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Bibliotheque d’exercices EnoncesAlgebre commutative
Algebre commutative
1 Congruence
Exercice 1 1. Trouver
999 · 1998 mod 1999, 1367 mod 137, 1997 · 1998 · 1999 · 2000 mod 2001.
2. Trouver 2792217 mod 5 et 101000 mod 13.
Exercice 2 1. Examiner les carres a2 mod n pour n = 3, 4, 8.
2. Examiner a3 mod 9 et b4 mod 16.
Exercice 3 Passer mod n avec un module approprie et montrer que chacune des equationssuivantes n’a aucune solution dans Z :
1. 3x2 + 2 = y2 ;
2. x2 + y2 = n pour n = 2003, 2004 ;
3. x2 + y2 + z2 = 1999 ;
4. x3 + y3 + z3 = 5 ;
5. x41 + x4
2 + · · ·+ x415 = 7936.
Exercice 4 On dit que a mod n est inversible si il existe b mod n tel que ab ≡ 1 mod n.
1. Trouver tous les elements inversibles modulo 5, 6, 9, 11.
2. Trouver pgcd(107, 281) et sa representation lineaire en utilisant l’algorithme d’Euclide.
3. Trouver l’inverse de 107 mod 281 et l’inverse de 281 mod 107.
4. Montrer que a mod n est inversible ssi a et n sont premiers entre eux.
Exercice 5 Trouver toutes les solutions dans Z :
1. 2x + 3 ≡ 10 mod 13 ;
2.
{2x + 3y ≡ 5 mod 7
5x + 2y ≡ 2 mod 7;
3. x2 + 2x + 14 ≡ 0 mod 17.
Exercice 6 (Le petit theoreme de Fermat) Soit p un nombre premier et a un nombre pre-mier a p. Montrer que :
1. am ≡ an mod p ssi m ≡ n mod p ;
2. La suite a, 2a, 3a, . . . , (p−1)a mod p est une permutation de la suite 1, 2, 3, . . . , (p−1)mod p ;
3. ap−1 ≡ 1 mod p.
1
Exercice 7 1. Examiner 7n + 11n mod 19.
2. Trouver 2792217 mod 5 et 101000 mod 13.
3. Montrer que 13 divise 270 + 370 et 11 divise 2129 + 3118.
Exercice 8 (Theoreme de Wilson) Soit p = 2m + 1 un nombre premier. Montrer que :
1. (p− 1)! ≡ −1 mod p ;
2. (m!)2 ≡ (−1)m+1 mod p.
Exercice 9 Soit p > 2 un nombre premier.
1. Soit a premier a p. Supposons que la congruence x2 ≡ a mod p possede une solution.Montrer que a(p−1)/2 ≡ 1 mod p.
2. La congruence x2 ≡ −1 mod p a une solution ssi p ≡ 1 mod 4.
2 Anneaux et ideaux
Un anneau dans le cours est un anneau commutatif avec l’unite.
Exercice 10 Donner la definition d’un corps. Les operations binaires + et ·, sont-elles equivalentesdans la definition ?
Exercice 11 Trouver toutes les solutions des equations :
1. ax + b = c (a, b, c ∈ K, K est un corps) ;
2. 2x ≡ 3 mod 10 et 2x ≡ 6 mod 10 dans l’anneau Z10 = Z/10Z.
Exercice 12 Soit A un anneau. Demontrer que :
1. ∀a ∈ A 0A · a = 0A ;
2. (−1A) · a = −a ;
3. |A| > 2 ⇐⇒ 1A 6= 0A dans A.
Exercice 13 1. Si x · y est inversible dans un anneau A, alors x et y sont inversibles.
2. Dans un anneau, un element inversible n’est pas diviseur de zero et un diviseur de zeron’est pas inversible.
Exercice 14 Demontrer que tout anneau integre fini est un corps.(Indication : Voir la solution de l’exercice 6, deuxieme question.)
Exercice 15 Lesquels de ces sous-ensembles donnes de C sont des anneaux ? Lesquels sont descorps ?
1.⋃
n∈N10−nZ ;
2. {mn| m ∈ Z, n ∈ N∗, (m, n) = 1, p - n} (p est un nombre premier fixe) ;
3. Z[√−1] = Z + Z
√−1, Z[
√2] = Z + Z
√2 ;
4. Q[√−1] = Q + Q
√−1, Q[
√2] = Q + Q
√2.
Exercice 16 Les elements inversibles d’un anneau A forment le groupe multiplicatif (A×, ·).1. Trouver A× pour les anneaux 1. et 2. de l’exercice 15.
2
2. Trouver le groupe Z[√−1]× en utilisant la norme complexe.
3. Montrer que le groupe Z[√
2]× est infini.
Exercice 17 Un element a d’un anneau A s’appelle nilpotent, s’il existe n ∈ N tel que an = 0.Trouver tous les elements inversibles, les diviseurs de zero, les nilpotents des anneaux suivants :
1. Z/360Z ;
2. Z/nZ ;
3. Demontrer que, pour tout nilpotent x de A, l’element 1 + x est inversible.
Exercice 18 Soit I un ideal d’un anneau A. On note par (a) = a ·A l’ideal principal engendrepar a. Montrer que :
1. I = A si et seulement si I contient une unite ;
2. (a) = A ssi a est inversible ;
3. Un anneau A est un corps ssi (0) est le seul ideal propre de A.
Exercice 19 Montrer que les elements nilpotents d’un anneau forment un ideal.
Exercice 20 (Sommes et produits d’ideaux) 1. Soient I, J deux ideaux d’un anneauA. Montrer que
I ∩ J, I + J = {x + y |x ∈ I, y ∈ J}
sont des ideaux de A.
2. Montrer que I + J est le plus petit ideal de A contenant I et J .
3. Soit n,m ∈ Z, I = (n) = nZ, J = (m) = mZ. Trouver I ∩ J et I + J .
4. Montrer que
I · J = {x1y1 + x2y2 + . . . xnyn | n ∈ N, xk ∈ I, yk ∈ J pour 1 6 k 6 n}
est un ideal. Il s’appelle produit des ideaux I et J .
5. On considere les ideaux I = (x1, . . . xn) = Ax1 + · · · + Axn et J = (y1, . . . ym) = Ay1 +· · ·+ Aym. Decrire les ideaux I + J , I · J , I2 en fonction de xk, yl.
Exercice 21 (Ideaux etrangers) 1. Montrer que I · J ⊂ I ∩ J et (I + J) · (I ∩ J) ⊂ I · J2. On dit que deux ideaux I et J de A sont etrangers si I + J = A. Montrer que I ∩ J=I · J
si I, J sont etrangers.
3 Anneaux de polynomes I
Exercice 22 1. Soit A un anneau quelconque. Alors l’anneau de polynomes A[x] n’est pasun corps.
2. Montrer que pour un anneau integre A, les polynomes unitaires lineaires de A[x] sontirreductibles.
3. Decrire tous les polynomes irreductibles de C[x] et de R[x].
4. Demontrer que pour tout corps K, l’anneau de polynomes K[x] a une infinite de po-lynomes unitaires irreductibles.
3
Exercice 23 1. Montrer que l’ideal (x, n) ou n ∈ Z, n > 1 de l’anneau Z[x] n’est pasprincipal.
2. Soit A un anneau integre. Montrer que A[x] est principal ssi A est un corps.
Exercice 24 Soit f(x) ∈ A[x] un polynome sur un anneau A. Supposons que (x − 1) | f(xn).Montrer que (xn − 1) | f(xn).
Exercice 25 Pour n, m > 2, determiner le reste de la division euclidienne du polynome(x− 2)m + (x− 1)n − 1 par (x− 1)(x− 2) dans Z[x].
Exercice 26 1. Si K est un corps, montrer qu’un polynome P de degre 2 ou 3 dans K[x]est irreductible si et seulement si il n’a pas de zero dans K.
2. Trouver tous les polynomes irreductibles de degre 2, 3 a coefficients dans Z/2Z.
3. En utilisant la partie precedente, montrer que les polynomes 5x3 + 8x2 + 3x + 15 etx5 + 2x3 + 3x2 − 6x− 5 sont irreductibles dans Z[x].
4. Decrire tous les polynomes irreductibles de degre 4 et 5 sur Z/2Z.
Exercice 27 1. Trouver tous les polynomes irreductibles de degre 2, 3 a coefficients dansle corps F3 = Z/3Z.
2. Decomposer les polynomes suivants en facteurs irreductibles dans F3[x].
x2 + x + 1, x3 + x + 2, x4 + x3 + x + 1 .
Exercice 28 En utilisant les reductions mod 2 ou mod 3 montrer que les polynomes x5 − 6x3 + 2x2 − 4x + 5,7x4 + 8x3 + 11x2 − 24x− 455 sont irreductibles dans Z[x].
Exercice 29 Soient
f(x) = (x− a1)(x− a2) . . . (x− an)− 1, g(x) = (x− a1)2(x− a2)
2 . . . (x− an)2 + 1
ou a1, . . . an ∈ Z soient deux a deux distincts. Montrer que f et g sont irreductibles dans Q[x].
Exercice 30 Soient f, g ∈ Q[x]. Supposons que f soit irreductible et qu’il existe α ∈ C tel quef(α) = g(α) = 0. Alors f divise g.
Exercice 31 Pour quel n, m dans Z la fraction
11n + 2m
18n + 5m
est reductible ?
Exercice 32 Trouver le pgcd(xn − 1, xm − 1) dans Z[x].
Exercice 33 Trouver le pgcd(f, g) dans Z2[x] et sa representation lineaire fu+ gv ou d, u, v ∈Z2[x] :
1.f = x5 + x4 + 1, g = x4 + x2 + 1;
2.f = x5 + x3 + x + 1, g = x4 + 1.
4
Exercice 34 Trouver le pgcd(f, g) dans Z3[x] et Z5[x] de f = x4 + 1, g = x3 + x + 1.
Exercice 35 Trouver le pgcd(f, g) dans Z[x] de f = x4+x3−3x2−4x−1 et g = x3+x2−x−1.
Exercice 36 Montrer que f est irreductible dans Q[x] :
1. f = x4 − 8x3 + 12x2 − 6x + 2 ;
2. f = x5 − 12x3 + 36x− 12 ;
3. f = x4 − x3 + 2x + 1 ;
4. f = xp−1 + · · ·+ x + 1, ou p est premier.
Exercice 37 Soient A = Z[√−3] et K son corps de fractions. Montrer que x2 − x + 1 est
irreductible dans A[x] sans pour autant etre irreductible dans K[x]. Expliquer la contradictionapparente avec le corollaire du lemme de Gauss.
Exercice 38 Soit P ∈ Z[x].
1. Supposons que P (0), P (1) soient impairs. Montrer que P n’a pas de racine dans Z.(Indication : Utiliser la reduction modulo 2.)
2. Soit n ∈ N tel qu’aucun des entiers P (0), . . . , P (n − 1) ne soit divisible par n. Montrerque P n’a pas de racine dans Z.
Exercice 39 1. Soit P ∈ Z[x]. Soita
bsa racine rationnelle : P (
a
b) = 0, pgcd(a, b) = 1.
Montrer que ∀ k ∈ Z (a− bk) divise P (k).
2. Quelles racines rationnelles ont les polynomes f(x) = x3 − 6x2 + 15x − 14 et g(x) =2x3 + 3x2 + 6x− 4 ?
Exercice 40 1. Soient P ∈ Z[x], n ∈ N, m = P (n). Montrer que ∀ k ∈ Z m |P (n + km).
2. En deduire qu’il n’existe aucun polynome P ∈ Z[x], non constant, tel que, pour toutn ∈ Z, P (n) soit un nombre premier.
4 Anneaux de polynomes II
Exercice 41 Dans le cours nous avons deja montre que le produit de polynomes primitifs estaussi primitif et que
c(f · g) = c(f) · c(g) ∀ f, g ∈ Z[x].
1. Etant donne f ∈ Q[x], alors f = α · f0 ou f0 ∈ Z[x] est un polynome primitif et α ∈ Q.
2. Soit g ∈ Z[x] un polynome primitif, α ∈ Q tel que α · g ∈ Z[x]. Alors α ∈ Z.
3. Considerons deux polynomes d, f sur Z. Si d est primitif et d divise f dans Q[x] alors ddivise f dans Z[x].
4. Supposons que d = pgcdQ[x](f, g) soit le p.g.c.d. dans l’anneau Q[x] de deux polynomesprimitifs f et g de Z[x]. Soit d = α · d0 sa representation de type 1). Montrer que :d0 = pgcdZ[x](f, g) dans l’anneau Z[x].
5. Soient f , g ∈ Z[x], f = c(f)f0, g = c(g)g0. Alors
pgcdZ[x](f, g) = pgcdZ(c(f), c(g)) · pgcdZ[x](f0, g0).
Exercice 42 Demontrer que tout morphisme d’un corps dans un anneau non-trivial est injectif.
5
Exercice 43 Soit R un anneau integre dans lequel toute chaıne decroissante d’ideaux est finie.Demontrer que R est un corps.
Exercice 44 Montrer que dans un anneau fini tout ideal premier est maximal.
Exercice 45 Montrer que un ideal propre I de l’anneau A est premier ssi quand le produit dedeux ideaux est contenue dans I, alors l’un de deux est contenu dans I. En deduire que si Mest un ideal maximal de A, alors le seul ideal premier de A qui contient Mn est M .
