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Biblioth` eque d’exercices ´ Enonc´ es Alg` ebre commutative Alg` ebre commutative 1 Congruence Exercice 1 1. Trouver 999 · 1998 mod 1999, 136 7 mod 137, 1997 · 1998 · 1999 · 2000 mod 2001. 2. Trouver 2792 217 mod 5 et 10 1000 mod 13. Exercice 2 1. Examiner les carr´ es a 2 mod n pour n =3, 4, 8. 2. Examiner a 3 mod 9 et b 4 mod 16. Exercice 3 Passer mod n avec un module appropri´ e et montrer que chacune des ´ equations suivantes n’a aucune solution dans Z : 1. 3x 2 +2= y 2 ; 2. x 2 + y 2 = n pour n = 2003, 2004 ; 3. x 2 + y 2 + z 2 = 1999 ; 4. x 3 + y 3 + z 3 =5; 5. x 4 1 + x 4 2 + ··· + x 4 15 = 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 ´ el´ ements inversibles modulo 5, 6, 9, 11. 2. Trouver pgcd(107, 281) et sa representation lin´ eaire 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. x 2 +2x + 14 0 mod 17. Exercice 6 (Le petit th´ eor` eme 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. a p-1 1 mod p. 1

Algèbre Commutative

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  • Bibliothe`que dexercices EnoncesAlge`bre commutative

    Alge`bre 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 na 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 + x42 + + 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 lalgorithme dEuclide.

    3. Trouver linverse de 107 mod 281 et linverse 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 75x+ 2y 2 mod 7;

    3. x2 + 2x+ 14 0 mod 17.

    Exercice 6 (Le petit theore`me 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, . . . , (p1)a mod p est une permutation de la suite 1, 2, 3, . . . , (p1)

    mod p ;

    3. ap1 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 (Theore`me 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 posse`de une solution.Montrer que a(p1)/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 lunite.

    Exercice 10 Donner la definition dun 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 lanneau 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 nest pas diviseur de zero et un diviseur de zero

    nest pas inversible.

    Exercice 14 Demontrer que tout anneau inte`gre fini est un corps.(Indication : Voir la solution de lexercice 6, deuxie`me question.)

    Exercice 15 Lesquels de ces sous-ensembles donnes de C sont des anneaux ? Lesquels sont descorps ?

    1.nN

    10nZ ;

    2. {mn| m Z, n N, (m,n) = 1, p - n} (p est un nombre premier fixe) ;

    3. Z[1] = Z+ Z1, Z[2] = Z+ Z2 ;

    4. Q[1] = Q+Q1, Q[2] = Q+Q2.

    Exercice 16 Les elements inversibles dun anneau A forment le groupe multiplicatif (A, ).1. Trouver A pour les anneaux 1. et 2. de lexercice 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 dun anneau A sappelle nilpotent, sil 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, lelement 1 + x est inversible.

    Exercice 18 Soit I un ideal dun anneau A. On note par (a) = a A lideal 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 dun anneau forment un ideal.

    Exercice 20 (Sommes et produits dideaux) 1. Soient I, J deux ideaux dun 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 sappelle produit des ideaux I et J .

    5. On conside`re 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 lanneau de polynomes A[x] nest pasun corps.

    2. Montrer que pour un anneau inte`gre 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, lanneau de polynomes K[x] a une infinite de po-

    lynomes unitaires irreductibles.

    3

  • Exercice 23 1. Montrer que lideal (x, n) ou` n Z, n > 1 de lanneau Z[x] nest pasprincipal.

    2. Soit A un anneau inte`gre. 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 quun polynome P de degre 2 ou 3 dans K[x]est irreductible si et seulement si il na 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 et

    x5 + 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 + 1ou` 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 quil existe C tel quef() = g() = 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+x33x24x1 et g = x3+x2x1.

    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 = xp1 + + 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 na pas de racine dans Z.

    (Indication : Utiliser la reduction modulo 2.)

    2. Soit n N tel quaucun des entiers P (0), . . . , P (n 1) ne soit divisible par n. Montrerque P na pas de racine dans Z.

    Exercice 39 1. Soit P Z[x]. Soit absa 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 quil nexiste aucun polynome P Z[x], non constant, tel que, pour tout

    n 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 = f0 ou` f0 Z[x] est un polynome primitif et Q.2. Soit g Z[x] un polynome primitif, Q tel que g Z[x]. Alors Z.3. Conside`rons deux polynomes d, f sur Z. Si d est primitif et d divise f dans Q[x] alors d

    divise f dans Z[x].4. Supposons que d = pgcdQ[x](f, g) soit le p.g.c.d. dans lanneau Q[x] de deux polynomes

    primitifs f et g de Z[x]. Soit d = d0 sa representation de type 1). Montrer que :d0 = pgcdZ[x](f, g) dans lanneau Z[x].

