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 $ab$.

Deux règles qu'on emploie sans y penser :

Elles ne font pas partie des axiomes. Un anneau est donné par : un groupe abélien pour $+$, une multiplication associative, et la distributivité qui les relie. Rien n'y dit ce que fait $0$ pour la multiplication.

L'exercice mérite d'être fait une fois : il montre que ces règles sont des conséquences, et cela évite de leur en supposer d'autres qui, elles, sont fausses.

Partons de $0=0+0$ (le neutre additif est idempotent), et multiplions par $a$ :

Et symétriquement $a\cdot 0=0$, par l'autre distributivité.

👉 C'est la structure de GROUPE additif qui permet de simplifier. Dans un simple monoïde additif, on ne pourrait pas conclure.

L'opposé de $ab$ est par définition l'unique élément qui, ajouté à $ab$, donne $0$. Il suffit donc de vérifier que $(-a)b$ convient :

(distributivité, puis étape 1.)

Par unicité de l'opposé dans un groupe :

Conséquence immédiate, souvent utilisée : $(-a)(-b)=-\big(a(-b)\big)=-\big(-(ab)\big)=ab$. La règle des signes est donc, elle aussi, un théorème.

L'anneau nul. Si $1=0$ dans $A$, alors pour tout $a$ :

donc $A=\{0\}$. C'est l'anneau nul, et c'est pourquoi on exige $1\neq 0$ dans la définition d'un corps ou d'un anneau intègre.

Un piège classique : $ab=0$ n'entraîne pas $a=0$ ou $b=0$. C'est une propriété supplémentaire — l'intégrité — que beaucoup d'anneaux n'ont pas.

👉 Toute la suite du chapitre consiste à ajouter des hypothèses — intégrité, principalité, factorialité — pour retrouver les propriétés familières de $\mathbb{Z}$.

⚠️ Attention aux conventions. Ici « anneau » signifie unitaire, et « intègre » inclut la commutativité — c'est la convention française usuelle, mais pas universelle. L'exercice A5 le rappelle explicitement, parce que sans cette convention il faudrait le théorème de Wedderburn.

Exemples à garder en tête : $\mathbb{Z}$ (intègre non corps) · $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ (non intègre) · $M_2(\mathbb{R})$ (non commutatif) · $K[X]$ (intègre) · $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ (intègre mais non factoriel, exercice C6).

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.

C'est le premier exemple où une propriété arithmétique de $n$ se traduit en propriété algébrique du quotient. Tout le chapitre suit ce schéma :

et le cas $A=\mathbb{Z}$ en est l'illustration la plus simple.

⚠️ Rappel de convention : « intègre » exige $1\neq 0$, donc $n\geq 2$.

Écrivons $n=ab$ avec $1<a,b<n$.

Dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ :

Or $\bar a\neq\bar 0$ et $\bar b\neq\bar 0$, puisque $0<a,b<n$ et que la classe de $a$ est nulle seulement si $n\mid a$.

Deux diviseurs de zéro : le quotient n'est pas intègre.

Exemple : dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, $\bar 3\cdot\bar 4=\bar{12}=\bar 0$.

Supposons $\bar a\bar b=\bar 0$, c'est-à-dire $n\mid ab$.

Le lemme d'Euclide — valable exactement parce que $n$ est premier — donne $n\mid a$ ou $n\mid b$, soit

Le quotient est donc intègre.

Pour $p$ premier, $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est en réalité un corps. Deux preuves, toutes deux instructives :

Par Bézout. Si $\bar a\neq\bar 0$, alors $p\nmid a$, donc $\gcd(a,p)=1$ ($p$ étant premier, son seul diviseur autre que $1$ est $p$). Bézout fournit $u,v$ avec $au+pv=1$, d'où

Par finitude. $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est intègre et fini, donc c'est un corps (exercice A5).

La première est constructive — l'algorithme d'Euclide donne l'inverse — la seconde est plus rapide mais ne calcule rien.

Exemple : inverse de $5$ modulo $7$. Euclide : $7=5+2$, $5=2\cdot 2+1$, donc $1=5-2\cdot 2=5-2(7-5)=3\cdot 5-2\cdot 7$. D'où $5^{-1}=\bar 3$, et en effet $15=14+1\equiv 1$ ✓.