Exercice 46 Soit A un anneau. Trouver les anneaux quotients
A[x]/(x), A[x, y]/(x), A[x, y]/(x, y), A[x1, x2, . . . , xn]/(x1, x2, . . . , xn)
ou (x), (x, y), (x1, x2, . . . , xn) sont les ideaux engendres respectivement par x, x et y, x1, x2, ...,xn. Sous quelle condition sur l’anneau A ces ideaux sont-ils premiers (maximaux) ?
Exercice 47 1. Trouver le nombre d’elements de l’anneau quotient Z[√
d]/(m) ou m ∈ Zet m 6= 0.
2. L’ideal principal endendre par 2 est-il premier dans l’anneau Z[√
d] ?
Exercice 48 Soit A un anneau integre. On appelle element premier de A un element quiengendre un ideal principal premier.
1. Montrer que un element premier est irreductible.
2. D’apres le cours tout element irreductible dans un anneau factoriel est premier. Montrerque dans un anneau factoriel, tout ideal premier non nul contient un element irreductible.
3. Nous avons vu que l’element 3 ∈ Z[√−5] est irreductible. Montrer que 3 n’est pas premier
dans Z[√−5].
4. L’element 2 est-il irreductible dans l’anneau Z[√−5] ?
Exercice 49 1. Soit A un anneau principal, I un ideal de A. Montrer que tous les ideauxde l’anneau quotient A/I sont principaux.
2. Trouver tous les ideaux des anneaux suivants : Z/nZ (voir le partiel), Q[x]/(f) ou (f) estl’ideal principal engendre par un polynome f .
3. Trouver les ideaux maximaux de Z/nZ et de Q[x]/(f).
Exercice 50 Soit I et J deux ideaux de l’anneau A. Considerons la projection canoniqueπI : A → A/I et l’image J = πI(J) de l’ideal J .
1. Montrer que J est un ideal de l’anneau quotient A/I.
2. Demontrer qu’on a l’isomorphisme suivant : (A/I)/J ∼= A/(I + J).
(Indication :. Considerer le morphisme a+ I 7→ a+(I +J) de l’anneau A/I vers l’anneauA/(I + J).)
Exercice 51 Soit f un morphisme de l’anneau A vers l’anneau B.
1. Montrer que l’image reciproque d’un ideal premier est aussi un ideal premier. Cette pro-position est-elle vraie pour ideaux maximaux ?
2. Montrer par un exemple, que l’image f(I) d’un ideal I de A n’est pas forcement un idealde B. Demontrer cependant que si f est surjectif, alors f(I) est un ideal pour tout idealI de A. (Voir le cours.)
6
3. Toujours sous l’hypothese que f est surjective, montrer que l’image d’un ideal maximalpar f est soit B tout entier, soit un ideal maximal de B.
4. Considerons la reduction de polynomes sur Z modulo m : rm : Z[x] → Zm[x] et deuxideaux premiers principaux (x) et (x2 + 1). Les ideaux r6((x)) et r2((x
2 + 1)) sont-ilspremiers ?
Exercice 52 Soit A un anneau, B un sous-anneau de A, I un ideal de A.
1. Montrer que B ∩ I est un ideal de B, B + I = {b + i | b ∈ B, i ∈ I} est un sous-anneaude l’anneau A et I est un ideal de ce sous-anneau.
2. Montrer que l’anneau quotient B/(B ∩ I) est isomorphe a l’anneau quotient (B + I)/I.(Indication : Considerer le compose de l’inclusion B → B+I avec la projection canoniqueB + I → (B + I)/I.)
5 Anneaux de polynomes III
Exercice 53 Soit (x3 − x + 2) l’ideal principal engendre par x3 − x + 2 dans l’anneau Q[x].
1. Montrer que l’anneau quotient Q[x]/(x3 − x + 2) est un corps.
2. Soit y l’image de x dans Q[x]/(x3−x+2) par la surjection canonique. Calculer son inverse.
3. Montrer que 1 + y + y2 est non nul et calculer son inverse.
Exercice 54 Soit f ∈ A[x] un polynome primitif de degre positif sur l’anneau factoriel A.Soit π ∈ A un element irreductible. Supposons que le coefficient dominant de f ne soit pasdivisible par π et que f mod π soit irreductible dans l’anneau quotient A/(π). Montrer que fest irreductible dans A[x].
Exercice 55 Les polynomes suivants sont-ils irreductibles ?
1. X5 + 121X4 + 1221X3 + 12221X2 + 122221X + 222222 dans Q[X].
2. f(X, Y ) = X2Y 3 + X2Y 2 + Y 3 − 2XY 2 + Y 2 + X − 1 dans C[X, Y ] et F2[X, Y ].
3. f(X,Y ) = Y 7 + Y 6 + 7Y 4 + XY 3 + 3X2Y 2 − 5Y + X2 + X + 1 dans Q[X,Y ].
Exercice 56 L’ideal principal (x2 + y2 + 1) est-il maximal dans les anneaux C[x, y], R[x, y],Q[x, y], Z[x], Z2[x, y] ?
Exercice 57 1. Soit f ∈ Z[x]. Considerons la reduction du polynome f modulo m : fmod m ∈ Zm[x]. Montrer que
Z[x]/(m, f) ∼= Zm[x]/(f mod m)
ou (m, f) est l’ideal engendre par m et f dans Z[x] et (f mod m) est l’ideal engendre parf mod m dans Zm[x]. (Indication : Utiliser l’exercice 10 de fiche 4.)
2. Si p est un nombre premier et f est un polynome tel que f mod p est irreductible sur lecorps Zp, alors l’ideal (p, f) est maximal dans Z[x].
Exercice 58 Soit A un anneau factoriel.
1. Pour a, b 6= 0 on a (a) · (b) = (a) ∩ (b) ssi pgcd(a, b) ∼ 1.
2. Si (a, b) est principal, alors (a, b) = (pgcd(a, b)).
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Exercice 59 1. Montrer que les ideaux (5, x2 + 3), (x2 + 1, x + 2), (x3 − 1, x4 − 1) ne sontpas principaux dans Z[x].
2. Les ideaux (x, x + 1), (5, x2 + 4) et (x2 + 1, x + 2) sont-ils premiers ou maximaux dansZ[x] ?
Exercice 60 Demontrer que si J est un ideal premier de l’anneau Z[x], alors
J = (0), (p), (f) ou (p, g),
ou p est premier, f ∈ Z[x] est un polynome irreductible de degre positif et g est un polynome,tel que sa reduction modulo p est irreductible sur Zp. Le dernier cas, J = (p, g) , nous donnela forme generale d’un ideal maximal dans Z[x]. Le plan de la demonstration est le suivant.
1. Soit B un sous-anneau de l’anneau A, I un ideal premier de A. Montrer que B ∩ I estsoit un ideal premier de B, soit l’anneau B lui-meme.
2. Soit J un id’eal premier de Z[x]. Montrer que Z ∩ J = (0) ou (p) ou p est premier.
3. Supposons que Z∩J = (0). Montrer que si J 6= (0), alors J est engendre par un polynomeprimitif de J de degre minimal.
4. Supposons que Z ∩ J = (p). Soit rp : Z[x] → Zp[x] la reduction modulo p. Montrer quel’ideal rp(J) est premier et que J = (p, g).
5. Montrer que J est maximal ssi J = (p, g) ou p est premier et rp(g) est irreductible dansZp[x].
6 Anneaux
Exercice 61 Soient A un anneau et I et J les ideaux de A tels que I + J = (1). Demontrerque In + Jm = (1) quels que soient entiers positifs non-nuls n et m.
Exercice 62 Trouver toutes les solutions des systemes suivantes :
1.
x ≡ 1 mod 3
x ≡ 3 mod 5
x ≡ 4 mod 7
x ≡ 2 mod 11
2.
x ≡ 997 mod 2001
x ≡ 998 mod 2002
x ≡ 999 mod 2003
.
Exercice 63 Demontrer que les anneaux suivants sont isomorphes
Z/72Z× Z/84Z ∼= Z/36Z× Z/168Z.
Exercice 64 1. Montrer que 2015 − 1 est divisible par 11× 31× 61.
2. Trouver le reste de la division de 26754 par 1155.
Exercice 65 1. Quels sont les restes des division de 10100 par 13 et par 19 ?
2. Quel est le reste de la division de 10100 par 247 = 13 · 19 ? En deduire que 1099 + 1 estmultiple de 247.
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Exercice 66 Soit C = A × B le produit direct de deux anneaux. Decrire les ensembles deselements inversibles, des diviseurs de zero et des elements nilpotents de l’anneau C.
Exercice 67 1. Determiner la structure des anneaux quotients suivants :
Z2[x]/(x3 + x2 + x + 1), Z[x]/(x2 − 1), Q[x]/(x8 − 1).
2. Considerons l’anneau quotient K[x]/(fngm) ou f et g sont deux polynomes distinctsirreductibles sur le corps K. Decrirer les diviseurs de zero et les elements nilpotents del’anneau K[x]/(fngm).
3. Quels ideaux a-t-il cet anneau ?
4. Soit K le corps fini a p elements. Trouver le nombre des elements du groupe multiplicatifde l’anneau K[x]/(fmgl).
5. Donner une generalisation de la question 4) dans le cas du produit de n polynomesirreductibles sur un corps fini K a q elements.
Exercice 68 Trouver les facteurs multiples des polynomes suivants :
1. x6 − 15x4 + 8x3 + 51x2 − 72x + 27 ;
2. x6 − 2x5 − x4 − 2x3 + 5x2 + 4x + 4.
Exercice 69 Trouver le polynome f ∈ Z[x] du derge le plus petit tel que{f ≡ 2x mod (x− 1)2
f ≡ 3x mod (x− 2)3.
7 Devoir maison
Exercice 70 Soit√
d non rationel. Dans l’anneau
Z[√
d] = {n + m√
d |n, m ∈ Z}
on definit la “conjugaison” z :
si z = n + m√
d, alors z = n−m√
d.
On peut aussi definir la norme Nd : Z[√
d] → Z par Nd(z) = zz = (n + m√
d)(n−m√
d).
0. Montrer que les aplications z et N(z) sont multiplicatives :
z1 · z2 = z1 · z2, Nd(z1 · z2) = Nd(z1) ·Nd(z2).
Exercice 71 1. Montrer que z ∈ Z[√
d] est inversible ssi Nd(z) = ±1. Determiner leselements inversibles de Z[
√−5].
2. Montrer que si Nd(z) = ±p, ou p est un premier, alors z est irreductible dans Z[√
d].Donner quelques exemples d’elements irreductibles dans Z[
√d] pour d = −1, 2, −6, p, ou
p un premier.
3. On note A = Z[√−5]. Montrer que 3 et 2 +
√−5 sont irreductibles dans A.
4. Trouver tous les irreductibles de A de norme 9.
5. Trouver tous les diviseurs de 9 et de 3(2 +√−5) dans l’anneau A a association pres.
6. Trouver un pgcd (3, 2 +√−5), et montrer que 3 et 2 +
√−5 n’ont pas de ppcm dans
l’anneau A.
7. Montrer que l’ideal I = (3, 2 +√−5) ⊂ A n’est pas principal. Donc l’anneau A n’est pas
principal. Est-il factoriel ?
8. Montrer que 9 et 3(2 +√−5) n’ont pas de pgcd dans A. Possedent-ils un ppcm ?
9
8 Partiel novembre 2004
Exercice 72 Soit Z36 = Z/36Z l’anneau des entiers modulo 36.
1. Decrire tous les elements inversibles, tous les diviseurs de zero et tous les elements nilpo-tents de l’anneau Z36. (Un element a d’un anneau A est dit nilpotent si il existe n tel quean = 0.)
2. Trouver tous les ideaux de l’anneau Z36.
3. Soit A un anneau arbitraire. Montrer que
(a ∈ A× et b ∈ A×) ⇐⇒ (a · b) ∈ A×.
4. Donner un exemple d’un polynome inversible de degre 1 sur Z36.
5. Decrire tous les elements inversibles de l’anneau Z36[x].
Exercice 73 Montrer que les polynomes suivantes sont irreductibles dans Z[x] :
1. P = x2004 + 4x2002 + 2000x4 + 2002 ;
2. Q = x6 + 6x5 + 12x4 + 12x3 + 3x2 + 6x + 25.
Exercice 74 Soit p un nombre premier impair. Montrer que la congruencex2 ≡ −1 mod p a une solution si et seulement si p ≡ 1 mod 4.
Exercice 75 Soient f = x6 +x5 +x4 +x3 +1 ∈ Z2[x] , g = x3 +x2 +1 ∈ Z2[x] deux polynomessur le corps Z2.
1. En utilisant l’algorithme d’Euclide trouver le p.g.c.d. de f et g et sa representation lineaire.
2. Les polynomes f et g sont-ils irreductibles ?
3. Soit (g) l’ideal principal engendre par g. Combien d’elements contient l’anneau quotientA = Z2[x]/(g) ?
4. Soit π : Z2[x] → A la projection canonique. On pose π(x) = x ∈ A. Trouver l’inverse del’element π(f) dans l’anneau quotient A.
5. L’anneau quotient B = Z2[x]/(f) est-il un corps ? Justifier la reponse, i.e. donner unedemonstration si B est un corps ou trouver un element non-inversible dans B dans le cascontraire.