    5. Soient f , g Z[x], f = c(f)f0, g = c(g)g0. AlorspgcdZ[x](f, g) = pgcdZ(c(f), c(g)) pgcdZ[x](f0, g0).

    Exercice 42 Demontrer que tout morphisme dun corps dans un anneau non-trivial est injectif.

    5

  • Exercice 43 Soit R un anneau inte`gre dans lequel toute chane decroissante dideaux 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 lanneau A est premier ssi quand le produit dedeux ideaux est contenue dans I, alors lun 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 lanneau A ces ideaux sont-ils premiers (maximaux) ?

    Exercice 47 1. Trouver le nombre delements de lanneau quotient Z[d]/(m) ou` m Z

    et m 6= 0.2. Lideal principal endendre par 2 est-il premier dans lanneau Z[

    d] ?

    Exercice 48 Soit A un anneau inte`gre. On appelle element premier de A un element quiengendre un ideal principal premier.

    1. Montrer que un element premier est irreductible.

    2. Dapre`s 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 lelement 3 Z[5] est irreductible. Montrer que 3 nest pas premierdans Z[

    5].4. Lelement 2 est-il irreductible dans lanneau Z[

    5] ?

    Exercice 49 1. Soit A un anneau principal, I un ideal de A. Montrer que tous les ideauxde lanneau quotient A/I sont principaux.

    2. Trouver tous les ideaux des anneaux suivants : Z/nZ (voir le partiel), Q[x]/(f) ou` (f) estlideal 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 lanneau A. Considerons la projection canoniquepiI : A A/I et limage J = piI(J) de lideal J .

    1. Montrer que J est un ideal de lanneau quotient A/I.

    2. Demontrer quon a lisomorphisme suivant : (A/I)/J = A/(I + J).(Indication :. Considerer le morphisme a+ I 7 a+(I+J) de lanneau A/I vers lanneauA/(I + J).)

    Exercice 51 Soit f un morphisme de lanneau A vers lanneau B.

    1. Montrer que limage reciproque dun ideal premier est aussi un ideal premier. Cette pro-position est-elle vraie pour ideaux maximaux ?

    2. Montrer par un exemple, que limage f(I) dun ideal I de A nest 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 lhypothe`se que f est surjective, montrer que limage dun 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 lanneau A et I est un ideal de ce sous-anneau.

    2. Montrer que lanneau quotient B/(B I) est isomorphe a` lanneau quotient (B + I)/I.(Indication : Considerer le compose de linclusion B B+I avec la projection canoniqueB + I (B + I)/I.)

    5 Anneaux de polynomes III

    Exercice 53 Soit (x3 x+ 2) lideal principal engendre par x3 x+ 2 dans lanneau Q[x].1. Montrer que lanneau quotient Q[x]/(x3 x+ 2) est un corps.2. Soit y limage de x dans Q[x]/(x3x+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 lanneau factoriel A.Soit pi A un element irreductible. Supposons que le coefficient dominant de f ne soit pasdivisible par pi et que f mod pi soit irreductible dans lanneau quotient A/(pi). 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 Lideal 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 lideal engendre par m et f dans Z[x] et (f mod m) est lideal engendre parf mod m dans Zm[x]. (Indication : Utiliser lexercice 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 lideal (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)).

    7

  • 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 lanneau 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 dun ideal maximal dans Z[x]. Le plan de la demonstration est le suivant.

    1. Soit B un sous-anneau de lanneau A, I un ideal premier de A. Montrer que B I estsoit un ideal premier de B, soit lanneau B lui-meme.

    2. Soit J un ideal premier de Z[x]. Montrer que Z J = (0) ou (p) ou` p est premier.3. Supposons que ZJ = (0). Montrer que si J 6= (0), alors J est engendre par un polynome

    primitif de J de degre minimal.

    4. Supposons que Z J = (p). Soit rp : Z[x] Zp[x] la reduction modulo p. Montrer quelideal 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 syste`mes suivantes :

    1.

    x 1 mod 3x 3 mod 5x 4 mod 7x 2 mod 11

    2.

    x 997 mod 2001x 998 mod 2002x 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.

    8

  • 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 lanneau 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 lanneau quotient K[x]/(fngm) ou` f et g sont deux polynomes distincts

    irreductibles sur le corps K. Decrirer les diviseurs de zero et les elements nilpotents delanneau 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 lanneau 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)2f 3x mod (x 2)3 .

    7 Devoir maison

    Exercice 70 Soitd non rationel. Dans lanneau

    Z[d] = {n+m

    d |n,m Z}

    on definit la conjugaison z :

    si z = n+md, alors z = nmd.

    On peut aussi definir la norme Nd : Z[d] Z par Nd(z) = zz = (n+m

    d)(nmd).

    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 les

    elements 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 delements 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 lanneau A a` association pre`s.

    6. Trouver un pgcd (3, 2 +5), et montrer que 3 et 2 + 5 nont pas de ppcm dans

    lanneau A.

    7. Montrer que lideal I = (3, 2 +5) A nest pas principal. Donc lanneau A nest pas

    principal. Est-il factoriel ?

