Exercices corrigés — Anneaux & idéaux

Utiliser $0=0+0$ et la distributivité.

Pour le second point, calculer $ab+(-a)b$.

Un élément dont la somme avec $ab$ vaut $0$ est l'opposé de $ab$.

$0\cdot a=(0+0)\cdot a=0\cdot a+0\cdot a$ (distributivité). En ajoutant l'opposé de $0\cdot a$ aux deux membres : $0=0\cdot a$. (De même $a\cdot 0=0$.)

$ab+(-a)b=(a+(-a))\cdot b=0\cdot b=0$. Donc $(-a)b$ est l'opposé de $ab$ : $(-a)b=-(ab)$. En particulier $(-1)\cdot a=-a$.

Si $n=ab$ avec $1<a,b<n$, regarder $\bar a\,\bar b$.

Si $n=p$ premier, utiliser le lemme d'Euclide : $p\mid xy\Rightarrow p\mid x$ ou $p\mid y$.

« Intègre » = pas de diviseur de zéro.

Si $n=ab$ avec $1<a,b<n$, alors $\bar a\neq\bar 0$, $\bar b\neq\bar 0$ mais $\bar a\,\bar b=\overline{ab}=\bar n=\bar 0$ : $\bar a,\bar b$ sont des diviseurs de zéro, $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ n'est pas intègre.

Soit $n=p$ premier et $\bar x\bar y=\bar 0$, i.e. $p\mid xy$. Par le lemme d'Euclide (Gauss), $p\mid x$ ou $p\mid y$, donc $\bar x=\bar 0$ ou $\bar y=\bar 0$ : pas de diviseur de zéro. $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est intègre (et même un corps).

Vérifier que $A^\times$ est stable par produit et passage à l'inverse.

Le produit de deux inversibles est inversible : $(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}$.

$\bar k$ inversible dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ $\iff\exists u,\ ku\equiv 1\ [n]\iff\gcd(k,n)=1$ (Bézout).

$1\in A^\times$. Si $a,b\in A^\times$, alors $ab$ est inversible d'inverse $b^{-1}a^{-1}$, et $a^{-1}\in A^\times$. La multiplication est associative : $A^\times$ est un groupe.

$\bar k$ est inversible $\iff\exists u,\ ku\equiv 1\pmod n\iff\exists u,v,\ ku+nv=1\iff\gcd(k,n)=1$ (Bézout). Le groupe $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ a donc $\varphi(n)$ éléments.

Considérer la multiplication $\lambda_a:x\mapsto ax$.

Si $\lambda_a$ est injective, sur un ensemble fini elle est surjective.

Si $\lambda_a$ n'est pas injective, exhiber un diviseur de zéro.

Soit $\lambda_a:A\to A,\ x\mapsto ax$. Si $\lambda_a$ est injective, alors (ensemble fini) elle est surjective ; en particulier $1$ a un antécédent : $\exists b,\ ab=1$. Donc $a$ est une unité.

Sinon $\exists x\neq y$ avec $ax=ay$, d'où $a(x-y)=0$ avec $x-y\neq 0$ : $a$ est un diviseur de zéro.

Les deux cas sont exclusifs : une unité $a$ vérifie $ab=0\Rightarrow b=a^{-1}(ab)=0$ (la commutativité confond inversibilité à gauche et à droite), donc n'est pas diviseur de zéro.

Il faut montrer que tout $a\neq 0$ est inversible.

Utiliser que $x\mapsto ax$ est injective dans un anneau intègre.

Injective sur un ensemble fini $\Rightarrow$ surjective.

Soit $A$ intègre fini, $a\neq 0$. L'application $\lambda_a:x\mapsto ax$ est injective : $ax=ay\Rightarrow a(x-y)=0\Rightarrow x=y$ (intégrité, $a\neq 0$).

Injective sur l'ensemble fini $A$, $\lambda_a$ est surjective : $1$ admet un antécédent $b$ avec $ab=1$. Tout élément non nul est inversible : $A$ est un corps.