Ce qu'il faut retenir pour la suite : dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, les éléments se répartissent en deux catégories, et c'est le pgcd qui décide :

Il n'y a pas de troisième cas dans un anneau fini — c'est l'exercice A4. Sur $\mathbb{Z}$ en revanche, il y en a un : $2$ n'est ni inversible ni diviseur de zéro.

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).

Les unités (ou éléments inversibles) de $A$ sont

On veut montrer que c'est un groupe pour la multiplication, puis l'identifier dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

Pourquoi c'est utile : $A^\times$ mesure « à quel point $A$ est loin d'être un corps ». Un corps est exactement un anneau commutatif où $A^\times=A\setminus\{0\}$. Et le groupe $A^\times$ est un invariant qui distingue des anneaux de même cardinal.

Stabilité. Si $a,b\in A^\times$ d'inverses $a^{-1},b^{-1}$, alors

et symétriquement dans l'autre sens. Donc $ab\in A^\times$, d'inverse $b^{-1}a^{-1}$.

⚠️ L'ordre s'inverse — sans importance si $A$ est commutatif, mais essentiel sinon (exercice A6).

Neutre : $1\cdot 1=1$, donc $1\in A^\times$.

Inverse : si $a\in A^\times$, alors $a^{-1}$ est inversible, d'inverse $a$. Donc $a^{-1}\in A^\times$.

Associativité : héritée de $A$.

ℹ️ L'inverse est unique : si $ab=1$ et $ac=1$, alors $b=b(ac)=(ba)c=c$ — en utilisant $ba=1$, qui fait partie de la définition.

Sens $\Leftarrow$. Si $\gcd(k,n)=1$, Bézout donne $ku+nv=1$, d'où en passant au quotient $\bar k\bar u=\bar 1$.

Sens $\Rightarrow$. Si $\bar k\bar u=\bar 1$, alors $ku\equiv 1\pmod n$, donc il existe $v$ avec $ku-1=-nv$, soit

Tout diviseur commun de $k$ et $n$ divise donc $1$ : $\gcd(k,n)=1$.

Détail de $\varphi(360)$ : $360=2^3\times 3^2\times 5$, et $\varphi$ est multiplicative sur les facteurs premiers entre eux :

(avec $\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}$.)

Vérification pour $n=12$ : les entiers de $1$ à $11$ premiers avec $12$ sont $1,5,7,11$ — quatre, ✓. Les autres ($2,3,4,6,8,9,10$) partagent un facteur avec $12$, et sont donc des diviseurs de zéro (exercice A4).

Pourquoi $K[X]^\times=K^\times$ : si $PQ=1$, alors $\deg P+\deg Q=0$ (le degré est additif sur un anneau intègre), donc les deux sont constants.

Le cas $\mathbb{Z}[i]$ se lit sur la norme : $u$ inversible équivaut à $N(u)=1$, d'où $a^2+b^2=1$ et les quatre solutions $\pm 1,\pm i$ (exercice C4).

👉 Le groupe des unités est ce qui distingue « irréductible » de « premier » et rend la factorisation « unique à une unité près ». Dans $\mathbb{Z}$, $6=2\times 3=(-2)\times(-3)$ : les deux factorisations sont les mêmes, à des unités près.

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.

Dans un anneau commutatif fini non nul, tout élément non nul est soit une unité soit un diviseur de zéro. Il n'y a pas de troisième cas.

L'idée : regarder l'application « multiplier par $a$ »,

Sur un ensemble fini, injective et surjective sont équivalentes. Or

L'alternative tombe donc toute seule.

Si $m_a$ n'est pas injective, il existe $x\neq y$ avec $ax=ay$, donc

$a$ est donc un diviseur de zéro.

Réciproquement, si $a$ est diviseur de zéro — disons $ab=0$ avec $b\neq 0$ — alors $m_a(b)=0=m_a(0)$ et $m_a$ n'est pas injective.

Si $m_a$ est surjective, alors $1$ est atteint : il existe $b$ avec $ab=1$. Donc $a$ est une unité (la commutativité donne aussi $ba=1$).