    8. Montrer que 9 et 3(2 +5) nont pas de pgcd dans A. Posse`dent-ils un ppcm ?

    9

  • 8 Partiel novembre 2004

    Exercice 72 Soit Z36 = Z/36Z lanneau des entiers modulo 36.1. Decrire tous les elements inversibles, tous les diviseurs de zero et tous les elements nilpo-

    tents de lanneau Z36. (Un element a dun anneau A est dit nilpotent si il existe n tel quean = 0.)

    2. Trouver tous les ideaux de lanneau Z36.3. Soit A un anneau arbitraire. Montrer que

    (a A et b A) (a b) A.

    4. Donner un exemple dun polynome inversible de degre 1 sur Z36.5. Decrire tous les elements inversibles de lanneau 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 lalgorithme dEuclide 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) lideal principal engendre par g. Combien delements contient lanneau quotientA = Z2[x]/(g) ?

    4. Soit pi : Z2[x] A la projection canonique. On pose pi(x) = x A. Trouver linverse delelement pi(f) dans lanneau quotient A.

    5. Lanneau 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

  • Bibliothe`que dexercices CorrectionsAlge`bre commutative

    Alge`bre commutative

    Correction 10 Cours... Non, les roles des deux operations ne sont pas interchangeables,puisque lune est distributive sur lautre.

    Correction 11 1. une seule solution x = a1(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 dune 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 x1xy = y = 0. Donc x nest pas diviseur de 0.

    Correction 14 Soit a A \ {0}. Soit a : A A, x 7 ax. Si a(x) = a(y), alors ax = ay,donc a1ax = a1ay et x = y. a est donc injective de A dans A. Comme A est fini, elle estdonc aussi surjective : x A, a(x) = 1.

    Correction 15 Ce sont tous des anneaux. Montrer que A est stable par addition, par passagea` loppose, contient 0, est stable par multiplication et contient 1. Le reste (associativite etdistributivite) est automatique puisquil sagit des restrictions des operations usuelles sur C)

    1. A est lensemble des nombres dont le developpement decimal sarrete (nombre fini dechiffres apre`s la virgule).

    Stabilite par addition : Soit x = 10na et y = 10mb. Supposons par exemple que n > m.Alors x+y = 10n(a+10nmb) et a+10nmb Z donc x+y A. Les autres verificationssont analogues.

    Ce nest pas un corps : 3 nest pas inversible, puisque si 3 10na = 1, alors 3a = 10ndonc 3|10n ce qui est impossible. Un element est inversible ssi il est de la forme 10n25,, 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 nest pas un corps : p nest pas inversible. Un element est inversible ssi ce nest pasun multiple de p.

    3. Nest pas un corps : 2 nest pas inversible. Les seuls elements inversibles sont 1,1, i,i.En effet, si z A, alors |z| > 1 et |z1| > 1. Donc |z| = 1 et z {1,i}.Reciproquement, ces elements sont bien tous inversibles.

    1

  • Correction 22 1. Le polynome X nest jamais inversible dans A[X]. Si A nest pas inte`gre,comme A A[X], A[X] ne lest pas non plus et ne peut pas etre un corps. Si A est inte`greet 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 estinte`gre, 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 (theore`me 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 i)i (avec i 6= j i 6= j). Comme cette factorisation est unique, et que

    P = P , on en deduit que si i est racine de P avec multiplicite i, alors il en va dememe pour i. Ainsi, on obtient une factorisation de P dans R[X] : P = a

    iR(X

    i)i(X2 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 lun au moins des deuxpolynomes A et B est de degre 1. On peut supposer que cest A. Notons A = aX + b.Alors (X + a1b)|P , et a1b est racine de P .Finalement P a une racine ssi P nest 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 na pas de racine

    {P (0) 6= 0P (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, cest 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 na 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.Lapplication Z Z/2Z, n 7 n induit une application Z[X] Z/2Z[X], P = aiX i 7P =

    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, dou` 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 na pas de racinedans Z/2Z, donc si P est reductible, il doit etre le produit dun irreductible de degre 2et dun irreductible de degre 3. Or P 6= I2I3 et P 6= I2I 3 (faire le calcul !), donc P estirreductible. 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= 0P (1) 6= 0P 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 na pas de racine et lest pas le produitdun irreductible de degre 2 et dun 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 lexercice 26. On peut reduire unpeu les discussions en remarquant que puisquon 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)2X3 +X + 2 = (X + 1)(X2 X + 2)X4 +X3 +X + 1 = (X + 1)(X3 + 1) = (X + 1)4

    Correction 28 On raisonne comme pour lexercice 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 = X5X2X 1na 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 proce`de de la meme facon. Si P = AB,comme 7 est premier, lun des polynomes A ou B a pour coefficient dominant 7 et lautre1. 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)(X3X 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) = 1Soit I = {i, P (ai) = 1} et J = {1, . . . , n} \ I. On notera |I| et |J | le nombre delements de Iet J .Supposons I 6= et J 6= : Alors iI(X ai)|(P + 1) et iJ(X ai)|(Q + 1). Ainsideg(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 =iI

    (X ai) 1 et Q =iJ

    (X ai) 1.