10
Bibliotheque d’exercices CorrectionsAlgebre commutative
Algebre commutative
Correction 10 Cours... Non, les roles des deux operations ne sont pas interchangeables,puisque l’une est distributive sur l’autre.
Correction 11 1. une seule solution x = a−1(c− b)
2. pas de solution, et deux solutions. Attention, dans Z/10Z, on ne peut pas inverser 2.Ecrire 2x = 3 + 10k pour obtenir que 2|3, et 2x = 6 + 10k pour simplifier par 2... dans R.
Correction 12 1. Ecrire (0 + a)a = a.a d’une part (0 est neutre pour +) et (0 + a).a =0.a + a.a (distributivite).
2. (−1).a + a = (−1 + 1).a = 0.a = 0 (distributivite, puis question precedente)
3. Si |A| = 1, 1 = 0. Si 1 = 0, ∀a ∈ A, a = 1.a = 0.a = 0, donc A = {0}.
Correction 13 1. Si xy ∈ A×, soit z ∈ A, (xy)z = 1. Alors x(yz) = 1 et (zx)y = 1 donc xet y sont inversibles.
2. Soit x ∈ A×, et y ∈ A, xy = 0. Alors x−1xy = y = 0. Donc x n’est pas diviseur de 0.
Correction 14 Soit a ∈ A \ {0}. Soit φa : A → A, x 7→ ax. Si φa(x) = φa(y), alors ax = ay,donc a−1ax = a−1ay et x = y. φa est donc injective de A dans A. Comme A est fini, elle estdonc aussi surjective : ∃x ∈ A, φa(x) = 1.
Correction 15 Ce sont tous des anneaux. Montrer que A est stable par addition, par passagea l’oppose, contient 0, est stable par multiplication et contient 1. Le reste (associativite etdistributivite) est automatique puisqu’il s’agit des restrictions des operations usuelles sur C)
1. A est l’ensemble des nombres dont le developpement decimal s’arrete (“nombre fini dechiffres apres la virgule”).
Stabilite par addition : Soit x = 10−na et y = 10−mb. Supposons par exemple que n > m.Alors x+y = 10−n(a+10n−mb) et a+10n−mb ∈ Z donc x+y ∈ A. Les autres verificationssont analogues.
Ce n’est pas un corps : 3 n’est pas inversible, puisque si 3 · 10−na = 1, alors 3a = 10n
donc 3|10n ce qui est impossible. Un element est inversible ssi il est de la forme 10−n2α5β,α, β ∈ N.
2. Stabilite par addition : Soit x = ab∈ A et y = c
d∈ A, avec pgcd(a, b) = pgcd(c, d) =
pgcd(p, b) = pgcd(p, d) = 1. Alors x + y = ad+bcbd
.
Ce n’est pas un corps : p n’est pas inversible. Un element est inversible ssi ce n’est pasun multiple de p.
3. N’est pas un corps : 2 n’est pas inversible. Les seuls elements inversibles sont 1,−1, i,−i.En effet, si z ∈ A×, alors |z| > 1 et |z−1| > 1. Donc |z| = 1 et z ∈ {±1,±i}.Reciproquement, ces elements sont bien tous inversibles.
1
Correction 22 1. Le polynome X n’est jamais inversible dans A[X]. Si A n’est pas integre,comme A ⊂ A[X], A[X] ne l’est pas non plus et ne peut pas etre un corps. Si A est integreet si X = PQ, alors deg(P )+deg(Q) = 1 donc P ou Q est une constante. Supposons parexemple que ce soit P . P |X donc P |1 donc P est inversible, et Q ∼ X.
2. Soit P = X +a un polynome unitaire lineaire de A[X]. Supposons que P = P1P2. CommeA estintegre, on a deg(P1) + deg(P2) = 1, donc P1 ou P2 est une constante. Supposonsque ce soit P1. Alors P1|1 et P1|a. En particulier, P1 est inversible, et donc P2 ∼ P .
3. Les polynomes irreductibles de C[X] sont les polynomes de degre 1 (theoreme de Gauss).
Les irreductibles de R[X] sont les polynomes de degre 1 et les polynomes de degre 2sans racine reelles. En effet, soit P ∈ R[X]. P se factorise sur C[X] sous la forme P =a
∏(X − λi)
νi (avec i 6= j ⇒ λi 6= λj). Comme cette factorisation est unique, et queP = P , on en deduit que si λi est racine de P avec multiplicite νi, alors il en va dememe pour λi. Ainsi, on obtient une factorisation de P dans R[X] : P = a
∏λi∈R(X −
λi)νi
∏(X2 − 2<(λi)X + |λi|2)νi .
P est donc irreductible ssi P est de la forme P = a(X − λ) avec λ ∈ R ou P = a(X2 −2<(λi)X + |λi|2) avec λ /∈ R.
4. Supposons que K[X] ait un nombre fini de polynomes unitaires irreductibles P1, . . . , Pk.Soit alors P =
∏ki=1 Pi + 1.
Comme K est un corps, les irreductibles sont de degre au moins 1, et donc P n’est pasl’un des Pi. Comme P est unitaire, P n’est pas irreductible. En particulier, l’un au moinsdes Pi divise P . Supposons par exemple que ce soit P1 : ∃Q ∈ K[X], P = P1Q. AlorsP1(Q−
∏ki=2 Pi) = 1. Donc P1 est inversible, ce qui est faux.
Correction 23 1. Supposons (X,n) principal dans Z[X] : (X,n) = (P0). Alors P0|n doncP0 ∈ Z, et P0|X donc P0 = ±1. Ainsi (P0) = Z[X]. Or (X, n) est l’ensemble des polynomesdont le terme constant est un multiple de n : en effet, si P ∈ (X, n), ∃A, B ∈ Z[X], P =AX + Bn donc le terme constant de P est un multiple de n. Reciproquement, si le termeconstant de P =
∑piX
i est un multiple de n, p0 = p′0n, alors P = X(∑
i>1 piXi)+p′0n ∈
(X, n). Ainsi, 1 /∈ (X, n). Donc (X,n) n’est pas principal.
2. Si A[X] est principal, soit a ∈ A \ {0}, et I = (X, a). A[X] etant principal, ∃P0 ∈A[X], I = (P0). Alors P0|a donc P0 ∈ A, et P0|X donc P0|1 et P0 est inversible. On endeduit que I = A[X]. En particulier 1 ∈ I : ∃U, V ∈ A[X], XU + aV = 1. Le termeconstant de XU + aV est multiple de a et vaut 1. a est donc inversible.
Si A est un corps, on dispose de la division euclidienne. Soit I un ideal de A[X]. Soit P0
un element de I \ {0} de degre minimal. Soit P ∈ I. ∃!(Q,R) ∈ A[X]2, P = P0Q + R etdeg(R) < deg(P ). Comme R = P − P0Q, on a R ∈ I, et comme deg(R) < deg(P0), on aR = 0. Ainsi P ∈ (P0). On a donc I ⊂ (P0) ⊂ I.
Correction 24 Notons f(xn) = P (x−1). Alors f(1) = 0 ·P (1) = 0 et donc (x−1)|f . Notonsf = Q(x− 1). On a alors f(xn) = Q(xn)(xn − 1). (xn − 1) divise bien f .
Correction 25 Notons (Q,R) le quotient et le reste de cette division euclidienne : (x−2)m +(x − 1)n − 1 = Q(x − 2)(x − 1) + R avec deg(R) 6 1. Notons R = ax + b. En evaluant en1, on obtient (−1)m − 1 = a + b, et en evaluant en 2, 2a + b = 0. On en deduit b = −2a eta = 1− (−1)m, soit R = (1− (−1)m)(x− 2).
Correction 26 1. Soit P un polynome de degre d = 2 ou 3 de K[X].
Si P a une racine a ∈ K, alors (X − a)|P , et P n’est pas irreductible.
2
Reciproquement, si P = AB avec A, B ∈ K[X] et A, B /∈ K[X]× = K \ {0}, alorsdeg(A) > 1, deg(B) > 1, et deg(A) + deg(B) = d = 2 ou 3, donc l’un au moins des deuxpolynomes A et B est de degre 1. On peut supposer que c’est A. Notons A = aX + b.Alors (X + a−1b)|P , et −a−1b est racine de P .
Finalement P a une racine ssi P n’est pas irreductible.
2. Irreductibles de degre 2 de Z/2Z : Soit P = aX2 + bX + c un polynome de degre 2. a 6= 0donc a = 1.
P irreductible ⇔ P n’a pas de racine
⇔
{P (0) 6= 0
P (1) 6= 0
⇔
{P (0) = 1
P (1) = 1
⇔
{c = 1
1 + b + 1 = 1
⇔ P = X2 + X + 1
Ainsi, il y a un seul irreductible de degre 2, c’est I2 = X2 + X + 1.
Irreductibles de degre 3 de Z/2Z : Soit P = aX3 + bX2 + cX + d un polynome de degre2. a 6= 0 donc a = 1.
P irreductible ⇔ P n’a pas de racine
⇔
{d = 1
1 + b + c + 1 = 1
⇔
{d = 1
(b, c) = (1, 0) ou (b, c) = (0, 1)
⇔ P = X3 + X + 1 ou P = X3 + X2 + 1
Ainsi, il y a deux irreductibles de degre 3 dans Z/3Z[X] : I3 = X3 + X + 1 et I ′3 =X3 + X2 + 1.
3. Soit P = 5X3 +8X2 +3X +15 ∈ Z[X]. Soient A et B deux polynomes tels que P = AB.L’application Z → Z/2Z, n 7→ n induit une application Z[X] → Z/2Z[X], P =
∑aiX
i 7→P =
∑aiX
i. Cette application est compatible avec les operations : en particulier AB =A B (pourquoi ?). Ainsi on a : P = AB. Or P = X3 +X +1 est irreductible, donc (quittea echanger les roles de A et B on peut supposer que) A = 1 et B = X3 + X + 1. Onen deduit que B est au moins de degre 3, d’ou deg(A) = 0. A ∈ Z et A|P , donc A|5,A|8, A|3, et A|15. On en deduit que A = ±1. Finalement, A = ±1 et B ∼ P . P est doncirreductible dans Z[X].
Soit P = X5 + 2X3 + 3X2 − 6x − 5 ∈ Z[X]. Soient A et B deux polynomes tels queP = AB. On a comme precedemment : P = AB ou P = X5 +X2 +1. P n’a pas de racinedans Z/2Z, donc si P est reductible, il doit etre le produit d’un irreductible de degre 2et d’un irreductible de degre 3. Or P 6= I2I3 et P 6= I2I
′3 (faire le calcul !), donc P est
irreductible. Le meme raisonnement montre alors que P est irreductible dans Z[X].
3
4. Un polynome de degre 4 est reductible ssi il a une racine ou est le produit de deuxirreductibles de degre 2. Soit P =
∑4i=0 aiX
i ∈ Z/2Z[X], avec a4 = 1.
P irreductible ⇔
P (0) 6= 0
P (1) 6= 0
P 6= I22
⇔
a0 = 1
1 + a3 + a2 + a1 + 1 = 1
P 6= I22
⇔ P ∈ {X4 + X3 + 1, X4 + X + 1, X4 + X3 + X2 + X + 1}
Un polynome de degre 5 est irreductible ssi il n’a pas de racine et l’est pas le produitd’un irreductible de degre 2 et d’un irreductible de degre 3. Tous calculs fait, on obtientla liste suivante : {X5 + X2 + 1, X5 + X3 + 1, X5 + X4 + X3 + X2 + 1, X5 + X4 + X3 +X + 1, X5 + X4 + X2 + X + 1, X5 + X3 + X2 + X + 1, }.
Correction 27 1. On raisonne exactement comme pour l’exercice 26. On peut reduire unpeu les discussions en remarquant que puisqu’on est sur un corps, on peut se contenter dechercher les irreductibles unitaires : on obtient les autres en multipliant les irreductiblesunitaires par les inversibles, soit ±1.
Les irreductibles de degre 2 sont caracterises par P (0) 6= 0, P (1) 6= 0 et P (−1) 6= 0. Onobtient finalement la liste suivante : {X2 + 1, X2 −X − 1,−X2 − 1,−X2 + X + 1}.
Sans commentaire, on obtient la liste suivante pour les irreductibles de degre 3 de Z/3Z[X] :{±(X3 + X2 −X + 1),±(X3 −X2 + X + 1),±(X3 −X2 + 1),±(X3 −X + 1),±(X3 +X2 + X − 1),±(X3 −X2 −X − 1)± (X3 + X2 − 1),±(X3 −X − 1), }.
2. X2 + X + 1 = (X − 1)2
X3 + X + 2 = (X + 1)(X2 −X + 2)
X4 + X3 + X + 1 = (X + 1)(X3 + 1) = (X + 1)4
Correction 28 On raisonne comme pour l’exercice 26. Soit P = X5 − 6X3 + 2X2 − 4X + 5,A, B deux polynomes tels que P = AB. En considerant la reduction modulo 2, on a P = X5 +1donc la decomposition en facteurs irreductibles est P = (X +1)(X4+X3+X2+X +1). CommeP est unitaire, A et B le sont aussi, et la reduction modulo 2 preserve donc le degre de A etB. On en deduit que si A = X + 1, alors A est de degre 1.La reduction modulo 3 de P devrait donc avoir une racine. Mais P mod 3 = X5−X2−X − 1n’a pas de racine dans Z/3Z. On en deduit que dans la reduction modulo 2, la factorisationP = ‘AB est triviale (A = 1 et B = P ou le contraire), puis que la factorisation P = AB ellememe est triviale (A = ±1 et B = ∓P ou le contraire). Ainsi, P est irreductible dans Z[X].