Réciproquement, si $a$ est une unité, tout $y$ s'écrit $y=a(a^{-1}y)$ : $m_a$ est surjective.

Soit $a\neq 0$. Deux cas :

$m_a$ est injective. Comme $A$ est fini, une application injective de $A$ dans $A$ est surjective. Donc $a$ est une unité (étape 2).

$m_a$ n'est pas injective. Alors $a$ est un diviseur de zéro (étape 1).

Et jamais les deux à la fois : si $a$ était inversible et $ab=0$ avec $b\neq 0$, alors $b=a^{-1}(ab)=0$, contradiction. L'alternative est donc exclusive.

⚠️ Sur un anneau infini, l'énoncé est FAUX. Dans $\mathbb{Z}$ :

L'application $m_2$ y est injective mais pas surjective — l'implication « injective donc surjective » exige la finitude.

Vérification sur $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, où l'énoncé s'applique :

Contrôle : $4+7+1(\text{le }0)=12$ ✓ — les trois catégories partitionnent l'anneau.

👉 Corollaire immédiat (exercice A5) : si $A$ est intègre et fini, il n'y a aucun diviseur de zéro, donc tout élément non nul est une unité — c'est un corps.

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.

C'est ce théorème qui garantit que $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est un corps (exercice A2), et plus généralement que tout corps fini existe (chapitre des corps finis).

⚠️ Ce n'est PAS le théorème de Wedderburn. Celui-ci affirme que tout corps gauche fini est commutatif — un résultat bien plus profond. Ici la commutativité est incluse dans l'hypothèse, par la convention rappelée à l'exercice A1.

Soit $A$ intègre fini et $a\neq 0$.

Par l'exercice A4, $a$ est une unité ou un diviseur de zéro. Or $A$ est intègre : il n'a aucun diviseur de zéro.

Donc $a$ est une unité. Tout élément non nul étant inversible, et $1\neq 0$ par définition de l'intégrité :

Il vaut la peine de refaire l'argument sans invoquer A4, car il exhibe l'inverse.

Soit $a\neq 0$. L'application $m_a:x\mapsto ax$ est injective : si $ax=ay$, alors $a(x-y)=0$, et l'intégrité avec $a\neq 0$ force $x=y$.

$A$ étant fini, $m_a$ est surjective. Donc $1$ a un antécédent : il existe $b$ avec $ab=1$.

Version encore plus explicite, par les puissances. La suite $a,a^2,a^3,\dots$ prend un nombre fini de valeurs, donc il existe $i<j$ avec $a^i=a^j$. Par intégrité on simplifie par $a^i$ :

Exemple : dans $\mathbb{F}_7$, $3^6=729=728+1\equiv 1$, donc $3^{-1}=3^5=243=238+5\equiv 5$. Contrôle : $3\times 5=15=14+1\equiv 1$ ✓.

Sans la finitude : $\mathbb{Z}$ est intègre et n'est pas un corps. La suite des puissances de $2$ n'y repasse jamais par une valeur déjà vue.

Sans l'intégrité : $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ est fini et n'est pas un corps — $\bar 2$ et $\bar 3$ y sont des diviseurs de zéro, donc non inversibles.

La construction des corps finis. Si $m$ est irréductible dans $\mathbb{F}_p[X]$, alors $\mathbb{F}_p[X]/(m)$ est intègre (exercice E1 : $(m)$ est premier) et fini — il a $p^{\deg m}$ éléments. Donc c'est un corps.

C'est ainsi qu'on obtient $\mathrm{GF}(4)$, $\mathrm{GF}(8)$, $\mathrm{GF}(256)$ — tous les corps finis.

Le raccourci qu'il offre : pour un anneau fini, il suffit de vérifier l'intégrité pour avoir un corps. On n'a pas à exhiber les inverses un par un, ce qui serait long dans $\mathrm{GF}(256)$.

👉 C'est aussi ce qui rend l'exercice E1 si productif : « $(m)$ maximal $\iff$ quotient corps » et « $(m)$ premier $\iff$ quotient intègre » coïncident dès que le quotient est fini. Sur un anneau fini, premier et maximal sont donc la même chose.