    Ainsi f =

    kIJ(Xak) 1 = (

    iI(Xai) 1)(

    jJ(Xaj) 1) = f (

    iI(Xai)+jJ(X aj) 2

    ), donc

    iI(X ai) +

    jJ(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 ag(ai) = 1 = P (ai)Q(ai), donc P (ai) = Q(ai) = 1.Comme g na pas de racine reelle, il en va de meme de P et Q, qui sont donc de signe constant(theore`me 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 doncn

    i=1(X ai)|P 1 etn

    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 =ni=1

    (X ai) et Q 1 =ni=1

    (X ai).

    On devrait donc avoir (n

    i=1(Xai)+1)2 =n

    i=1(Xai)2+1, ce qui est faux (n

    i=1(Xai) 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 nont 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 lest aussi dans Q[X].Lingredient de base de la demonstration est la notion de contenu dun polynome P Z[X] :cest 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, avecQ,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 , on obtient u() 0 + v() 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 2qd19m = 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 2qm = 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-ie`me de 1, qui sont touts simples : elles sont donc de la forme = ei2pi ou` = k

    n= k

    m. Ainsi km = kn. On a pgcd(m, n) = 1, donc par le theore`me de Gauss, on en

    deduit que k est un multiple de m, soit km= k

    d, et est donc une racine d-ie`me de 1. On en

    deduit que D|Xd 1, et finalement :pgcd(Xn 1, Xm 1) = Xpgcd(m,n) 1.

    Correction 33 Utiliser lalgorithme dEuclide. (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 4

    ne divise pas le terme constant : dapre`s le crite`re dEisenstein, on en deduit que P estirreductible dans Z[x] (puis dans Q[x] car il est unitaire...).

    2. On peut appliquer le meme crite`re, 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=1Ckpx

    k1. Or p| p!k!(pk)! (car p apparat au numerateur, tandis que tous les

    facteurs du denominateur sont < p ; comme p est premier, ils sont donc premiers avec p).De plus C1p = p, donc p

    2 ne divise pas le terme constant de f(x + 1). Dapre`s le crite`redEisenstein, 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)i3.

    Comme 1/2 / A = Z[i3], 2a 1 6= 0, donc si P (a + bi3) = 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 na pas de racine dans Z. On en deduit que P na pas de racine surA, et est donc irreductible.

    Soit K = frac(A) = Q[i3]. On a P (1+i

    3

    2) = 0 donc P a une racine dans K, donc P est

    reductible sur K.

    Correction 38 Si P a une racine dans Z, alors P () = 0, et en considerant la reductionmodulo n, P () = 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 na pas de racine sur Z/2Z.Donc P na 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 Pna pas de racine sur Z/nZ. Donc P na pas de racine sur Z.

    Correction 39 1. (X ab)|P donc Q Q[x], P = (x a

    b)Q = (bxa)Q

    b. En reduisant tous

    les coefficients de Q au meme denominateur, on peut mettre Q sous la forme : Q = 1mQ1,

    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 conside`re 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 6 0, P () < 0, donc on peut supposer a > 0 etb > 0.

    7

  • Si a = 1 : () b {2, 3, 5}. Aucune de ces possibilites nest compatible avec ( ). Si a = 2 : () b {1, 3, 4, 6}. Comme pgcd(a, b) = 1, 4et 6 sont exclus. 3 nest pascompatible 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` laide du binome, on obtient que P (n+km) =

    06j6i6d aiCji n

    j(km)ij =P (n) +mN ou` N =

    06j 0. Soit g1 = g. On a qg = pg1, donc

    qc(g) = pc(g1). On en deduit que q|p, et donc que q = 1 : Z.3. Soit g Q[x] tel que f = dg. Soit g = p

    qg0 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 apre`s 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 SoitK un corps, A un anneau non trivial, etK A un morphisme danneaux.

    Soit x K \{0}. On a 1 = (1) = (xx1) = (x)(x1) 6= 0 (car A nest pas lanneau trivial).Donc (x) 6= 0. Ainsi ker = {0}, donc est injectif.

    Correction 43 Soit x R \ {0}. Alors (x) (x2) (x3) est une suite decroissantedideaux. Elle est donc stationnaire a` partir dun certain rang : k N, (xk) = (xk+1). Enparticulier, a R, kk+1 = axk. Comme A est inte`gre, 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 inte`gre, 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 lideal engendre par lesproduits de la forme ab avec a I, b J :

    I J = {Ni=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 Mn1. Donc si I est premier et contient Mn alors I contient M ou Mn1,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 danneaux.Une autre facon de dire la meme chose est de remarquer que lapplication : A[X] A,P 7 P (0) est un morphisme danneaux. ker = (X) et Im = A. Comme A/ ker Im,on a bien A[X]/(X) A.