Pour P = 7X4 + 8X3 + 11X2 − 24X − 455, on procede de la meme facon. Si P = AB,comme 7 est premier, l’un des polynomes A ou B a pour coefficient dominant ±7 et l’autre∓1. On en deduit que les reductions modulo 2 ou 3 preservent le degre de A et de B. Lesdecompositions en facteurs irreductibles sont les suivantes : P mod 2 = (X2 + X + 1)2 et Pmod 3 = (X − 1)(X3−X − 1). Si la factorisation P = AB est non triviale, alors les reductionsmodulo 2 de A et B sont de degre 2, et donc deg(A) = deg(B) = 2. Mais la decompositionmodulo 3 impose que ces degres soient 1 et 3. La factorisation P = AB est donc necessairementtriviale, et P est donc irreductible.
Correction 29 Commencons par montrer que ces polynomes sont irreductibles sur Z.
4
-Le cas de f =∏n
i=1(X − ai)− 1 Soit P, Q ∈ Z[X] tels que f = PQ. On peut supposer sansperte de generalite que P et Q ont des coefficients dominants positifs (i.e. sont unitaires).On a : ∀i, f(ai) = P (ai)Q(ai) = −1 donc
P (ai) = ±1 et Q(ai) = ∓1
Soit I = {i, P (ai) = −1} et J = {1, . . . , n} \ I. On notera |I| et |J | le nombre d’elements de Iet J .Supposons I 6= ∅ et J 6= ∅ : Alors
∏i∈I(X − ai)|(P + 1) et
∏i∈J(X − ai)|(Q + 1). Ainsi
deg(P + 1) > |I| et deg(Q + 1) > |J | = n− |I|, et comme deg(P ) + deg(Q) = n, on en deduitque deg(P ) = |I| et deg(Q) = |J |, puis que (puisque P et Q sont unitaires) :
P =∏i∈I
(X − ai)− 1 et Q =∏i∈J
(X − ai)− 1.
Ainsi f =∏
k∈I∪J(X−ak)− 1 = (∏
i∈I(X−ai)− 1)(∏
j∈J(X−aj)− 1) = f −( ∏
i∈I(X−ai)+∏j∈J(X − aj)− 2
), donc
∏i∈I(X − ai) +
∏j∈J(X − aj)− 2 = 0Z[X], ce qui est faux.
Ainsi I = ∅ ou J = ∅. On peut supposer sans perte de generalite que I = ∅. Alors ∀i ∈{1, . . . , n}, Q(ai) = −1. Donc les ai sont tous racine de Q + 1. Comme deg(Q + 1) 6 n etQ + 1 6= 0, on en deduit que Q = f , et P = 1. f est donc bien irreductible dans Z[X].
-Le cas de g =∏n
i=1(X − ai)2 + 1 . Supposons que g = PQ, avec P, Q ∈ Z[X].On a
g(ai) = 1 = P (ai)Q(ai), donc P (ai) = Q(ai) = ±1.Comme g n’a pas de racine reelle, il en va de meme de P et Q, qui sont donc de signe constant(theoreme des valeurs intermediaires pour les fonctions continues sur R !). On peut donc sup-poser sans perte de generalite que P et Q sont positifs.Alors P (ai) = Q(ai) = 1. Ainsi, tous les ai sont racines de P − 1 et de Q − 1. On a donc∏n
i=1(X − ai)|P − 1 et∏n
i=1(X − ai)|Q− 1.En particulier, si P − 1 6= 0 et Q − 1 6= 0, deg(P ) > n et deg(Q) = 2n − deg(P ) > n. Ainsideg(P ) = deg(Q) = n. Comme en plus P et Q sont unitaires, on en deduit que
P − 1 =n∏
i=1
(X − ai) et Q− 1 =n∏
i=1
(X − ai).
On devrait donc avoir (∏n
i=1(X−ai)+1)2 =∏n
i=1(X−ai)2 +1, ce qui est faux (
∏ni=1(X−ai) 6=
0Z[X]) !Ainsi P − 1 = 0 ou Q− 1 = 0, et on en deduit bien que g est irreductible dans Z[X].
Irreductibilite dans Q[X] (tous les ingredients necessaires n’ont pas encore ete traites dansle cours pour cela. En fait ce sera un resultat general du cours...) On a le lemme suivant :Si P ∈ Z[X] est unitaire et irreductible dans Z[X], alors il l’est aussi dans Q[X].L’ingredient de base de la demonstration est la notion de contenu d’un polynome P ∈ Z[X] :c’est le pgcd de ses coefficients, souvent note c(P ). Il satisfait la relation suivante (voir http ://www.les-mathematiques.net/b/a/p/node7.php3 pour une preuve) :
c(PQ) = c(P )c(Q).
Supposons que P = QR, avec Q, R ∈ Q[X], Q et R unitaires. En reduisant tous leurs coefficientsde au meme denominateur, on peut mettre Q et R sous la forme :
Q =1
aQ1 et R =
1
bR1
5
avec a, b ∈ Z, Q1, R1 ∈ Z[X] et c(Q1) = 1, c(R1) = 1.Alors abP = Q1R1, donc c(abP ) = c(Q1)c(R1) = 1. Comme ab|c(abP ), on a ab = ±1, et en faitP, Q ∈ Z[X].
Correction 30 f est irreductible, donc si f , ne divise pas g, alors f et g sont premiers entreeux. Ainsi,∃u, v ∈ Q[X], uf + vg = 1. En evaluant en α, on obtient u(α) · 0 + v(α) · 0 = 1 cequi est impossible !
Correction 31 Supposons que la fraction soit reductible. Alors, il existe p, q, d ∈ Z tels que{11n + 2m = pd
18n + 5m = qd
On en deduit que {19n = 5pd− 2qd
19m = −18pd + 1qd
En particulier, d|19n et d|19m. Si d 6= 19, on a pgcd(n,m) 6= 1. Si d = 19, alors{n = 5p− 2q
m = −18p + 1q(1)
Reciproquement, si pgcd(n, m) 6= 1 ou si n,m sont de la forme donnee par (1), alors la fractionest reductible.
Correction 32 Soit d = pgcd(m, n). Notons n = dn′ et m = dm′. Alors Xn− 1 = (Xd)n′ − 1.Or (Y − 1)|Y n′ − 1 donc (Xd − 1)|(Xn − 1). De meme, (Xd − 1)|(Xm − 1), et donc (Xd −1)|pgcd(Xn − 1, Xm − 1).Par ailleurs, soit D = pgcd(Xn − 1, Xm − 1). Les racines de D dans C sont des racines a lafois n-ieme et m-ieme de 1, qui sont touts simples : elles sont donc de la forme ω = ei2πα ouα = k
n= k′
m. Ainsi km′ = k′n′. On a pgcd(m′, n′) = 1, donc par le theoreme de Gauss, on en
deduit que k′ est un multiple de m′, soit k′
m= k′′
d, et ω est donc une racine d-ieme de 1. On en
deduit que D|Xd − 1, et finalement :
pgcd(Xn − 1, Xm − 1) = Xpgcd(m,n) − 1.
Correction 33 Utiliser l’algorithme d’Euclide. (on travaille dans Z/2Z).
x5 + x4 + 1 = (x4 + x2 + 1)(x + 1) + x3 + x2 + x
x4 + x2 + 1 = (x3 + x2 + x)(x + 1) + x2 + x + 1
x3 + x2 + x = (x2 + x + 1)x + 0
Donc pgcd(x5 + x4 + 1, x4 + x2 + 1) = x2 + x + 1, et
x2 + x + 1 = (x4 + x2 + 1) + (x3 + x2 + x)(x + 1)
= (x4 + x2 + 1) +((x5 + x4 + 1) + (x4 + x2 + 1)(x + 1)
)(x + 1)
= (x4 + x2 + 1)(1 + (x + 1)2) + (x5 + x4 + 1)(x + 1)
= (x4 + x2 + 1)(x2) + (x5 + x4 + 1)(x + 1)
De meme, pgcd(x5 + x3 + x + 1, x4 + 1) = x3 + 1 et x3 + 1 = (x5 + x3 + x + 1) + (x4 + 1)x.
6
Correction 34 Dans Z/3Z : pgcd(x4 + 1, x3 + x + 1) = x2 + x− 1.Dans Z/5Z : pgcd(x4 + 1, x3 + x + 1) = 1.
Correction 35 Sur Z[X], pgcd(x4 + x3 − 3x2 − 4x− 1, x3 + x2 − x− 1) = 1.
Correction 36 1. P est primitif, 2 divise tous les coefficients de P sauf le dominant, et 4ne divise pas le terme constant : d’apres le critere d’Eisenstein, on en deduit que P estirreductible dans Z[x] (puis dans Q[x] car il est unitaire...).
2. On peut appliquer le meme critere, avec 3 cette fois.
3. f est primitif, et sa reduction modulo 2 est irreductible. Donc f est irreductible dansZ[x].
4. f(x + 1) =∑p
k=1 Ckp xk−1. Or p| p!
k!(p−k)!(car p apparaıt au numerateur, tandis que tous les
facteurs du denominateur sont < p ; comme p est premier, ils sont donc premiers avec p).De plus C1
p = p, donc p2 ne divise pas le terme constant de f(x + 1). D’apres le critered’Eisenstein, f(x + 1) est irreductible, et donc f aussi.
Correction 37 Soit P = x2 − x + 1. Si P a une factorisation non triviale, P est divisible parun polynome de degre 1, et comme P est unitaire, ce diviseur peut etre choisi unitaire : onen deduit que P a une racine. On calcule P (a + bi
√3) = (a2 − 3b2 − a + 1) + (2ab − b)i
√3.
Comme 1/2 /∈ A = Z[i√
3], 2a − 1 6= 0, donc si P (a + bi√
3) = 0, alors b = 0, et P (a) = 0.Mais x2 − x + 1 est primitif et se reduction modulo 2 est irreductible, donc il est irreductiblesur Z[x]. En particulier il n’a pas de racine dans Z. On en deduit que P n’a pas de racine surA, et est donc irreductible.
Soit K = frac(A) = Q[i√
3]. On a P (1+i√
32
) = 0 donc P a une racine dans K, donc P estreductible sur K.
Correction 38 Si P a une racine α dans Z, alors P (α) = 0, et en considerant la reductionmodulo n, P (α) = 0, donc P a une racine dans Z/nZ pour tout n.
1. Si P (0) et P (1) sont impairs, P (0) = 1 et P (1) = 1, donc P n’a pas de racine sur Z/2Z.Donc P n’a pas de racine sur Z.
2. Si n ne divise aucun des P (0), . . . , P (n − 1), alors P (0) 6= 0,. . ., P (n− 1) 6= 0, donc Pn’a pas de racine sur Z/nZ. Donc P n’a pas de racine sur Z.
Correction 39 1. (X− ab)|P donc ∃Q ∈ Q[x], P = (x− a
b)Q = (bx−a)Q
b. En reduisant tous
les coefficients de Q au meme denominateur, on peut mettre Q sous la forme : Q = 1m
Q1,avec Q1 ∈ Z[X] primitif. Alors bdP = (bx − a)Q1. En considerant les contenus de cespolynomes, on a c(bx− a) = pgcd(a, b) = 1, c(Q1) = 1 donc c(bdP ) = bd c(P ) = 1. Ainsibd = ±1, et (bx− a)|P .
2. On considere par exemple les cas k = 0, . . . , 3. (Pour k = 2, on constate que P (2) = 0 : onpeut diviser P par (X − 2) et determiner les trois racines complexes de P ...). On obtientque
(∗) a|14 (k = 0),
(∗∗) (a− b)|4 (k = 1),
(∗ ∗ ∗) (a− 3b)|235 (k = 3).
Au passage On peut remarquer que si α 6 0, P (α) < 0, donc on peut supposer a > 0 etb > 0.
7
– Si a = 1 : (∗∗) ⇒ b ∈ {2, 3, 5}. Aucune de ces possibilites n’est compatible avec (∗ ∗ ∗).– Si a = 2 : (∗∗) ⇒ b ∈ {1, 3, 4, 6}. Comme pgcd(a, b) = 1, 4et 6 sont exclus. 3 n’est pas
compatible avec (∗ ∗ ∗). Pour 2, on verifie que P (2) = 0.– Si a = 7 : (∗∗) ⇒ b ∈ {3, 5, 9, 11}. Mais aucune de ces solution ne convient.– Si a = 14 : (∗∗) ⇒ b ∈ {10, 12, 16, 18} mais pgcd(a, b) = 1 exclu toutes ces possibilites.Finalement, 2 est la seule racine rationnelle de P .
Correction 40 1. Notons P =∑d
i=0 aiXi. Dans le calcul de P (n + km), en developpant
tous les termes (n+km)i a l’aide du binome, on obtient que P (n+km) =∑
06j6i6d aiCji n
j(km)i−j =
P (n) + mN ou N =∑
06j<i6d aiCji n
j(km)i−j − 1 ∈ Z. Donc m|P (n + km).
2. Supposons qu’un tel polynome existe : soit m = P (0). ∀k ∈ Z, m|P (km). CommeP (km) est premier, on en deduit que P (km) = ±m. Ceci est en contradiction aveclimk→+∞ P (km) = ±∞.