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 : $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_2)$.

$M_2(\mathbb{F}_2)$ est l'anneau des matrices $2\times 2$ à coefficients dans $\mathbb{F}_2=\{0,1\}$. Il a

C'est le plus petit anneau non commutatif intéressant, et il illustre d'un coup les trois défauts qu'un anneau peut avoir : non-commutativité, diviseurs de zéro, et un groupe d'unités bien plus petit que $A\setminus\{0\}$.

⚠️ Il montre aussi que l'exercice A5 ne s'étend pas : $M_2(\mathbb{F}_2)$ est fini et n'est pas un corps, parce qu'il n'est pas intègre.

Prenons deux matrices élémentaires :

Le détail du calcul de $AB$ : coefficient $(1,1)$ = ligne $1$ de $A$ fois colonne $1$ de $B$ = $0\times 0+1\times 1=1$. Les trois autres sont nuls.

ℹ️ Ce sont les deux nilpotents élémentaires, et leur non-commutation est ce qui distingue $M_2$ de tout anneau commutatif.

Le plus simple : $A$ est son propre témoin.

$A\neq 0$ et $A\cdot A=0$ : $A$ est un diviseur de zéro, et même nilpotent.

Un second exemple, avec deux matrices distinctes :

Ces deux-là sont des idempotents ($E^2=E$, $F^2=F$) dont le produit est nul — ils réalisent la décomposition de l'exercice D3 en dimension $2$.

Le critère général : $M$ est un diviseur de zéro si et seulement si $\det M=0$, c'est-à-dire si $M$ n'est pas inversible. C'est l'alternative de l'exercice A4, ici valable malgré la non-commutativité.

Une matrice est inversible si et seulement si son déterminant est non nul — sur $\mathbb{F}_2$, cela veut dire $\det=1$.

Comptons par les colonnes. Une matrice est inversible si et seulement si ses deux colonnes forment une base de $\mathbb{F}_2^{\,2}$ :

• la première colonne doit être non nulle : $4-1=3$ choix ;
• la seconde ne doit pas être dans la droite engendrée par la première, qui contient $2$ vecteurs (le nul et la première colonne) : $4-2=2$ choix.

Contrôle : $6$ unités sur $16$ éléments. Les $10$ autres sont $0$ et $9$ diviseurs de zéro.

La formule générale :

Pour $n=2$, $q=2$ : $(4-1)(4-2)=6$ ✓.

Fait remarquable : $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_2)\simeq S_3$, le groupe symétrique à $3$ éléments. Les deux ont $6$ éléments, et l'isomorphisme vient de l'action sur les trois vecteurs non nuls de $\mathbb{F}_2^{\,2}$ : une matrice inversible les permute, et toute permutation est réalisée.

👉 Comparaison utile avec un anneau de même cardinal.

Deux anneaux de $16$ éléments, radicalement différents. Le cardinal ne détermine rien — c'est le groupe des unités qui les sépare au premier coup d'œil.

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 : $f(ax)=f(a)f(x)$.

Pour un morphisme d'anneaux $f:A\to B$ :

• $\ker f$ est un idéal de $A$ ;
• $\operatorname{im}f$ est un sous-anneau de $B$.

⚠️ L'asymétrie est réelle et importante : l'image n'est en général pas un idéal de $B$. Exemple : $\mathbb{Z}\hookrightarrow\mathbb{Q}$ a pour image $\mathbb{Z}$, qui n'est pas un idéal de $\mathbb{Q}$ (sinon $\tfrac12\cdot 1=\tfrac12$ y serait).

La raison est que la propriété d'idéal — absorber la multiplication par tout l'anneau — est bien plus forte que celle de sous-anneau.

$f(0)=0$ car $f$ est un morphisme de groupes additifs, donc $0\in\ker f$.

Si $a,b\in\ker f$ :

donc $a-b\in\ker f$. C'est bien un sous-groupe.

C'est le point qui fait la différence entre « sous-anneau » et « idéal ».

Soient $a\in\ker f$ et $x\in A$ quelconque. Alors

donc $xa\in\ker f$. De même $ax\in\ker f$.

