Anneaux et idéaux : corrigé des exercices de maths en L3.

Corrigé de l’exercice 1 : Inversibles, diviseurs de zéro et nilpotents de Z/nZ

1. Si \(\mathrm{pgcd}(k, n) = 1\), le théorème de Bézout fournit \(u, v \in \mathbb{Z}\) avec \(ku + nv = 1\). En réduisant modulo \(n\), on obtient \(\overline{k}\,\overline{u} = \overline{1}\). Réciproquement, si \(\overline{k}\,\overline{u} = \overline{1}\), alors \(ku – 1 = nv\) pour un entier \(v\). Ainsi \(ku – nv = 1\), et tout diviseur commun de \(k\) et \(n\) divise \(1\). Donc \(\overline{k}\) est inversible si et seulement si \(\mathrm{pgcd}(k, n) = 1\).
2. Soit \(\overline{k} \neq \overline{0}\) non inversible. Alors \(d = \mathrm{pgcd}(k, n) > 1\). On pose \(m = n/d\), qui vérifie \(1 \leq\, m < n\), donc \(\overline{m} \neq \overline{0}\). De plus, \(km = (k/d)\,n\) est multiple de \(n\). Par conséquent, \(\overline{k}\,\overline{m} = \overline{0}\). Tout élément non nul est donc inversible ou diviseur de zéro.
3. Les entiers de \(1\) à \(11\) premiers avec \(12\) sont \(1, 5, 7, 11\). Les inversibles sont \(\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}\) ; les diviseurs de zéro sont \(\overline{2}, \overline{3}, \overline{4}, \overline{6}, \overline{8}, \overline{9}, \overline{10}\). Ensuite, \(5 \times 5 = 25 = 2 \times 12 + 1\) et \(7 \times 7 = 49 = 4 \times 12 + 1\). Ainsi \(\overline{5}^{-1} = \overline{5}\) et \(\overline{7}^{-1} = \overline{7}\).
4. On a \(\overline{k}^{m} = \overline{0}\) si et seulement si \(12 \mid k^{m}\). Il faut donc que \(2\) et \(3\) divisent \(k\), c’est-à-dire \(6 \mid k\). Réciproquement, \(6^{2} = 36 \equiv 0 \ [12]\). Les nilpotents de \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) sont \(\overline{0}\) et \(\overline{6}\). En général, notons \(p_1, \ldots, p_r\) les facteurs premiers distincts de \(n\) et \(\alpha\) le plus grand exposant. Si \(n \mid k^{m}\), chaque \(p_j\) divise \(k\) par le lemme d’Euclide. Réciproquement, si \(p_1 \cdots p_r \mid k\), alors \(n \mid k^{\alpha}\). Donc \(\overline{k}\) est nilpotent si et seulement si \(p_1 p_2 \cdots p_r\) divise \(k\).

Point de méthode : dans un anneau fini, la multiplication par un élément non diviseur de zéro est injective, donc bijective ; c’est la raison profonde de la question 2.

Corrigé de l’exercice 2 : Morphismes d’anneaux issus de Z et de Z[i]