Correction 41 1. Soit f =∑n
i=0 aixi ∈ Q[x]. Soit ai = pi
qile representant irreductible de
ai. Soit m = ppcm(q0, . . . , qn). Notons m = qimi. Alors f = 1m
∑aimix
i. En mettant enfacteur d = pgcd(a0m0, . . . , anmn), on obtient f = d
mf0, ou f0 ∈ Z[x] est primitif.
2. Notons α = pq, avec pgcd(p, q) = 1 et q > 0. Soit g1 = αg. On a qg = pg1, donc
qc(g) = pc(g1). On en deduit que q|p, et donc que q = 1 :α ∈ Z.
3. Soit g ∈ Q[x] tel que f = dg. Soit g = pqg0 la decomposition de g donnee par la question
1. Alors qf = pdg0 donc qc(f) = pc(d)c(g0) = p. Donc q|p et finalement q = 1. On endeduit que g = pg1 ∈ Z[x].
4. d = pgcdQ(f, g) = pqd0. Alors d0 est primitif et divise f et g sur Q. Donc d0 divise f et g
sur Z.
Soit h un diviseur commun de f et g dans Z[x]. On a c(h)|c(f) = 1 donc h est primitif.Par ailleurs, h est un diviseur commun a f et g dans Q[x], donc h|d0 dans Q[x]. On endeduit que h|d0 dans Z[x].
Ainsi, d0 est bien un pgcd de f et g dans Z[x].
5. Soit d = pgcd(c(f), c(g)), h = pgcd(f, g) = c(h)h0, h′ = pgcd(f0, g0).
On a d|c(f), d|c(g), h′|f0 et h′|g0 donc dh′|f et h′|g, et donc dh′|h.
c(h)|c(f) et c(h)|c(g) donc c(h)|d. h|f , donc il existe f1 ∈ Z[x] tel que f = h0c(h)f1. On aalors c(h)c(f1) = c(f), et apres simplification, on en deduit que f0 = h0f
′1, avec f ′1 ∈ Z[x] :
h0|f0. De meme pour g : h0|g0. On en deduit que h0|h′, et donc que h|dh′.
Correction 42 Soit K un corps, A un anneau non trivial, et Kφ−→ A un morphisme d’anneaux.
Soit x ∈ K \{0}. On a 1 = φ(1) = φ(xx−1) = φ(x)φ(x−1) 6= 0 (car A n’est pas l’anneau trivial).Donc φ(x) 6= 0. Ainsi ker φ = {0}, donc φ est injectif.
Correction 43 Soit x ∈ R \ {0}. Alors (x) ⊃ (x2) ⊃ (x3) ⊃ est une suite decroissanted’ideaux. Elle est donc stationnaire a partir d’un certain rang : ∃k ∈ N, (xk) = (xk+1). Enparticulier, ∃a ∈ R, kk+1 = axk. Comme A est integre, on en deduit que ax = 1, donc x ∈ R×.R× = R \ {0} donc R est un corps.
Correction 44 Soit A un anneau fini, et I un ideal premier. Alors A/I est integre, et fini ( !),donc A/I est un corps (voir exercice 5 feuille 2). Donc I est maximal.
8
Correction 45 On rappelle que le produit de deux ideaux I et J est l’ideal engendre par lesproduits de la forme ab avec a ∈ I, b ∈ J :
I · J = {N∑
i=0
aibi, N ∈ N, ai ∈ I, bi ∈ J}
– Si I est un ideal premier : Soient J et K deux ideaux tels que J · K ⊂ I. Alors si J 6⊂ I,∃a ∈ x \ I. Soit y ∈ K. On a xy ∈ J ·K donc xy ∈ I. Comme I est premier, x ∈ I ou y ∈ I.Mais x /∈ I donc y ∈ I. Ainsi ∀y ∈ K, y ∈ I : on a montre que : J 6⊂ I ⇒ K ⊂ I. On a doncbien J ⊂ I ou K ⊂ I.
– Si ∀J, K ideaux, (J · K ⊂ I ⇒ J ⊂ I ou K ⊂ I) : Soit a, b ∈ A avec ab ∈ I. Alors(a) · (b) = (ab) donc (a) ⊂ I ou (b) ⊂ I et donc a ∈ I ou b ∈ I. I est donc premier.
On a Mn = M · Mn−1. Donc si I est premier et contient Mn alors I contient M ou Mn−1,et par une recurrence finie, on obtient que I contient M . Ainsi : M ⊂ I ( A. Comme M estmaximal on en deduit que M = I.
Correction 46 – A[X]/(X) : X est unitaire donc on dispose de la division euclidienne parX. On verifie (comme dans le cours) que chaque classe a un et un seul representant de degre0. On en deduit que A[X]/(X) est en bijection avec A. Il reste alors a remarquer que cettebijection est un morphisme d’anneaux.Une autre facon de dire la meme chose est de remarquer que l’application φ : A[X] → A,P 7→ P (0) est un morphisme d’anneaux. ker φ = (X) et Im φ = A. Comme A/ ker φ ∼ Im φ,on a bien A[X]/(X) ∼ A.
– On peut considerer φ : A[X,Y ] → A[Y ], P 7→ P (0, Y ). C’est un morphisme d’anneaux. Enseparant les termes ne dependant que de Y des autres, on peut mettre tout polynome Pde A[X, Y ] sous la forme P = P1(Y ) + XP2(X,Y ) ou P1 ∈ A[Y ] et P2 ∈ A[X, Y ]. Alorsφ(P ) = 0 ssi P1 = 0, ssi P = XP2, c’est a dire P ∈ (X). Ainsi ker φ = (X). Par ailleurs, toutpolynome P de A[Y ] peut etre vu comme un polynome P de A[X, Y ]. Alors P = φ(P ), doncIm φ = A[Y ]. Finalement : A[X, Y ]/(X) ∼ A[Y ].
– A[X,Y ]/(X,Y ) : Soit φ : A[X,Y ] → A, P 7→ P (0, 0). φ est un morphisme d’anneaux, et avecles notations precedentes, pour P = P1(Y )+XP2(X, Y ), avec φ(P ) = 0, on a P1(0) = 0, doncY |P1(Y ). Ainsi, P est la somme de deux polynomes, l’un multiple de X, l’autre multiple deY donc P ∈ (X, Y ). Reciproquement, si P ∈ (X, Y ), alors P (0, 0) = 0. Donc ker φ = (X, Y ).∀a ∈ Aφ(a) = a donc φ est surjective. Finalement A[X, Y ]/(X, Y ) ∼ A.
– A[X1, . . . , Xn]/(X1, . . . , Xn) : Soit φ : A[X1, . . . , Xn] → A, P 7→ P (0). φ est un morphismed’anneaux. En regroupant tous les termes dependant de Xn, puis tous les termes restantdependant de Xn−1, et ainsi de suite jusqu’aux termes dependant seulement de X1, et enfinle terme constant, tout polynome P ∈ A[X1, . . . , Xn] peut se mettre sous la forme P =XnPn + Xn−1Pn−1 + · · ·+ X1P1 + p0, avec Pi ∈ A[X1, . . . , Xi] (et p0 ∈ A). On en deduit queker φ = (X1, . . . , Xn). Par ailleurs ∀a ∈ A, φ(a) = a, donc A[X1, . . . , Xn]/(X1, . . . , Xn) ∼ A.
Comme un ideal est premier (resp. maximal) ssi le quotient est integre (resp. un corps), on endeduit que– dans A[X], (X) est premier ssi A est integre, maximal ssi A est un corps,– dans A[X, Y ], (X) est premier ssi A est integre, et n’est jamais maximal,– dans A[X1, . . . , Xn], (X1, . . . , Xn) est premier ssi A est integre, maximal ssi A est un corps.
Correction 47 Soit α = a + b√
d ∈ Z[√
d]. Soit a = mp + a′ la division euclidienne de a parm, et b = mq + b′ celle de b par m. Alors α = m(p+ q
√d)+a′+ b′
√d. On en deduit que chaque
classe du quotient Z[√
d]/(m) a un representant dans
C ={
a + b√
d, (a, b) ∈ {0, . . . ,m− 1}2}
9
Par ailleurs si deux elements a + b√
d et a′ + b′√
d de cet ensemble sont dans la meme classe,alors ∃c, d ∈ Z, a+b
√d = (a′+b′
√d)+m(c+d
√d). On en deduit que a = a′+mc et b = b′+md,
et donc a = a′, b = b′.Ainsi chaque classe de Z[
√d]/(m) a un representant unique dans C. Z[
√d]/(m) et C sont donc
en bijection : en particulier, Z[√
d]/(m) a m2 elements.Remarque : on a
Z[√
d] ∼ Z[X]/(X2 − d).
En effet l’application φ : Z[X]/(X2 − d) → Z[√
d], P 7→ P (√
d) est bien definie (si (P ) =Q, alors P (
√d) = Q(
√d)), et c’est un morphisme d’anneaux. De plus, si φ(P ) = 0, notons
P = Q(X2 − d) + (aX + b) la division euclidienne de P par X2 − d. En evaluant en√
d, ona a
√d + b = 0 donc R = 0. On en deduit que (X2 − d)|P , i.e. P = 0. On en deduit que
ker φ = {0}, donc φ est injective. Par ailleurs ∀(a, b) ∈ Z2, φ(a + bX) = a + b√
d donc φ estsurjective.
Si d est pair, comme√
d ·√
d = |d| ∈ (2) alors que√
d /∈ (2), (2) n’est pas premier.Si d est impair : (1 +
√d)(1 +
√d) = (1 + d) + 2
√d ∈ (2), mais (1 +
√d) /∈ (2) donc (2) n’est
pas premier.Remarque : Z[
√d]/(2) ∼ Z2[X]/(X2 + d). (X2 + d) est X2 ou X2 + 1. Aucun de ces deux
polynomes n’est irreductible. Donc le quotient ne saurait etre integre.
Correction 48 – Si x ∈ A est premier : soit a, b ∈ A tels que ab = x. Alors ab ∈ (x) donca ∈ (x) ou b ∈ (x). On en deduit que a ∼ x ou b ∼ x. Donc x est irreductible.
– A est suppose factoriel. Soit I un ideal premier. Soit x ∈ I et x = p1 . . . pk “la” factorisationde x en produit d’irreductibles. Alors (p1 · · · pn−1)pn ∈ I donc (p1 · · · pn−1) ∈ I ou pn ∈ I. sipn in I, I contient un irreductible. Sinon, (p1 · · · pn−2)pn−1 ∈ I. Par une recurrence finie, l’unau moins des pi ∈ I, donc I contient un irreductible.
– Dans Z[√−5], 9 ∈ (3). Pourtant 9 = (2 +
√−5)(2 −
√−5) et (2 ±
√−5) /∈ (3). Donc (3)
n’est pas premier.– 2 est irreductible : 2 = z1z2 avec zi ∈ Z[
√−5], alors |z1|2|z2|2 = 4, donc {|z1|2, |z2|2} =
{1, 4} ou {2, 2}. Dans le premier cas, on a affaire a une factorisation triviale. Le second estimpossible, puisque l’equation a2 + 5b2 = 2 n’a pas de solution entiere (a, b).Par ailleurs, (1 +
√−5)(1 +
√−5) = 6 ∈ (2), mais (1±
√−5) /∈ (2) donc 2 n’est pas premier
dans Z[√−5].
Correction 49 1. Soit J un ideal de A/I. Soit π la projection canonique A → A/I, etJ = π−1(J ). J est un ideal de A qui est principal donc ∃a ∈ A, J = (a). Montrons queJ = (π(a)).
On a π(a) ∈ J donc (π(a)) ⊂ J . Soit α ∈ J , et b un representant de α, i.e. b ∈ A etπ(b) = α. Alors b ∈ J = (a), donc ∃k ∈ A, b = ka. Alors π(b) = π(ka) = π(k)π(a), doncπ(b) ∈ (π(a)). Donc J ⊂ (π(a)).
Finalement, J = (π(a)). On en deduit que A/I est principal.
2. – Z/nZ : Soit I un ideal de Z/nZ. I est principal, donc ∃a ∈ Z, I = (a). Or (a) ={αa, α ∈ Z/nZ} = {pa, p ∈ Z} = {pa, p ∈ Z}. Donc π−1(I) = {pa + qn, (p, q) ∈ Z2}est l’ideal engendre sur Z par a et n donc l’ideal engendre par d = (pgcd(n, a)). On endeduit que I = (d). En particulier, I est engendre par un diviseur de n.Soit maintenant d1 et d2 deux diviseurs (positifs) de n tels que (d1) = (d2). On aπ−1((d1)) = d1Z = d2Z donc d1 = d2.Ainsi, les ideaux de Z/nZ sont engendres par les diviseurs de n, et deux diviseursdistincts engendrent deux ideaux distincts : il y a donc autant d’ideaux dans Z/nZ quede diviseurs de n.
10
– Q[X]/(f) : On raisonne de la meme maniere : la remarque clef etant si I = (g) est unideal de Q[X]/(f), alors π−1(I) = (f, g) = (pgcd(f, g)).