Prendre deux matrices élémentaires et comparer les deux produits.

Une matrice non nulle de déterminant $0$ est un diviseur de zéro.

Les unités sont les matrices inversibles : $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_2)$.

Avec $E_{12}=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$, $E_{21}=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$ : $E_{12}E_{21}=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\neq E_{21}E_{12}=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$.

$E_{11}E_{22}=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}=0$ avec $E_{11},E_{22}\neq 0$.

Les unités sont les matrices inversibles (en dimension finie, inversible à gauche $\iff$ à droite), formant $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_2)$ d'ordre $(2^2-1)(2^2-2)=3\cdot 2=6$.

Vérifier que $\ker f$ est un sous-groupe additif.

Pour l'absorption : si $f(x)=0$ et $a\in A$, calculer $f(ax)$.

$f$ est un morphisme : $f(ax)=f(a)f(x)$.

$f(0)=0$ donc $0\in\ker f$ ; si $f(x)=f(y)=0$, $f(x-y)=f(x)-f(y)=0$. $\ker f$ est un sous-groupe additif.

Si $x\in\ker f$ et $a\in A$ : $f(ax)=f(a)f(x)=f(a)\cdot 0=0$, donc $ax\in\ker f$ (idem $xa$). $\ker f$ est un idéal.

$\operatorname{im} f$ contient $f(1)=1_B$, est stable par $+$ et $\times$ (car $f$ morphisme) : c'est un sous-anneau de $B$.

Soit $I\neq\{0\}$ un idéal ; considérer le plus petit entier $n>0$ de $I$.

Montrer $(n)\subseteq I$ par absorption.

Montrer $I\subseteq(n)$ par division euclidienne.

Si $I=\{0\}$, $I=(0)$. Sinon $I$ contient un entier $>0$ (car $-x\in I$ si $x\in I$) ; soit $n$ le plus petit entier $>0$ de $I$.

$(n)\subseteq I$ (absorption : $kn\in I$). Réciproquement, soit $a\in I$ ; division euclidienne $a=qn+r$, $0\leq r<n$. Alors $r=a-qn\in I$ ; par minimalité de $n$ et $r<n$, on a $r=0$, donc $a=qn\in(n)$. Ainsi $I=(n)$.

Les idéaux de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ sont les $(d)$ pour $d\mid n$.

$(d)=\{$ multiples de $d\}$ a $12/d$ éléments.

$(d)\subseteq(e)\iff e\mid d$.

Les idéaux correspondent aux diviseurs de $12$ : $d\in\{1,2,3,4,6,12\}$, soit $6$ idéaux. $(1)=\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ (tout), $(2)=\{0,2,4,6,8,10\}$, $(3)=\{0,3,6,9\}$, $(4)=\{0,4,8\}$, $(6)=\{0,6\}$, $(12)=(0)=\{0\}$.

$(d)\subseteq(e)\iff e\mid d$. Par exemple $(4)\subseteq(2)$ et $(6)\subseteq(2),(6)\subseteq(3)$. Le treillis des idéaux est celui des diviseurs de $12$ (renversé).

Tester l'indépendance vis-à-vis des représentants.

Si $a'=a+x$, $b'=b+y$ avec $x,y\in I$, comparer $a'b'$ et $ab$.

Utiliser l'absorption de $I$.

Si $a'\equiv a$ et $b'\equiv b\pmod I$ (i.e. $a'-a,b'-b\in I$), alors $(a'+b')-(a+b)=(a'-a)+(b'-b)\in I$ : la somme ne dépend pas des représentants.

Écrivons $a'=a+x$, $b'=b+y$, $x,y\in I$. Alors $a'b'=ab+\underbrace{ay+xb+xy}_{\in I}$ (chaque terme est dans $I$ par absorption). Donc $a'b'\equiv ab\pmod I$.

Les axiomes d'anneau passent au quotient (héritage) ; le neutre est $1+I$. $A/I$ est un anneau.