👉 L'absorption vient du fait que $0$ absorbe : $f(x)\cdot 0=0$ quel que soit $f(x)$. C'est pourquoi les noyaux sont toujours des idéaux, et jamais seulement des sous-anneaux.

ℹ️ $\ker f$ n'est presque jamais un sous-anneau : il ne contient $1$ que si $f(1)=0$, c'est-à-dire si $B$ est l'anneau nul.

Sous-groupe additif : $f(a)-f(b)=f(a-b)\in\operatorname{im}f$.

Stable par produit : $f(a)f(b)=f(ab)\in\operatorname{im}f$.

Contient $1_B$ : $f(1_A)=1_B$ par définition d'un morphisme unitaire.

Mais pas un idéal en général : rien ne garantit que $y\cdot f(a)$ soit dans l'image pour $y\in B$ arbitraire.

Tout idéal est un noyau. Si $I$ est un idéal de $A$, la projection canonique

est un morphisme d'anneaux (exercice B4) de noyau exactement $I$.

C'est le fondement du premier théorème d'isomorphisme (exercice B5).

L'exemple à retenir : l'évaluation

C'est un morphisme surjectif, de noyau $(X)$ (exercice B6). D'où

Le morphisme le plus utile du chapitre est cette évaluation, et sa version en un point quelconque : $P\mapsto P(\alpha)$ a pour noyau l'idéal engendré par le polynôme minimal de $\alpha$ — c'est ce qui construit tous les corps finis.

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.

Un anneau principal est un anneau intègre dont tout idéal est engendré par un seul élément :

On veut montrer que $\mathbb{Z}$ l'est.

L'outil est la division euclidienne, et c'est le seul. C'est pourquoi la même preuve marchera mot pour mot dans $K[X]$ (exercice E4) et dans tout anneau euclidien (exercice C1).

L'idée : prendre le plus petit élément positif de l'idéal, et montrer que tous les autres en sont des multiples — parce que le reste de la division serait plus petit, donc nul.

Si $I=\{0\}$, alors $I=(0)$ et c'est fini.

Sinon, $I$ contient un élément non nul $x$. Comme $I$ est stable par opposé, il contient aussi $-x$, donc il contient un entier strictement positif.

Soit

Ce minimum existe : c'est une partie non vide de $\mathbb{N}^*$, et $\mathbb{N}$ est bien ordonné.

$(n)\subset I$ : $I$ étant un idéal, il absorbe la multiplication, donc $kn\in I$ pour tout $k\in\mathbb{Z}$.

Soit $m\in I$. Divisons par $n$ :

Alors

car $m\in I$ et $qn\in I$ (absorption), et $I$ est stable par différence.

Mais $0\leq r<n$, et $n$ est le plus petit élément strictement positif de $I$. La seule possibilité est $r=0$, donc $m=qn\in(n)$.

👉 La minimalité est le ressort de toute la preuve. C'est exactement le même argument que pour le polynôme générateur d'un idéal de $K[X]$ — on y prend le degré minimal au lieu de la valeur minimale.

Le pgcd apparaît. Pour $a,b$ non tous nuls, l'idéal $(a)+(b)=\{au+bv\}$ est principal, engendré par un $d>0$. Alors :

• $d$ divise $a$ et $b$ (car $a,b\in(d)$) ;
• $d=au+bv$ pour certains $u,v$ — c'est Bézout, obtenu sans algorithme (exercice C2).

Et l'inclusion des idéaux traduit la divisibilité :

⚠️ Attention au sens : le plus GROS idéal correspond au plus PETIT diviseur. $(6)\subset(2)$, et c'est $2$ qui divise $6$.

Ce qui n'est PAS principal : $\mathbb{Z}[X]$. L'idéal $(2,X)$ des polynômes de terme constant pair n'est engendré par aucun élément. S'il l'était par $P$, alors $P\mid 2$ forcerait $P$ constant $\pm 1$ ou $\pm 2$ ; $\pm 1$ donnerait tout l'anneau, et $\pm 2$ ne diviserait pas $X$.

👉 $\mathbb{Z}[X]$ est pourtant factoriel — ce qui montre que principal est strictement plus fort (exercice C3).

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