3. Les ideaux maximaux sont ceux pour lesquels le quotient est un corps, (donc aussi ceuxpour lesquels le quotient est integre puisque Z/nZ est fini). On a le diagramme suivant(I = (d)) :
Zπ1 //
π
��
π2◦π1
''Z/nZ π2 // (Z/nZ)/I
Z/dZ∼
44jjjjjjjjjjjjjjjjjj
En effet, π1 et π2 sont des morphismes d’anneaux, et ker(π2 ◦ π1) = dZ. Donc (Z/nZ)/Iest un corps ssi d est premier.
De meme, (Q[X]/(f))/I est un corps ssi I = (g) ou g est un facteur premier de f .
Correction 50 1. Soit α, β ∈ J et λ, µ ∈ A/I. Alors ∃a, b ∈ J , l,m ∈ A, α = π(a), β =π(b), λ = π(l), µ = π(m). On a donc λα + µβ = π(la + mb). Or la + mb ∈ J (car J est unideal), donc λα + µβ ∈ J . Donc J est un ideal de A/I.
2. Comme dans l’exercice precedent, on a le diagramme suivant :
Aπ1 //
π
��
π2◦π1
''A/I
π2 // (A/I)/J
A/(I + J)
∼
44jjjjjjjjjjjjjjjjj
En effet, si x ∈ ker(π2 ◦ π1), alors π1(x) ∈ ker π2 = J , donc ∃y ∈ A, π1(x) = π1(y). Alorsx − y ∈ ker π1 = I, donc ∃z ∈ I, x = y + z : on a donc x ∈ I + J . Reciproquement,si x ∈ I + J , alors ∃(x1, x2) ∈ I × J, x = x1 + x2. Alors π1(x) = π1(x2) ∈ J , doncπ2 ◦ π1(x) = 0.
Donc ker(π2 ◦ π1) = I + J . Donc A/(I + J) ∼ (A/I)/J .
Correction 51 1. Soit J ⊂ B un ideal premier de B. Soient a, b ∈ A tels que ab ∈ f−1(J).Alors f(a)f(b) = f(ab) ∈ J donc f(a) ∈ J ou f(b) ∈ J . Ainsi, a ∈ f−1(J) ou b ∈ f−1(J).On en deduit que f−1(J) est premier.
Cette proposition n’est pas vraie pour les ideaux maximaux. Par exemple, A = Z, B =Q[X], f(k) = k, et J = (X). Alors f−1(J) = {0} n’est pas maximal.
2. Prenons A = Z, B = Q, f(k) = k. f(Z) = Z n’est pas un ideal de Q (1 ∈ Z, 12∈ Q et
pourtant 1× 12
/∈ Z)
Supposons f surjectif. Soit x, y ∈ f(I), a, b ∈ B. Il existe x0, y0 ∈ I tels que x = f(x0) ety = f(y0). De plus, comme f est surjectif, ∃a0, b0 ∈ A tels que a = f(a0) et b = f(b0).Alors ax + by = f(a0)f(x0) + f(b0)f(y0) = f(a0x0 + b0y0) et comme I est un ideal,(a0x0 + b0y0) ∈ I, donc (ax + by) ∈ f(I).
f(I) est donc bien un ideal de B.
3. Soit I un ideal maximal de A et J = f(I). Supposons J 6= B. Soit K un ideal de B telque J ⊂ K. Alors I ⊂ f−1(K), donc f−1(K) = I ou f−1(K) = A. Dans le premier cas,on K = f(f−1(K)) = J , dans le second cas, on a K = f(f−1(K)) = f(A) = B. L’ideal Jest donc maximal.
11
4. (X + 2)(X + 3) = X2 + 5X dans Z6[X], donc (X + 2)(X + 3) ∈ (X), mais (X + 2) /∈ (X)et (X + 3) /∈ (X), donc r6((X)) n’est pas premier dans Z36[X].
(X + 1)2 = (X2 + 1) dans Z2[X], or (X + 1) /∈ (X2 + 1), donc r2((X2 + 1)) n’est pas
premier dans Z2[X].
Correction 52 1. Soit J = B ∩ I. Soit x, y ∈ J , a, b ∈ B, alors ax + by ∈ B puisque Best un sous-anneau de A. ax + by ∈ I puisque I est un ideal. On en deduit que J est unideal.
B+I est stable par addition (car B et I le sont). Soit α = a+x ∈ B+I et β = b+y ∈ B+I.Alors αβ = (ab)+(ay+bx+xy) ∈ B+I, donc B+I est stable par multiplication. 1 ∈ B+I,donc B + I est un sous anneau de A. I ⊂ B + I, et I est absorbant pour la multiplicationdans A, donc aussi dans B : Iest un ideal de B + I.
2. On a le diagramme (de morphismes d’anneaux) suivant :
Bi //
π0
��
φ
((B + I
π // (B + I)/I
B/ ker φ
∼
44iiiiiiiiiiiiiiiiii
Or, pour x ∈ B, on a : x ∈ ker φ ⇔ x = i(x) ∈ ker π = I. Donc ker φ = B ∩ I, et parsuite :
B/(B ∩ I) ∼ (B + I)/I.
Correction 53 1. Soit P = x3−x+2. Sa reduction P = x3−x− 1 modulo 3 est de degre3 et n’a pas de racine, donc P est irreductible dans Z3[x]. Comme P est primitif, on endeduit que P est irreductible dans Z[x], puis dans Q[x]. Comme Q[x] est principal, on endeduit que (P ) est maximal, et donc que Q[x]/(P ) est un corps.
2. Dans Q[x]/(P ), on a y3 − y + 2 = 0, donc y(y2 − 1) = −2 et finalement y(12(1− y2)) = 1.
Ainsi y−1 = 12(1− y2).
3. 1 + y + y2 = π(1 + x + x2). On a pgcd(P, 1 + x + x2) = 1, et plus precisement, enutilisant l’algorithme d’ Euclide : 13 = (x + 4)P − (x2 + 3x − 5)(x2 + x + 1) donc(y2 + y + 1)−1 = −1
13(y2 + 3y − 5).
Correction 54 Notons f =∑d
i=0 aixi. On a pgcd(a0, . . . , ad) ∼ 1 et π 6 |ad. Notons f ∈
A/(π)[X] la reduction de f modulo π. Soit f = gh une factorisation de f dans A[x]. Alorsf = gh, et donc (quitte a echanger g et h) g ∼ 1 et h ∼ f . Comme π6 |ad, on a deg(f) = d, etdonc deg(h) = d puis deg(h) > d, et finalement deg(h) = d. Par consequent deg(g) = 0 : g ∈ A.Comme g|f , on a g|c(f) ∼ 1 donc g ∼ 1. Ainsi, toute factorisation de f dans A[x] est triviale :fest irreductible.
Correction 55 1. Ce polynome est unitaire donc primitif. 11 est nombre premier qui divisetous les coefficients sauf le dominant. 112 = 121 ne divise pas le coefficient de degre 0,donc, d’apres le critere d’Eisenstein, c’est un polynome irreductible de Q[X].
2. f(X, Y ) = (X2 +1)Y 3 +(X−1)2Y 2 +(X−1). Regardons f comme un polynome de A[Y ]avec A = C[X]. Alors, f est primitif sur A, et (X − 1) est un irreductible de A qui divisetous les coefficients de f sauf le dominant, et dont le carre ne divise pas le terme constant.D’apres le critere d’Eisenstein, on en deduit que f est irreductible dans A[Y ] = C[X, Y ].
Dans Z2[X, Y ], on a (X2 + 1) = (X + 1)2 et f = (X + 1)((X + 1)(Y 3 + Y 2) + 1), donc fn’est pas irreductible..
12
3. f(X, Y ) = Y 7 + Y 6 + 7Y 4 + XY 3 + 3X2Y 2 − 5Y + X2 + X + 1. Considerons f commeun polynome de A[X] ou A = Q[Y ]. Alors f est primitif sur A. Soit π = Y ∈ A. π estirreductible, π ne divise pas le coefficient dominant de f , et la reduction f modulo π estf = X2 + X + 1 ∈ A/(π)[X] = Q[X,Y ]/(Y ) ' Q[X]. f est donc irreductible dans A/(π),donc d’apres l’exercice precedent, f est irreductible dans Q[X, Y ].
Correction 56 Soit f = x2+y2+1 ∈ A[x, y] (A = C, R, Q, Z, Z2). Soit B = A[y], et regardonsf comme un polynome de B[x]. Le coefficient dominant de f (qui est 1) est inversible dans B,donc on peut effectuer la division euclidienne de tout polynome par f : ∀g ∈ B[y],∃(q, r) ∈B[x]2, g = qf + r et degx r 6 1. Notons r = a(y)x + b(y), a, b ∈ A[y]. De plus, pour desraisons de degre, le quotient et le reste de cette division sont uniques. On peut donc identifierA[x, y]/(x2 + y2 + 1) a {a(y)x + b(y), a(y), b(y) ∈ A[y]}. Supposons que y soit inversible danscet quotient. Il existe a, b ∈ A[y] tels que y(a(y)x+b(y)) = 1. On a donc ya(y) = 0 et yb(y) = 1,ce qui est impossible.
Correction 57
Correction 58 Rappelons que (a) · (b) = {∑n
i=1 aibi, n ∈ N, ai ∈ (a), bi ∈ (b)} = (ab). De plus(ab) ⊂ (a) ∩ (b) donc
(ab) = (a) ∩ (b) ⇔ (a) ∩ (b) ⊂ (ab)
⇔ ∀m ∈ A, (a|m et b|m ⇒ ab|m)
⇔ ppcm(a, b) ∼ ab
⇔ ppcm(a, b) ∼ pgcd(a, b)ppcm(a, b)
⇔ pgcd(a, b) ∼ 1
Si A est principal, alors ∃d ∈ A, (a, b) = (d). Alors a ∈ (d) et b ∈ (d) donc d est un diviseurcommun a a et b. Si de plus d′ est un autre diviseur commun a a et b, alors a ∈ (d′) et b ∈ (d′)et comme (a, b) est le plus petit ideal contenant a et b, on en deduit que (a, b) = (d) ⊂ (d′), etdonc que d′|d : finalement, pgcd(a, b) = d.
Correction 59 1. I = (5, x2 + 3). On a pgcd(5, x2 + 3) = 1, donc si I etait principal, onaurait 1 ∈ I, et donc I = Z[X]. Si 1 ∈ I, il existe P, Q ∈ Z[x], tels que 1 = 5P +(x2+3)Q.En considerant la reduction modulo 5 de ces polynomes, on obtient (x2 + 3)Q = 1, ce quiest impossible pour des raisons de degre (Z/5Z est integre). Donc 1 /∈ I, et I n’est doncpas integre.
x2 + 1 = (x + 2)(x − 2) + 5, donc (x2 + 1, x + 2) = (x + 2, 5). Or (x + 2, 5) n’est pasprincipal pour les memes raisons que precedemment.
On a (x−1) = (x4−1)−x(x3−1) donc (x−1) ⊂ (x4−1, x3−1). Par ailleurs, (x−1)|(x4−1)et (x−1)|(x3−1) donc x4−1 ∈ (x−1) et x3−1 ∈ (x−1), donc (x4−1, x3−1) ⊂ (x−1).Donc (x4 − 1, x3 − 1) est principal.
2. I = (x, x + 1) = Z car 1 = (x + 1)− x. Donc I n’est pas propre.
I = (5, x2 + 4). Z[X]/I ∼ Z5/(x2 + 4). Mais (x2 + 4) = (x− 1)(x + 1) est reductible dans
Z5[x], donc Z5/(x2 + 4) n’est pas integre : I n’est pas premier.
I = (x2+1, x+2) = (x+2, 5). Z[x]/I ' Z5[x]/(x+2). x+2 est irreductible dans Z5[x], quiest principal, donc (x + 2) est maximal, donc le quotient est un corps, et I est maximal.
Correction 60 1. Soit a, b ∈ B, ab ∈ I ∩ B. Alors ab ∈ I donc a ∈ I ou b ∈ I. Commea, b ∈ B, on a a ∈ I ∩B ou b ∈ I ∩B. Donc, si I ∩B est propre, I ∩B est premier.
13
2. Soit J un ideal premier de Z[X]. Alors J ∩ Z est soit Z soit un ideal premier de Z. SiJ ∩ Z = Z, alors 1 ∈ J , et donc J = Z[X], ce qui est exclu. On en deduit que J = (0) ouJ = (p) avec p premier.
3. On suppose J ∩Z = (0) et J 6= (0). Soit alors f un polynome de J \{0} de degre minimal.Notons f = c(f)f0 ou f0 ∈ Z[x] est primitif. Comme J est premier, on a c(f) ∈ J ouf0 ∈ J . Comme J ∩ Z = {0}, le premier cas est exclu, donc f0 ∈ J .
Soit maintenant g ∈ J . Soit g = f0q + r la division euclidienne de g par f0 dans Q(q, r ∈ Q[x]). Notons q = a
bq0 avec q0 ∈ Z[x] primitif, et r = a′
b′ r0, avec r0 ∈ Q[x] primitif.
Alors bb′g = ab′ q0f0 + a′b r0 On en deduit que a′b r0 ∈ J , et pour des raisons de degre,r0 = 0. Finalement, bb′g = ab′ q0f0, et en considerant les contenus, on en deduit quebb′|ab′, donc b|a, et donc q ∈ Z[x]. On en deduit que g ∈ (f0), et finalement J = (f0).