    On peut considerer : A[X,Y ] A[Y ], P 7 P (0, Y ). Cest un morphisme danneaux. 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 ]. Alors(P ) = 0 ssi P1 = 0, ssi P = XP2, cest a` dire P (X). Ainsi ker = (X). Par ailleurs, toutpolynome P de A[Y ] peut etre vu comme un polynome P de A[X, Y ]. Alors P = (P ), doncIm = A[Y ]. Finalement : A[X, Y ]/(X) A[Y ].

    A[X,Y ]/(X,Y ) : Soit : A[X,Y ] A, P 7 P (0, 0). est un morphisme danneaux, et avecles notations precedentes, pour P = P1(Y )+XP2(X, Y ), avec (P ) = 0, on a P1(0) = 0, doncY |P1(Y ). Ainsi, P est la somme de deux polynomes, lun multiple de X, lautre multiple deY donc P (X, Y ). Reciproquement, si P (X, Y ), alors P (0, 0) = 0. Donc ker = (X, Y ).a A(a) = a donc est surjective. Finalement A[X, Y ]/(X, Y ) A.

    A[X1, . . . , Xn]/(X1, . . . , Xn) : Soit : A[X1, . . . , Xn] A, P 7 P (0). est un morphismedanneaux. En regroupant tous les termes dependant de Xn, puis tous les termes restantdependant de Xn1, et ainsi de suite jusquaux termes dependant seulement de X1, et enfinle terme constant, tout polynome P A[X1, . . . , Xn] peut se mettre sous la forme P =XnPn +Xn1Pn1 + +X1P1 + p0, avec Pi A[X1, . . . , Xi] (et p0 A). On en deduit queker = (X1, . . . , Xn). Par ailleurs a A, (a) = a, donc A[X1, . . . , Xn]/(X1, . . . , Xn) A.

    Comme un ideal est premier (resp. maximal) ssi le quotient est inte`gre (resp. un corps), on endeduit que dans A[X], (X) est premier ssi A est inte`gre, maximal ssi A est un corps, dans A[X, Y ], (X) est premier ssi A est inte`gre, et nest jamais maximal, dans A[X1, . . . , Xn], (X1, . . . , Xn) est premier ssi A est inte`gre, maximal ssi A est un corps.

    Correction 47 Soit = a+ bd Z[d]. Soit a = mp + a la division euclidienne de a par

    m, et b = mq+ b celle de b par m. Alors = m(p+ qd)+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 + bd et a + b

    d de cet ensemble sont dans la meme classe,

    alors c, d Z, a+bd = (a+bd)+m(c+dd). 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 aZ[d] Z[X]/(X2 d).

    En effet lapplication : Z[X]/(X2 d) Z[d], P 7 P (d) est bien definie (si (P ) =Q, alors P (

    d) = Q(

    d)), et cest un morphisme danneaux. De plus, si (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 = {0}, donc est injective. Par ailleurs (a, b) Z2, (a + bX) = a + bd donc estsurjective.

    Si d est pair, commed d = |d| (2) alors que d / (2), (2) nest pas premier.

    Si d est impair : (1 +d)(1 +

    d) = (1 + d) + 2

    d (2), mais (1 +d) / (2) donc (2) nest

    pas premier.Remarque : Z[

    d]/(2) Z2[X]/(X2 + d). (X2 + d) est X2 ou X2 + 1. Aucun de ces deux

    polynomes nest irreductible. Donc le quotient ne saurait etre inte`gre.

    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 dirreductibles. Alors (p1 pn1)pn I donc (p1 pn1) I ou pn I. sipn in I, I contient un irreductible. Sinon, (p1 pn2)pn1 I. Par une recurrence finie, lunau 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)

    nest 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 lequation a2 + 5b2 = 2 na pas de solution entie`re (a, b).Par ailleurs, (1 +

    5)(1 +5) = 6 (2), mais (15) / (2) donc 2 nest pas premierdans Z[

    5].Correction 49 1. Soit J un ideal de A/I. Soit pi la projection canonique A A/I, et

    J = pi1(J ). J est un ideal de A qui est principal donc a A, J = (a). Montrons queJ = (pi(a)).On a pi(a) J donc (pi(a)) J . Soit J , et b un representant de , i.e. b A etpi(b) = . Alors b J = (a), donc k A, b = ka. Alors pi(b) = pi(ka) = pi(k)pi(a), doncpi(b) (pi(a)). Donc J (pi(a)).Finalement, J = (pi(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) ={a, Z/nZ} = {pa, p Z} = {pa, p Z}. Donc pi1(I) = {pa + qn, (p, q) Z2}est lideal engendre sur Z par a et n donc lideal 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 api1((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 dideaux dans Z/nZ quede diviseurs de n.