Poser $\bar f(a+\ker f)=f(a)$.

Vérifier que $\bar f$ est bien définie et injective.

$\bar f$ est surjective sur $\operatorname{im} f$.

Posons $\bar f(a+\ker f)=f(a)$. Si $a+\ker f=a'+\ker f$, alors $a-a'\in\ker f$, donc $f(a)=f(a')$ : $\bar f$ est bien définie.

$\bar f$ est un morphisme d'anneaux (car $f$ l'est). Son noyau : $\bar f(a+\ker f)=0\iff f(a)=0\iff a\in\ker f\iff a+\ker f=\bar 0$. Donc $\bar f$ est injective.

$\bar f$ atteint tout $f(a)\in\operatorname{im} f$. C'est donc un isomorphisme $A/\ker f\xrightarrow{\sim}\operatorname{im} f$.

Vérifier que $\varepsilon$ respecte $+$ et $\times$.

$P(0)=0\iff X\mid P$.

Appliquer le 1er théorème d'isomorphisme.

$\varepsilon(P+Q)=P(0)+Q(0)$, $\varepsilon(PQ)=P(0)Q(0)$, $\varepsilon(1)=1$ : $\varepsilon$ est un morphisme d'anneaux. Il est surjectif (les constantes $\lambda\in K$ s'atteignent par $P=\lambda$).

$\varepsilon(P)=P(0)=0\iff$ le terme constant de $P$ est nul $\iff X\mid P$ (le reste de la division de $P$ par $X$ vaut $P(0)$) $\iff P\in(X)$. Donc $\ker\varepsilon=(X)$.

Par le 1er théorème d'isomorphisme, $K[X]/(X)\cong\operatorname{im}\varepsilon=K$. (En particulier $(X)$ est maximal.)

$I$ premier signifie : $ab\in I\Rightarrow a\in I$ ou $b\in I$.

$I$ maximal signifie : aucun idéal strictement entre $I$ et $A$.

Traduire la condition sur les classes $\bar a=a+I$.

$\bar a\bar b=\bar 0$ dans $A/I$ signifie $ab\in I$. « Pas de diviseur de zéro » ($\bar a\bar b=\bar 0\Rightarrow\bar a=\bar 0$ ou $\bar b=\bar 0$) équivaut à « $ab\in I\Rightarrow a\in I$ ou $b\in I$ », i.e. $I$ premier. Donc $A/I$ intègre $\iff I$ premier.

Par le théorème de correspondance, les idéaux de $A/I$ sont en bijection avec les idéaux de $A$ contenant $I$. Or un anneau commutatif non nul est un corps $\iff$ ses seuls idéaux sont $\{0\}$ et lui-même (tout élément non nul, engendrant l'anneau, est inversible) ; et ici $A/I\neq 0$ car $I\neq A$. Donc $A/I$ est un corps $\iff$ les seuls idéaux entre $I$ et $A$ sont $I$ et $A$ $\iff I$ maximal.

Utiliser la caractérisation par les quotients.

Un corps est intègre.

Chercher un contre-exemple pour la réciproque (penser à $(0)$ dans $\mathbb{Z}$).

Si $I$ est maximal, $A/I$ est un corps (E1), donc intègre, donc $I$ est premier.

Faux en général : dans $\mathbb{Z}$, $(0)$ est premier ($\mathbb{Z}$ intègre) mais non maximal ($\mathbb{Z}/(0)=\mathbb{Z}$ n'est pas un corps). Autre exemple : $(X)$ dans $\mathbb{Z}[X]$ est premier non maximal, car $\mathbb{Z}[X]/(X)\cong\mathbb{Z}$ est intègre mais pas un corps.

Tout idéal de $\mathbb{Z}$ est $(n)$.

$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ intègre $\iff n$ premier ou $n=0$.

$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ corps $\iff n$ premier.