4. On suppose que J ∩ Z = (p). Soit rp la projection Z[x] → Zp[x]. Soit α, β ∈ Zp[x] telsque αβ ∈ rp(J). Soit f, g des representants de α et β (i.e. rp(f) = α, rp(g) = β). Alorsfg ∈ r−1
p (rp(J)) = J + (p) = J . Donc f ∈ J ou g ∈ J , et donc α ∈ rp(J) ou β ∈ rp(J) :rp(J) est premier.
Zp[x] est principal, donc il existe un polynome π irreductible dans Zp[x] tel que rp(J) =(π). Soit g un representant de π. Alors J = (p, g) : en effet, on a vu que J = r−1
p ((π)) etr−1p ((π)) = (g) + (p) = (p, g).
5. Supposons J maximal dans Z[x]. J est en particulier premier, donc a une des deux formesci dessus. Supposons J = (f), avec f irreductible et primitif. Soit p un nombre premier nedivisant pas le coefficient dominant de f . Alors J ⊂ (p, f) ⊂ Z[x], mais (p, f) 6= Z[x]. Eneffet, sinon, il existerait g, h ∈ Z[x] tels que 1 = pg + fh, et en considerant la reductionmodulo p, f serait inversible dans Zp[x] : comme deg f > 0, c’est impossible. On en deduitque J n’est pas maximal.
J est donc de la forme (p, g), avec rp(g) irreductible dans Zp[x].
Correction 61 1 ∈ I + J donc ∃(x, y) ∈ I × J, 1 = x + y. En multipliant cette egalitepar x, on obtient x2 + xy = x. On en deduit que xy ∈ I, donc ∀p ∈ N ; xpy ∈ Ip, et donc∀(p, q) ∈ N2, xpyq ∈ Ip. Par symetrie, on a aussi ∀(p, q) ∈ N2, xpyq ∈ Jq.Soit maintenant (m, n) ∈ N2. Notons N = 2 sup(m, n). Alors 1 = 1N = (x+y)N =
∑p+q=N Cp
Nxpyq.Comme : (p + q = 2N) ⇒ (p > n ou q > m), tous les termes de cette somme sont dans In oudans Jm, et donc 1 ∈ In + Jm
Correction 62 1. 3, 5, 7, 11 sont deux a deux premiers entre eux, donc la solution estunique modulo 1155 = 3 · 5 · 7 · 11.
x ≡ 1 mod 3
x ≡ 3 mod 5
x ≡ 4 mod 7
x ≡ 2 mod 11
⇔
x ≡ 13 mod 15
x ≡ 4 mod 7
x ≡ 2 mod 11
⇔
{x ≡ 88 mod 105
x ≡ 2 mod 11
⇔{
x ≡ 508 mod 1155
2. Un diviseur commun de 2001 et 2002 divise leur difference, et donc pgcd(2001, 2002) = 1.De meme, pgcd(2002, 2003) = 1, et comme 26 |2001, pgcd(2001, 2003) = 1.
14
2001, 2002, 2003 sont donc deux a deux premiers entre eux, et la solution est donc uniquemodulo 2001 · 2002 · 2003.
x ≡ 997 mod 2001
x ≡ 998 mod 2002
x ≡ 999 mod 2003
⇔
x ≡ −1004 mod 2001
x ≡ −1004 mod 2002
x ≡ −1004 mod 2003
⇔x ≡ −1004 mod (2001 · 2002 · 2003)
Correction 63 On a 72 = 8 · 9 et pgcd(8, 9) = 1, donc Z72 ' Z8 × Z9. De meme, Z84 'Z4×Z3×Z7, Z36 ' Z4×Z9 et Z168 ' Z8×Z3×Z7. Donc Z72×Z84 ' Z8×Z9×Z4×Z3×Z7 'Z4 × Z9 × Z8 × Z3 × Z7 ' Z36 × Z128
Correction 64 1. 11, 31, 61 sont premiers donc 2 a 2 premiers entre eux. Ainsi 2015 ≡
1[11 · 31 · 61] ⇔
2015 ≡ 1[11]
2015 ≡ 1[31]
2015 ≡ 1[61]
– En utilisant le petit theoreme de Fermat, on obtient que, modulo 11 : 2015 ≡ 205 ≡−25 ≡ 1[11].
– (2015)2 = 2030 ≡ 1[31]. On en deduit que 2015 ≡ ±1[31]. Comme 31 6≡ 1[4], d’apresle theoreme de Wilson, x2 = −1 n’a pas de solution modulo 31, et donc 2015 ≡ 1[31].202 ≡ −3[31] est premier
– 2015 ≡ (92)15 ≡ 360 ≡ 1[61]
2. 1155 = 11 · 7 · 5 · 3. De plus (petit theoreme de Fermat) 26754 ≡ 24 ≡ 5[11]. De meme,26754 ≡ 24 ≡ 2[7], 26754 ≡ 22 ≡ −1[5], et 26754 ≡ 20 ≡ 1[3]. Or
a ≡ 5[11]
a ≡ 2[7]
a ≡ 4[5]
a ≡ 1[3]
⇔
a ≡ 5[11]
a ≡ 2[7]
a ≡ 4[15]
⇔
{a ≡ 5[11]
a ≡ −26[105]⇔ a ≡ 709[1155]
Donc le reste de la division de 26754 par 1155 est 709.
Correction 65 13 est premier et 100 = 12 · 8 + 4 donc 10100 ≡ 104 ≡ (−3)4 ≡ 3 ≡ −10[13].De meme 10100 ≡ 10−8 ≡ 28 ≡ 9 ≡ −10[19]. En utilisant le lemme chinois, on en deduit que10100 ≡ −10[247]. Comme pgcd(10, 247) = 1, on peut simplifier cette expression par 10 et on a1099 ≡ −1[247], et donc 247|1099 + 1.
Correction 66 C = A×B.
(a, b) ∈ (A×B)× ⇔∃(c, d) ∈ A×B, (a, b)(c, d) = (1, 1)
⇔∃(c, d) ∈ A×B, ac = 1 et bd = 1
⇔a ∈ A× et b ∈ B×
donc (A×B)× = A× ×B×.De meme, on obtient que l’ensemble DA×B des diviseurs de 0 de A×B est
DA×B = DA ×B ∪ A×DB ∪ (A \ {0})× {0} ∪ {0} × (B \ {0}).
Enfin, pour les nilpotents Nil(A×B) = Nil(A)×Nil(B).
15
Correction 67 1. En posant y = x+1, on a Z2[x]/(x3+x2+x+1) = {0, 1, x, y, x2, y2, xy, xy+1}. Les tables des operations sont les suivantes (elles sont symetriques) :
⊕ 0 1 x y x2 y2 xy xy + 10 0 1 x y x2 y2 xy xy + 11 0 y x y2 x2 xy + 1 xyx 0 1 xy xy + 1 x2 y2
y 0 xy + 1 xy y2 x2
x2 0 1 x yy2 0 y xxy 0 1
xy + 1 0
⊗ 0 1 x y x2 y2 xy xy + 10 0 0 0 0 0 0 0 01 1 x y x2 y2 xy xy + 1x x2 xy xy + 1 y2 y 1y y2 y 0 y2 xyx2 1 y2 xy xy2 0 0 y2
xy y2 yxy + 1 x2
Pour Z[x]/(x2−1), (x−1) et (x+1) sont deux ideaux etrangers, et le lemme chinois nousdonne Z[x]/(x2−1) ' Z[x]/(x−1)×Z[x]/(x+1). Or Z[x]/(x+1) ' Z et Z[x]/(x−1) ' Zdonc Z[x]/(x2 − 1) ' Z× Z.
La factorisation de (x8−1) sur Q est (x8−1) = (x−1)(x+1)(x2+1)(x4+1). En utilisant lelemme chinois, on obtient que Q[x]/(x8−1) ' Q[x]/(x+1)×Q[x]/(x2+1)×Q[x]/(x4+1)soit :
Q[x]/(x8 − 1) ' Q×Q×Q[i]×Q[eiπ/4].
Montrons en effet que Q[x]/(x2 +1) ' Q[i] : l’application φ : Q[x]/(x2 +1) → Q[i] definiepar P 7→ P (i) est un morphisme d’anneau.– injectivite : Soit P ∈ ker φ. Alors P (i) = 0. Comme P est a coefficient rationnels donc
reels, −i est aussi raine de P . Donc x2 + 1|P .– surjectivite : Soit z = a + ib ∈ Q[i]. Alors z = φ(ax + b).
De meme pour Q[x]/(x4 + 1) ' Q[eiπ/4]. Considerons le morphisme φ : Q[x]/(x4 + 1) →Q[eiπ/4] defini par φ(P ) = P (eiπ/4). φ est bien definie, c’est un morphisme d’anneau.– injectivite : Soit P ∈ ker φ. Alors P (eiπ/4) = 0. Par ailleurs X4 + 1 est irreductible
dans Q : sa factorisation sur R est (x2 +√
2x + 1)(x2 −√
2x + 1), et aucun de cesdeux polynomes, meme a inversible reel pres, n’est rationnel. On en deduit que si(x4 + 1) ne divise pas P , alors pgcd(X4 + 1, P ) = 1. Il existerait donc U, V ∈ Q[x],UP + V (X4 + 1) = 1. En evaluant en x = eiπ/4, on obtient une contradiction. DoncX4 + 1|P . (cf. ex. 9 feuille 3).
– surjectivite : Soit z = a + beiπ/4 ∈ Q[eiπ/4]. Alors z = φ(ax + b).
2. On a K[x]/(fngm) ' K[x]/(fm) ×K[x]/(gm). On en deduit que les diviseurs de 0 sont
16
les polynomes de la forme P ou P satisfait l’une des conditions suivantes :∣∣∣∣∣∣∣∣fn|P et gm6 |P ({0} ×K[x]/(gm) \ {0})gm|P et fn6 |P (K[x]/(fn) \ {0} × {0})f |P et fn6 |P (DK[x]/(fn) ×K[x]/(gm))g|P et gm6 |P (K[x]/(fn)×DK[x]/(gm))
Les nilpotents sont donnes par les conditions{fg|P(fngm6 |P si on veut exclure 0)
3. Les ideaux de K[x]/(fn) sont les ideaux engendres par les diviseurs de fn soit les fk pour0 6 k 6 n.
La demonstration peut se faire en toute generalite exactement de la meme maniere quedans Z/nZ : Soit D l’ensemble des diviseurs de fn (modulo K∗). Ici, D = {fk, 0 6 k 6 n}.Soit I l’ensemble de ideaux de K[x]/(fn).
On a une fleche de D → I, donnee par d 7→ (d).– surjectivite Soit I ∈ I. I est principal : notons I = (h). Soit d = pgcd(f, h), et h1 le
polynome determine par h = dh1. Alors pgcd(f, h1) = 0 et h1 est inversible dans lequotient. On en deduit que (h) = (d) = I (or d ∈ D).
– injectivite Soit d, d′ ∈ D tels que (d) = (d′). On a alors d = h1d′ + h2f donc d′|d. De
meme, d|d′. On en deduit que d ∼ d′.
Revenons a notre exercice : les ideaux de K[x]/(fn) × K[x]/gm sont donc de la forme(fα)× (gβ). En revenant a K[x]/(fngm), on obtient que l’ensemble des ideaux est
{(fαgβ), 0 6 α, β 6 n}
4. Les inversibles de K[x]/(fn) sont les (classes des) polynomes premiers avec f . Le complementaireest donc forme des multiples de f , il y en a donc autant que de polynomes de degre(nd− 1)− d ou d est le degre de f , soit p(n−1)d. Il y a donc p(n−1)d(p− 1) inversibles dansK[x]/(fn).
On en deduit qu’il y en a p(n−1)df+(m−1)dg(p− 1)2 dans K[x]/(fngm), ou df et dg sont lesdegres respectifs de f et g.
5. Plus generalement, si les fi sont des polynomes irreductibles distincts, dans K[x]/(fn11 · · · fnk
k )il y a p
P(ni−1)di(p− 1)k inversibles, ou di est le degre de fi.
Correction 68 Pour obtenir les facteurs multiples, on utilise la remarque suivante : g est unfacteur multiple de f ssi g est un facteur commun a f et a f ′ (derive formel de f).Ainsi pgcd(f, f ′) est le produit de tous les facteurs multiples de f , avec exposant diminue de1 par rapport a f . Ainsi f/pgcd(f, f ′) est le produit de tous les facteurs irreductibles de f ,avec exposant 1 pour tous. Finalement, pgcd(pgcd(f, f ′), f/pgcd(f, f ′)) est le produit de tousles facteurs multiples de f avec exposant 1.
Correction 70 Soit z = n + m√
d, z′ = n′ + m′√
d ∈ Z[√
d]. Alors
zz′ = (n + m√
d)(n′ + m′√
d)
= (nn′ + mm′d) + (nm′ + n′m)√
d
= (nn′ + mm′d)− (nm′ + n′m)√
d
= (n−m√
d)(n′ −m′√
d)
= z z′
17
Donc ∀z, z′ ∈ Z[√
d], zz′ = z z′.On a alors ∀z, z′ ∈ Z[
√d], N(zz′) = zz′ zz′ = zz z′z′ = N(z) N(z′).
Correction 71 1. – Si z ∈ Z[√
d] est inversible :Alors zz−1 = 1, donc N(z)N(z−1) = 1. Comme N(z) ∈ Z et N(z−1) ∈ Z, on a doncN(z) ∈ {1,−1}.
– Si N(z = ±1) :Alors zz = ±1, donc z(±z) = 1. Comme ±z ∈ Z[
√d], z est inversible.