    10

  • Q[X]/(f) : On raisonne de la meme manie`re : la remarque clef etant si I = (g) est unideal de Q[X]/(f), alors pi1(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 inte`gre puisque Z/nZ est fini). On a le diagramme suivant(I = (d)) :

    Zpi1 //

    pi

    pi2pi1''

    Z/nZ pi2 // (Z/nZ)/I

    Z/dZ

    44jjjjjjjjjjjjjjjjjj

    En effet, pi1 et pi2 sont des morphismes danneaux, et ker(pi2 pi1) = 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 , J et , A/I. Alors a, b J , l,m A, = pi(a), =pi(b), = pi(l), = pi(m). On a donc + = pi(la+mb). Or la+mb J (car J est unideal), donc + J . Donc J est un ideal de A/I.

    2. Comme dans lexercice precedent, on a le diagramme suivant :

    Api1 //

    pi

    pi2pi1''

    A/Ipi2 // (A/I)/J

    A/(I + J)

    44jjjjjjjjjjjjjjjjj

    En effet, si x ker(pi2 pi1), alors pi1(x) kerpi2 = J , donc y A, pi1(x) = pi1(y). Alorsx y kerpi1 = 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 pi1(x) = pi1(x2) J , doncpi2 pi1(x) = 0.Donc ker(pi2 pi1) = 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 f1(J).Alors f(a)f(b) = f(ab) J donc f(a) J ou f(b) J . Ainsi, a f1(J) ou b f1(J).On en deduit que f1(J) est premier.Cette proposition nest pas vraie pour les ideaux maximaux. Par exemple, A = Z, B =Q[X], f(k) = k, et J = (X). Alors f1(J) = {0} nest pas maximal.

    2. Prenons A = Z, B = Q, f(k) = k. f(Z) = Z nest 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 f1(K), donc f1(K) = I ou f1(K) = A. Dans le premier cas,on K = f(f1(K)) = J , dans le second cas, on a K = f(f1(K)) = f(A) = B. Lideal 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)) nest pas premier dans Z36[X].(X + 1)2 = (X2 + 1) dans Z2[X], or (X + 1) / (X2 + 1), donc r2((X2 + 1)) nest paspremier 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 = a+x B+I et = b+y B+I.Alors = (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 danneaux) suivant :

    Bi //

    pi0

    ((B + I

    pi // (B + I)/I

    B/ ker

    44iiiiiiiiiiiiiiiiii

    Or, pour x B, on a : x ker x = i(x) kerpi = I. Donc ker = B I, et parsuite :

    B/(B I) (B + I)/I.Correction 53 1. Soit P = x3x+2. Sa reduction P = x3x 1 modulo 3 est de degre

    3 et na 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 y1 = 12(1 y2).

    3. 1 + y + y2 = pi(1 + x + x2). On a pgcd(P, 1 + x + x2) = 1, et plus precisement, enutilisant lalgorithme 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 pi 6 |ad. Notons f

    A/(pi)[X] la reduction de f modulo pi. 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 pi6 |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, dapre`s le crite`re dEisenstein, cest un polynome irreductible de Q[X].

    2. f(X, Y ) = (X2+1)Y 3+(X1)2Y 2+(X1). 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.Dapre`s le crite`re dEisenstein, 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 fnest 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 pi = Y A. pi estirreductible, pi ne divise pas le coefficient dominant de f , et la reduction f modulo pi estf = X2+X +1 A/(pi)[X] = Q[X,Y ]/(Y ) ' Q[X]. f est donc irreductible dans A/(pi),donc dapre`s lexercice 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) = {ni=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, on

    aurait 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 inte`gre). Donc 1 / I, et I nest doncpas inte`gre.

    x2 + 1 = (x + 2)(x 2) + 5, donc (x2 + 1, x + 2) = (x + 2, 5). Or (x + 2, 5) nest pasprincipal pour les memes raisons que precedemment.

    On a (x1) = (x41)x(x31) donc (x1) (x41, x31). Par ailleurs, (x1)|(x41)et (x1)|(x31) donc x41 (x1) et x31 (x1), donc (x41, x31) (x1).Donc (x4 1, x3 1) est principal.

    2. I = (x, x+ 1) = Z car 1 = (x+ 1) x. Donc I nest pas propre.I = (5, x2 + 4). Z[X]/I Z5/(x2 + 4). Mais (x2 + 4) = (x 1)(x+ 1) est reductible dansZ5[x], donc Z5/(x2 + 4) nest pas inte`gre : I nest 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 = ab r0, avec r0 Q[x] primitif.

    Alors bbg = ab q0f0 + ab r0 On en deduit que ab 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 , Zp[x] telsque rp(J). Soit f, g des representants de et (i.e. rp(f) = , rp(g) = ). Alorsfg r1p (rp(J)) = J + (p) = J . Donc f J ou g J , et donc rp(J) ou rp(J) :rp(J) est premier.