$(n)$ premier $\iff\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ intègre $\iff n=0$ ou $n=p$ premier. Les idéaux premiers sont donc $(0)$ et les $(p)$.

$(n)$ maximal $\iff\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ corps $\iff n=p$ premier. Les idéaux maximaux sont exactement les $(p)$ ($p$ premier). $(0)$ est premier non maximal.

Si $P=QR$ non trivial, $(P)\subsetneq(Q)\subsetneq K[X]$.

Si $P$ irréductible et $A\not\equiv 0$, alors $\gcd(A,P)=1$.

Utiliser Bézout dans $K[X]$ pour inverser.

Si $P=QR$ avec $0<\deg Q,\deg R<\deg P$, alors $(P)\subsetneq(Q)\subsetneq K[X]$ (inclusions strictes) : $(P)$ n'est pas maximal.

Soit $\bar A\neq\bar 0$ dans $K[X]/(P)$ (donc $P\nmid A$). $P$ irréductible $\Rightarrow\gcd(A,P)=1$ : par Bézout $AU+PV=1$, d'où $\bar A\,\bar U=\bar 1$. Tout élément non nul est inversible : $K[X]/(P)$ est un corps, donc $(P)$ est maximal.

Considérer $\varphi:A\to A/I\times A/J,\ a\mapsto(a+I,a+J)$.

Le noyau est $I\cap J$ ; reste la surjectivité.

Écrire $1=u+v$ avec $u\in I,v\in J$ et viser $(\bar 1,\bar 0)$, $(\bar 0,\bar 1)$.

$\varphi:a\mapsto(a+I,a+J)$ est un morphisme d'anneaux ; $\varphi(a)=0\iff a\in I$ et $a\in J\iff a\in I\cap J$. Donc $\ker\varphi=I\cap J$.

$I+J=A$ : écrivons $1=u+v$, $u\in I$, $v\in J$. Alors $\varphi(v)=(v+I,v+J)=(1+I,\,0+J)=(\bar 1,\bar 0)$ (car $v=1-u\equiv 1\,[I]$) et $\varphi(u)=(\bar 0,\bar 1)$. Tout couple $(\bar a,\bar b)$ est alors atteint par $z=av+bu$ : en effet $z\equiv a\cdot 1+b\cdot 0=a\,[I]$ et $z\equiv a\cdot 0+b\cdot 1=b\,[J]$. Donc $\varphi$ est surjective.

Par le 1er théorème d'isomorphisme, $A/(I\cap J)\cong A/I\times A/J$. Enfin $IJ\subseteq I\cap J$ toujours ; réciproquement, par distributivité $I\cap J=(I\cap J)(I+J)=(I\cap J)I+(I\cap J)J$, avec $(I\cap J)I\subseteq JI=IJ$ (car $I\cap J\subseteq J$) et $(I\cap J)J\subseteq IJ$ (car $I\cap J\subseteq I$), d'où $I\cap J\subseteq IJ$. Donc $I\cap J=IJ$.

Appliquer le CRT avec $\gcd(4,3)=1$.

La carte est $\bar x\mapsto(\bar x\bmod 4,\ \bar x\bmod 3)$.

Pour le second : comparer un invariant, p.ex. l'ordre additif maximal.

$\gcd(4,3)=1$ : $(4)+(3)=\mathbb{Z}/12$ comaximaux, $(4)\cap(3)=(12)=(0)$. Le CRT donne $\mathbb{Z}/12\cong\mathbb{Z}/4\times\mathbb{Z}/3$ via $\bar x\mapsto(\bar x\bmod 4,\bar x\bmod 3)$.

$\gcd(2,6)=2\neq 1$. Invariant : $\mathbb{Z}/12$ est cyclique (additivement), un élément y est d'ordre $12$ ; dans $\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/6$, l'ordre additif maximal est $\operatorname{ppcm}(2,6)=6<12$. Pas d'élément d'ordre $12$ : les groupes additifs diffèrent, donc pas d'isomorphisme d'anneaux.