unité pour l’anneau ϕ(A) = B.
Afin de montrer la deuxième affirmation, on va prouver que l’anneau mZ/dmZa une
unité si et seulement si (m, d)=1. En effet, une unité de mZ/dmZest donnée par la classe
d’équivalence mod dm d’un entier etel 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/dmZa une unité si et seulement si il
y a un entier etel que e≡0 (mod m)et e≡1 (mod d). Si det msont copremiers, un tel
entier existe par le théorème des restes chinois. Réciproquement, s’il y a un tel entier eet
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 det mne sont
pas copremiers, alors mZ/dmZn’a pas une unité. En particulier, les anneaux mZ/dmZet
Z/dZne sont pas isomorphes. Réciproquement, supposons que det msont copremiers et
considérons un nombre entier etel 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/dmZpar ϕ(x(mod d)) =
ex (mod dm)∈mZ/dmZ. C’est facile à vérifier que ϕest un morphisme d’anneaux. De
plus, ϕest 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/dmZet SZ/dZne 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/nZsont les quotients I/(n),
où Iest un idéal de Zcontenant (n). Puisque Zest 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/mZest fini, donc il est intègre si et seulement si il est un corps. De plus, on
connait que Z/mZest un corps exactement quand mest un nombre premier. Par suite, on
conclut que les idéaux premiers de Z/nZet les idéaux maximaux de Z/nZsont les quotients
(p)/(n) = pZ/nZoù pest 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 Aet Bdeux anneaux commutatifs avec unités 1A6= 0Aet 1B6= 0B. Consi-
dérons ϕ:A→Bun morphisme d’anneaux surjectif. Prouvez les propositions suivantes :
(a) ker(ϕ)est un idéal premier de Asi et seulement si Best intègre.
(b) ker(ϕ)est un idéal maximal de Asi et seulement si Best un corps.
(c) Si Iest un idéal de Acontenant ker(ϕ), alors on a que A/I ∼
=B/ϕ(I).

3
(d) Si Qest un idéal premier de B, alors son image réciproque ϕ−1(Q)est un idéal premier
de Acontenant ker(ϕ). Réciproquement, si Pest un idéal premier de Acontenant
ker(ϕ), alors son image ϕ(P)est un idéal premier de B.
(e) Si Nest un idéal maximal de B, alors son image réciproque ϕ−1(N)est un idéal
maximal de A. Réciproquement, si Mest un idéal maximal de A, soit ϕ(M) = Bsoit
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 Met
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 Iest un idéal de A, alors ϕ(I)est
un idéal de B, et si Jest idéal de B, alors ϕ−1(J)est un idéal de Acontenant ker(ϕ):
Si x, y ∈ϕ(I)et z∈B, on a que x=ϕ(a)et y=ϕ(b)pour certains aet bdans A. Donc
x−y=ϕ(a)−ϕ(b) = ϕ(a−b)∈ϕ(I), car a−b∈I. Aussi, puisque ϕest surjectif, il y a
un c∈Atel 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 Jcontient 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)∈Jet que ϕ(c)∈B. Donc ϕ(a−b) = ϕ(a)−ϕ(b)∈Jet
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 ψest la restriction de ϕsur 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 ϕest surjectif. Donc, la partie (c) implique que
A/ϕ−1(Q)∼
=B/Q. L’hypothèse que Qest 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 Pest un idéal premier contenant ker(ϕ). Donc, la partie (c)
implique que A/P ∼
=B/ϕ(P). Mais, Pest 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, Mest 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 Mest 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 Bcontenant 1B, alors
on trouve que ϕ(M) = B.
Finalement, on donne un exemple où ϕ(M) = B: soit A=Z,B=Z/3Zet définissons
ϕ:A→Bpar ϕ(n) = n(mod 3). On observe que ϕest 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, Aest l’ensemble des
polynômes avec coefficients rationnels dont le terme constant est un nombre entier. Montrez
que :
(a) Aest un anneau intègre dont les éléments inversibles sont ±1.
(b) les éléments irréductibles de Asont ±p, où pest 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∈Aest irréductible, alors (a)est un idéal premier de A.
(c) xne peut pas être écrit comme le produit des irréductibles dans A(en particulier, x
n’est pas irréductible) et concluez que An’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+a1x+· · · anxnet g(x) = b0+b1x+· · · +bmxmappartiennent
àA, donc a0, b0∈Z. Par la suite a0−b0∈Zet 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) = a0b0+ (a2b0+a0b2)x2+ (a0b3+a3b0)x3+ (a0b4+a2b2+a4b0)x4+· · · ∈ A.
Ceci montre que Aest un anneau. Si a(x)∈Aest inversible dans A, il est inversible dans
Q[x]. Donc a(x) = aest constant et il y a un autre polynôme constant b(x) = bdans Atel
que a(x)b(x) = ab = 1. Mais aet bsont de nombres entiers, ce qui implique que a=±1.
Réciproquement, 1et −1sont clairement inversibles dans A.
(b) On va montrer que la proposition contrapositive : si f(x) = a0+a1+· · · +anxn,
an6= 0, est un élément de A, alors f(x)est réductible dans Asi est seulement si une des
propositions suivantes est vraie :
(i) n= 0 et a0est un entier composé ;
(ii) n≥1et fest réductible sur Q[x];
(iii) n≥1et a06=±1.
Premièrement, supposons que f(x)est réductible dans A. Donc f(x) = g(x)h(x), où
g(x) = b0+b1x+· · · +bkxket h(x) = c0+c1x+· · · +c`x`sont d’éléments non-inversibles de
A. Si n= 0, alors on a que f(x) = a0=b0c0, et b0, c06∈ {−1,1}, car ils sont de polynômes
non-inversibles. Donc a0est composé. Puis, on suppose que n≥1. On considère deux cas.
Premièrement, si deg(g),deg(h)≥1, alors on trouve que fest réductible sur Q[x]aussi.
Finalement, si deg(g)=0ou deg(h)=0, alors soit b06=±1soit c06= 1 d’‘après l’hypothèse
que get hsont non-inversibles, ce qui implique que a0=b0c06=±1.
Finalement, on prouve la direction converse. Tout d’abord, supposons que n= 0 et f(x) =
a0, où a0est un entier composé. Donc il y a b0, c06=±1tels que a0=b0c0et, par conséquent,
a0n’est pas réductible. Puis, supposons que n≥1et a06=±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 Anon-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+b1x+· · · +bkxket
h(x) = c0+c1x+· · · +c`x`sont polynômes de Q[x]du dégre ≥1. On a que ±1 = a0=b0c0,
alors b0=±1et 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 xpouvait 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 xn’a
pas cette propriété, ce qui implique que An’est pas factoriel.
(d) On observe que
(x) = {a1x+a2x2+· · · +anxn:n∈N, a1∈Z, a2, . . . , an∈Q}.
Alors 3x/2et 2x/3n’appartient pas à (x). D’autre côté, on a que 3x
2·2x 3=x∈(x). Ceci
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+a1x+a2x2+· · · +anxn∈A. Alors a0∈Zet a1, . . . , an∈Q. De plus, on peut écrire
a1=m+α1, où m∈Zet α1∈Q∩[0,1). Le polynôme mx+a2x2+· · ·+anxnest un élément
de (x). Donc f(x)≡a0+α1x(mod (x)). Aussi, les nombres a0et α1sont définis de façon
unique : si a0+α1x≡b0+β1x(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. 