    Zp[x] est principal, donc il existe un polynome pi irreductible dans Zp[x] tel que rp(J) =(pi). Soit g un representant de pi. Alors J = (p, g) : en effet, on a vu que J = r1p ((pi)) etr1p ((pi)) = (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, cest impossible. On en deduitque J nest 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. NotonsN = 2 sup(m,n). Alors 1 = 1N = (x+y)N =p+q=N CpNxpyq.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 3x 3 mod 5x 4 mod 7x 2 mod 11

    x 13 mod 15x 4 mod 7x 2 mod 11

    {x 88 mod 105x 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 2001x 998 mod 2002x 999 mod 2003

    x 1004 mod 2001x 1004 mod 2002x 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 'Z4Z3Z7, Z36 ' Z4Z9 et Z168 ' Z8Z3Z7. Donc Z72Z84 ' Z8Z9Z4Z3Z7 'Z4 Z9 Z8 Z3 Z7 ' Z36 Z128Correction 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 theore`me 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], dapre`sle theore`me de Wilson, x2 = 1 na 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 theore`me de Fermat) 26754 24 5[11]. De meme,

    26754 24 2[7], 26754 22 1[5], et 26754 20 1[3]. Ora 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 108 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 = AB.

    (a, b) (AB) (c, d) AB, (a, b)(c, d) = (1, 1)(c, d) AB, ac = 1 et bd = 1a A et b B

    donc (AB) = A B.De meme, on obtient que lensemble DAB des diviseurs de 0 de AB est

    DAB = DA B ADB (A \ {0}) {0} {0} (B \ {0}).Enfin, pour les nilpotents Nil(AB) = 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]/(x21), (x1) et (x+1) sont deux ideaux etrangers, et le lemme chinois nousdonne Z[x]/(x21) ' Z[x]/(x1)Z[x]/(x+1). Or Z[x]/(x+1) ' Z et Z[x]/(x1) ' Zdonc Z[x]/(x2 1) ' Z Z.La factorisation de (x81) sur Q est (x81) = (x1)(x+1)(x2+1)(x4+1). En utilisant lelemme chinois, on obtient que Q[x]/(x81) ' Q[x]/(x+1)Q[x]/(x2+1)Q[x]/(x4+1)soit :

    Q[x]/(x8 1) ' QQQ[i]Q[eipi/4].Montrons en effet que Q[x]/(x2+1) ' Q[i] : lapplication : Q[x]/(x2+1) Q[i] definiepar P 7 P (i) est un morphisme danneau. injectivite : Soit P ker. Alors P (i) = 0. Comme P est a` coefficient rationnels doncreels, i est aussi raine de P . Donc x2 + 1|P .

    surjectivite : Soit z = a+ ib Q[i]. Alors z = (ax+ b).De meme pour Q[x]/(x4 + 1) ' Q[eipi/4]. Considerons le morphisme : Q[x]/(x4 + 1)Q[eipi/4] defini par (P ) = P (eipi/4). est bien definie, cest un morphisme danneau. injectivite : Soit P ker. Alors P (eipi/4) = 0. Par ailleurs X4 + 1 est irreductibledans Q : sa factorisation sur R est (x2 +

    2x + 1)(x2 2x + 1), et aucun de ces

    deux polynomes, meme a` inversible reel pre`s, nest 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 = eipi/4, on obtient une contradiction. DoncX4 + 1|P . (cf. ex. 9 feuille 3).

    surjectivite : Soit z = a+ beipi/4 Q[eipi/4]. Alors z = (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 lune 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 manie`re quedans Z/nZ : Soit D lensemble des diviseurs de fn (moduloK). Ici, D = {fk, 0 6 k 6 n}.Soit I lensemble de ideaux de K[x]/(fn).On a une fle`che 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 lepolynome 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. Dememe, 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(f) (g). En revenant a` K[x]/(fngm), on obtient que lensemble des ideaux est

    {(fg), 0 6 , 6 n}4. Les inversibles deK[x]/(fn) sont les (classes des) polynomes premiers avec f . Le complementaire

    est 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(n1)d. Il y a donc p(n1)d(p 1) inversibles dansK[x]/(fn).

    On en deduit quil y en a p(n1)df+(m1)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, dansK[x]/(fn11 fnkk )

    il y a pP

    (ni1)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+md, z = n +m

    d Z[d]. Alors

    zz = (n+md)(n +m

    d)

    = (nn +mmd) + (nm + nm)d

    = (nn +mmd) (nm + nm)d

    = (nmd)(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 zz = N(z)N(z).Correction 71 1. Si z Z[d] est inversible :

    Alors zz1 = 1, donc N(z)N(z1) = 1. Comme N(z) Z et N(z1) 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 est

    irreductible sur Z, on en deduit que N(z1) = 1 ou N(z2) = 1. Dapre`s 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, lequation revient a` n2 = 3, qui napas de solution entie`re. Ainsi, N(z1) = 1 ou N(z2) = 1, donc z1 ou z2 est inversible. z nadonc pas de factorisation non triviale : z est irreductible dans Z[

    5]. En particulier, 3et 2 +

    5 le sont.4. Tout element de A de norme 9 est irreductible. Il suffit donc de trouver tous les elements

    de norme 9. Soit z = n+m5 A. Si |m| > 2 ou |n| > 4, alors N(z) > 9. On cherche

    donc les elements de norme 9 parmi les elements z = n+m5 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,(25)}

    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 na pas delement de norme 3 donc la paire {3, 27} nest pas realisable.Si enfin N(z1) = N(z2) = 9, alors z1, z2 {3,(2

    5)}. Comme 9 = 3 3 =

    (2 +5)(25), tous ces elements sont diviseurs de 9.