2. Soient z1, z2 ∈ Z[√
d] tels que z = z1z2. Alors N(z1)N(z2) = ±p. Comme ±p estirreductible sur Z, on en deduit que N(z1) = ±1 ou N(z2) = ±1. D’apres la questionprecedente, on a z1 ∈ Z[
√d]× ou z2 ∈ Z[
√d]× : on en deduit que z est irreductible dans
Z[√
d].
(ATTENTION : p est premier donc irreductible dans Z, mais peut etre reductible dansZ[√
d] ! cf. 2 dans Z[i].)
3. On a N(3) = N(2+√−5) = 9. On peut montrer en fait que tout element z de norme 9 est
irreductible : si z = z1z2, alors N(z1)N(z2) = 9. Donc {N(z1), N(z2)} = {1, 9} ou {3, 3}(dans Z[
√−5], la norme est toujours positive). Or pour tout (n,m) ∈ Z2, n2 + 5m2 6= 3.
En effet, si |m| > 1, n2 + 5m2 > 5 et pour m = 0, l’equation revient a n2 = 3, qui n’apas de solution entiere. Ainsi, N(z1) = 1 ou N(z2) = 1, donc z1 ou z2 est inversible. z n’adonc pas de factorisation non triviale : z est irreductible dans Z[
√−5]. En particulier, 3
et 2 +√−5 le sont.
4. Tout element de A de norme 9 est irreductible. Il suffit donc de trouver tous les elementsde norme 9. Soit z = n + m
√−5 ∈ A. Si |m| > 2 ou |n| > 4, alors N(z) > 9. On cherche
donc les elements de norme 9 parmi les elements z = n + m√−5 avec |n| 6 3 et |m| 6 1.
Pour m = 0, les seules solutions sont n = ±3, pour |m| = 1, les solutions sont obtenuespour |n| = 2. Ainsi :
∀z ∈ A : N(z) = 9 ⇔ z ∈ {±3,±(2±√
5)}
5. On a N(9) = 81. Donc si 9 = z1z2 est une factorisation de 9 dans A, N(z1)N(z2) est une
factorisation de 81 (dans Z), et plus precisement on a {N(z1), N(z2)} ∈{{1, 81}, {3, 27}, {9, 9}
}.
Si N(z1) = 1 ou N(z2) = 1, la factorisation est triviale.
A n’a pas d’element de norme 3 donc la paire {3, 27} n’est pas realisable.
Si enfin N(z1) = N(z2) = 9, alors z1, z2 ∈ {±3,±(2 ±√
5)}. Comme 9 = 3 · 3 =(2 +
√−5)(2−
√−5), tous ces elements sont diviseurs de 9.
Les diviseurs de 9 sont donc {±1,±3,±(2±√−5),±9}.
Comme N(3(2 +√−5)) = 81, le meme raisonnement montre que si d ∈ A divise 3(2 +√
−5), alors d ∈ {±1,±3,±(2±√−5),±3(2±
√−5)}.
Si (2 −√−5)a = 3(2 +
√−5), alors N(a) = 9, donc a = ±3 ou ±(2 ±
√−5). Comme
A est integre, si a = ±3, on obtient 2 −√−5 = ±(2 +
√−5), ce qui est faux. Si a =
±(2 +√−5), on obtient 2 −
√−5 = ±3, ce qui est faux. Si enfin a = ±(2 −
√−5), on
obtient ±(−1 − 4√−5) = 6 + 3
√−5), ce qui est encore faux. Donc 2 −
√−5 ne divise
pas 3(2 +√−5) dans A. Tous les autres elements de norme 9 divisent 3(2 +
√−5), donc,
finalement :
Les diviseurs de 3(2 +√−5) sont {±1,±3,±(2 +
√−5),±3(2 +
√−5)}.
(ATTENTION : Le seul fait que 3 et 2 +√−5 soient irreductibles ne permet pas de
conclure ! Si l’anneau n’est pas factoriel, un produit d’irreductibles p1p2 peut avoir d’autresdiviseurs (a association pres) que p1 et p2... cf 3 · 3 = (2 +
√−5)(2−
√−5) !)
18
6. On connaıt la liste des diviseurs de 3 et de 2 +√−5. Les seuls qui soient communs sont
1 et −1. On en deduit que 1 est un pgcd de 3 et 2 +√−5.
9 et 3(2 +√−5) sont des multiples communs de 3 et 2 +
√−5, donc si ces deux elements
admettent un ppcm m, on a m|9 et m|3(2 +√−5). On connaıt la liste des diviseurs de 9
et 3(2+√−5) : a association pres, on en deduit que m ∈ {1, 3, 2+
√−5}. Comme 3|m, la
seule possibilite est m = 3, et comme (2+√−5)|m, la seule possibilite est m = 2+
√−5.
Il y a donc contradiction :
3 et 2 +√−5 n’ont pas de ppcm dans A.
7. Supposons I principal : soit a ∈ A un generateur : I = (a). Alors a est un diviseurcommun a 3 et 2 +
√−5, donc a = ±1. (En particulier, I = A). Soient u = u1 + u2
√−5
et v = v1 + v2
√−5 deux elements de A. On a :
3u + (2 +√−5)v = 1 ⇔ (3u1 + 2v1 − 5v2) + (3u2 + v1 + 2v2)
√−5 = 1
⇔{
3u1 + 2v1 − 5v2 = 13u2 + v1 + 2v2 = 0
⇒{−v1 + v2 ≡ 1[3]
v1 − v2 ≡ 0[3]
Donc ∀u, v ∈ A, 3u + (2 +√−5)v 6= 1. Donc 1 /∈ I, ce qui est une contradiction : I n’est
pas principal.
L’anneau A n’est pas principal puisqu’il a au moins un ideal non principal. Il n’est pasnon plus factoriel, puisque 9 = 3 3 = (2 +
√−5)(2 −
√−5) admet deux factorisation en
irreductibles non equivalentes a association pres.
8. – Les diviseurs communs de 9 et 3(2+√−5) sont {±1,±3,±(2+
√−5)}. Si 9 et 3(2+
√−5)
admettent un pgcd d, alors d est dans cette liste, et divisible par tous les membre decette liste. Mais 3 n’est pas divisible par 2 +
√−5 et 2 +
√−5 ne divise pas 3 : 9 et
2 +√−5 n’ont pas de pgcd.
– Supposons que 9 et 3(2 +√−5) admettent un ppcm M . Alors il existe des elements
a, b ∈ A tels que M = 9a = 3(2+√−5)b. Notons m = 3a = (2+
√−5)b (A est integre).
m est un multiple commun de 3 et 2 +√−5.
Soit k un multiple commun de 3 et 2 +√−5. Alors 3k est un multiple commun de 9
et 3(2 +√−5), donc M |3k : ∃c ∈ A, 3k = Mc = 3mc. On en deduit que k = mc (A
est integre), donc m|k. On en deduit que m est un ppcm de 3 et 2 +√−5, ce qui est
impossible.
Correction 72 1. Voir TD. n est inversible ssi pgcd(n, 36) = 1 (Bezout !), i.e. n ∈ {±1,±5,±7,±11,±13,±17}.Les autres elements sont tous des diviseurs de 0 puisque n divise 0 ssi pgcd(n, 36) 6= 1.Enfin, n est nilpotent ssi 2|n et 3|n, donc ssi 6|n, soit n ∈ {0,±6,±12, 18}.
2. Montrons que l’ensemble I des ideaux de Z/36Z est en bijection avec l’ensemble D ={1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36} des diviseurs (positifs) de 36.
Considerons l’application φ : D → I definie par φ(d) = (d).
Injectivite : Si φ(d) = φ(d′), alors ∃a, b ∈ Z, d = d′a+36b. Comme d|36, on en deduit qued|d′. De meme, on a d′|d, et donc d = d′.
Surjectivite :Soit I ∈ I. Z/36Z est principal, donc ∃a ∈ Z, I = (a). Soit d = pgcd(a, 36).Notons a = da′ : pgcd(a′, 36) = 1. On en deduit que a′ est inversible dans Z/36Z. Alorsd ∼ a dans Z/36Z. On en deduit que I = (d) = φ(d).
Finalement, il y a donc 9 ideaux dans Z36 :
19
– (1) = Z36,– (2) = {0,±2,±4,±6,±8,±10,±12,±14,±16, 18},– (3) = {0,±3,±6,±9,±12,±15, 18},– (4) = {0,±4,±8,±12,±16},– (6) = {0,±6,±12}– (9) = {0,±9, 18}– (12) = {0,±12}– (18) = {0, 18}– (36) = {0},
3. Si a, b ∈ A×, alors (ab)(b−1a−1) = 1 donc ab ∈ A×.
Si ab ∈ A×, soit c = (ab)−1. Alors a(bc) = 1 donc a ∈ A× et b(ac) = 1 donc b ∈ A×.
4. On a (6x + 1)(−6x + 1) = 1 dans Z36[x], donc 18x + 1 y est inversible.
5. Soit f un inversible de Z36[x]. Choisissons P ∈ Z[x] tel que P = f et Q ∈ Z[x] tel queQ = f−1.
La projection Z → Z2 se factorise par Z → Z36 → Z2. Ces projections sont bien definies,et sont des morphismes d’anneaux. Notons P[2] la reduction de P modulo 2 : on a alorsP[2]Q[2] = (PQ)[2] = 1, et comme Z2 est un corps, P[2] = 1, Q[2] = 1. On en deduit que2 divise tous les coefficients de P , sauf celui de degre 0. De meme, en considerant lareduction modulo 3, on obtient que 3 divise tous les coefficients de P , sauf celui de degre0. Finalement, 6 divise tous les coefficients de P sauf celui de degre 0, qui est inversiblemodulo 36 : a association (dans Z36) pres, f est donc de la forme :
f =d∑
i=1
6aixi + 1, (ai) ∈ Z36.
Reciproquement, si f est de cette forme, c’est a dire f = 1+6xf1, avec f1 ∈ Z36[x], alors :
(1 + 6xf1)(1− 6xf1) = 1
donc f est inversible.
Correction 73 1. Le critere d’Eisenstein avec 2 pour module donne directement le resultat.
2. La reduction modulo 2 de Q est Q[2] = x6 + x2 + 1, qui n’a pas de racine, et n’estpas divisible par x2 + x + 1, le seul irreductible de degre 2 de Z2[x]. Ainsi, Q[2] est soitirreductible, auquel cas Q l’est aussi sur Z, soit le produit de deux irreductibles de degre3.
Si Q[2] n’est pas irreductible, on considere la reduction modulo 3 de Q : Q[3] = x6 + 1 =(x2+1)3. x2+1 est irreductible sur Z3, car il est de degre 2 et n’a pas de racine. Soit Q = RSune factorisation non triviale de Q sur Z. On peut supposer R et S unitaires. Alors, enconsiderant la reduction modulo 2, on obtient que R[2] et S[2] sont deux irreductibles dedegre 3 de Z2[x]. En particulier deg(R) = deg(R[2]) = 3 (car R est unitaire) et deg(S) =deg(S[2]) = 3. Cependant, la reduction modulo 3 de Q n’admet pas de factorisationsuivant deux polynomes de degre 3. C’est une contradiction : on en deduit que Q n’a pasde factorisation non triviale.
Correction 74 Soit p un nombre premier impair. Notons p = 2m + 1. On a
(m!)2 ≡ (−1)m+1[p]
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en effet, (modulo p) :
(p− 1)! =2m∏k=1
k = m!m∏
k=1
(m + k)
= m!m∏
k=1
(m + k − p) = m!m∏
k=1
(−k)
= (−1)m(m!)2
Or, dans Zp[x], 1−1 = 1 et (p−1)−1 = p−1, donc ∀k ∈ {2, ..., p−2}, k−1 ∈ {2, ..., p−2}. Ainsi,∏p−1k=2 k ≡ 1[p], et donc (p− 1)! ≡ −1[p]. D’ou le resultat.
– Si p ≡ 1[4], (−1)m+1 = −1, et donc m! est une solution de x2 ≡ −1[p].– Si cette equation a une solution, alors x2m ≡ 1[p], et comme xp−1 ≡ 1[p], 1 ≡ (−1)m[p]. On
en deduit que m est pair, donc p ≡ 1[4].
Correction 75 1.
f = g(x3 + x + 1) + (x2 + x)
g = (x2 + x)x + 1
donc pgcd(f, g) = 1 et
1 = g − (x2 + x)x = g − (f − g(x3 + x + 1))x = (x4 + x2 + x + 1)g − xf
2. f = (x4 + x + 1)(x2 + x + 1) donc f n’est pas irreductible.
g est de degre 3 et n’a pas de racine, donc g est irreductible.
3. Les elements de A sont en bijection avec les polynomes de Z2[x] de degre < deg(g) = 3.Il y a 8 polynomes de degre au plus 2 sur Z2, donc A a 8 elements.
4. On utilise la representation lineaire uf + vg = 1 de pgcd(f, g) obtenue plus haut. uf =1 + vg, donc uf = 1 + 0 = 1. Donc (f)−1 = u = x.
5. Soit f1 = x2 + x + 1 et f2 = x4 + x + 1. Alors f1f2 = f donc f1f2 = 0. Pourtant, f nedivise ni f1 ni f2, donc f1 6= 0 et f2 6= 0 : B n’est pas integre, donc B n’est pas un corps.
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