    Les diviseurs de 9 sont donc {1,3,(25),9}.Comme N(3(2 +

    5)) = 81, le meme raisonnement montre que si d A divise 3(2 +5), alors d {1,3,(25),3(25)}.Si (2 5)a = 3(2 + 5), alors N(a) = 9, donc a = 3 ou (2 5). CommeA est inte`gre, 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), onobtient (1 45) = 6 + 35), ce qui est encore faux. Donc 2 5 ne divisepas 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 lanneau nest pas factoriel, un produit dirreductibles p1p2 peut avoir dautresdiviseurs (a` association pre`s) que p1 et p2... cf 3 3 = (2 +

    5)(25) !)

    18

  • 6. On connat 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 elementsadmettent un ppcm m, on a m|9 et m|3(2 +5). On connat la liste des diviseurs de 9et 3(2+

    5) : a` association pre`s, on en deduit que m {1, 3, 2+5}. Comme 3|m, laseule 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 nont 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 + u25

    et v = v1 + v25 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 nestpas principal.

    Lanneau A nest pas principal puisquil a au moins un ideal non principal. Il nest pasnon plus factoriel, puisque 9 = 3 3 = (2 +

    5)(2 5) admet deux factorisation enirreductibles non equivalentes a` association pre`s.

    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 nest pas divisible par 2 +

    5 et 2 + 5 ne divise pas 3 : 9 et2 +

    5 nont pas de pgcd. Supposons que 9 et 3(2 +

    5) admettent un ppcm M . Alors il existe des elementsa, b A tels que M = 9a = 3(2+5)b. Notons m = 3a = (2+5)b (A est inte`gre).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 9et 3(2 +

    5), donc M |3k : c A, 3k = Mc = 3mc. On en deduit que k = mc (Aest inte`gre), donc m|k. On en deduit que m est un ppcm de 3 et 2 +5, ce qui estimpossible.

    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 lensemble I des ideaux de Z/36Z est en bijection avec lensemble D ={1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36} des diviseurs (positifs) de 36.Considerons lapplication : D I definie par (d) = (d).Injectivite : Si (d) = (d), alors a, b Z, d = da+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) = (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)(b1a1) = 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 que

    Q = f1.La projection Z Z2 se factorise par Z Z36 Z2. Ces projections sont bien definies,et sont des morphismes danneaux. 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) pre`s, f est donc de la forme :

    f =di=1

    6aixi + 1, (ai) Z36.

    Reciproquement, si f est de cette forme, cest a` dire f = 1+6xf1, avec f1 Z36[x], alors :

    (1 + 6xf1)(1 6xf1) = 1

    donc f est inversible.

    Correction 73 1. Le crite`re dEisenstein avec 2 pour module donne directement le resultat.

    2. La reduction modulo 2 de Q est Q[2] = x6 + x2 + 1, qui na pas de racine, et nest

    pas divisible par x2 + x + 1, le seul irreductible de degre 2 de Z2[x]. Ainsi, Q[2] est soitirreductible, auquel cas Q lest aussi sur Z, soit le produit de deux irreductibles de degre3.

    Si Q[2] nest pas irreductible, on conside`re 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 na pas de racine. SoitQ = 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 nadmet pas de factorisationsuivant deux polynomes de degre 3. Cest une contradiction : on en deduit que Q na pasde factorisation non triviale.

    Correction 74 Soit p un nombre premier impair. Notons p = 2m+ 1. On a

    (m!)2 (1)m+1[p]

    20

  • en effet, (modulo p) :

    (p 1)! =2mk=1

    k = m!mk=1

    (m+ k)

    = m!mk=1

    (m+ k p) = m!mk=1

    (k)

    = (1)m(m!)2

    Or, dans Zp[x], 11 = 1 et (p1)1 = p1, donc k {2, ..., p2}, k1 {2, ..., p2}. Ainsi,p1k=2 k 1[p], et donc (p 1)! 1[p]. Dou` 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 xp1 1[p], 1 (1)m[p]. Onen 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 nest pas irreductible.

    g est de degre 3 et na 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 = x

    4 + x + 1. Alors f1f2 = f donc f1f2 = 0. Pourtant, f nedivise ni f1 ni f2, donc f1 6= 0 et f2 6= 0 : B nest pas inte`gre, donc B nest pas un corps.

    21