1. Un morphisme \(f : \mathbb{Z} \to A\) vérifie \(f(1) = 1_A\). Comme \(f\) est additif, on a \(f(n) = n \cdot 1_A\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\), d’où l’unicité. Réciproquement, \(n \mapsto n \cdot 1_A\) est additif, et \((n \cdot 1_A)(m \cdot 1_A) = nm \cdot 1_A\) par distributivité. Il existe donc un unique morphisme \(\mathbb{Z} \to A\).
2. Un morphisme \(g : \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \to A\) composé avec la surjection \(\pi\) donne le morphisme \(n \mapsto n \cdot 1_A\), qui doit s’annuler sur \(n\mathbb{Z}\). Il faut donc \(n \cdot 1_A = 0\), et \(g\) est déterminé par \(g(\overline{k}) = k \cdot 1_A\). Réciproquement, si \(n \cdot 1_A = 0\), le noyau de \(\mathbb{Z} \to A\) contient \(n\mathbb{Z}\). Ce morphisme passe alors au quotient. Un morphisme existe si et seulement si \(n \cdot 1_A = 0\), et il est unique.
3. Dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), \(6 \cdot \overline{1} = \overline{2} \neq \overline{0}\), alors que \(12 \cdot \overline{1} = \overline{0}\). Dans \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\), \(4 \cdot \overline{1} = \overline{4} \neq \overline{0}\). Il y a donc respectivement \(0\), \(1\) et \(0\) morphismes.
4. Un morphisme \(\varphi : \mathbb{Z}[i] \to \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\) vérifie \(\varphi(m + ni) = \overline{m} + \overline{n}\,a\) avec \(a = \varphi(i)\). De plus, \(a^{2} = \varphi(i^{2}) = -\overline{1} = \overline{4}\). Or, dans \(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\), les carrés de \(\overline{0}, \ldots, \overline{4}\) valent \(\overline{0}, \overline{1}, \overline{4}, \overline{4}, \overline{1}\). Donc \(a \in \{\overline{2}, \overline{3}\}\). Réciproquement, soit \(a\) tel que \(a^{2} = -\overline{1}\) et \(\varphi(m + ni) = \overline{m} + \overline{n} a\). Cette application est additive et envoie \(1\) sur \(\overline{1}\). Pour le produit, on a d’une part \((m + ni)(m^{\prime} + n^{\prime} i) = mm^{\prime} – nn^{\prime} + (mn^{\prime} + nm^{\prime}) i\). D’autre part, \((\overline{m} + \overline{n} a)(\overline{m^{\prime}} + \overline{n^{\prime}} a) = \overline{mm^{\prime}} + \overline{mn^{\prime} + nm^{\prime}}\, a + \overline{nn^{\prime}}\, a^{2}\), et \(a^{2} = -\overline{1}\). Les deux expressions coïncident. Il y a exactement deux morphismes, définis par \(i \mapsto \overline{2}\) et \(i \mapsto \overline{3}\).
5. Pour \(a = \overline{2}\), on a \(\varphi(m + ni) = \overline{m + 2n}\). L’image de l’entier \(m\) est \(\overline{m}\), donc \(\varphi\) est surjectif. Enfin, \(\varphi(2 – i) = \overline{2 – 2} = \overline{0}\). Ainsi \(\varphi\) est surjectif et \(2 – i \in \ker \varphi\).

Corrigé de l’exercice 3 : Idéaux de Z/18Z

1. D’après le théorème de correspondance, les idéaux de \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) sont les \(J/n\mathbb{Z}\) avec \(J\) idéal de \(\mathbb{Z}\) contenant \(n\mathbb{Z}\). Or \(J = d\mathbb{Z}\) avec \(d \geq\, 0\), et \(n\mathbb{Z} \subset d\mathbb{Z}\) équivaut à \(d \mid n\). L’idéal \(d\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est l’idéal \((\overline{d})\). Ses éléments sont \(\overline{0}, \overline{d}, \ldots, \overline{(n/d – 1) d}\). Les idéaux sont les \((\overline{d})\), \(d \mid n\), et \((\overline{d})\) a \(n/d\) éléments.
2. Les diviseurs de \(18\) sont \(1, 2, 3, 6, 9, 18\). Il y a donc six idéaux : \(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\), \((\overline{2})\), \((\overline{3})\), \((\overline{6})\), \((\overline{9})\) et \(\{\overline{0}\}\). L’inclusion \((\overline{d}) \subset (\overline{d^{\prime}})\) équivaut à \(d^{\prime} \mid d\). La figure ci-dessous représente ces inclusions.

   

3. On a \((\mathbb{Z}/18\mathbb{Z})/(\overline{d}) \simeq \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}\) par la correspondance des quotients. Ce quotient est intègre si et seulement si \(d\) est premier, et c’est alors un corps. Les idéaux premiers sont \((\overline{2})\) et \((\overline{3})\) ; ils sont maximaux, de quotients \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) et \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\). Les autres idéaux propres ne sont pas premiers : par exemple \(\overline{2} \times \overline{3} \in (\overline{6})\) alors que ni \(\overline{2}\) ni \(\overline{3}\) n’y appartient.
4. L’idéal \((\overline{k})\) correspond à \(k\mathbb{Z} + 18\mathbb{Z} = \mathrm{pgcd}(k, 18)\mathbb{Z}\). Ainsi \((\overline{4}) = (\overline{2})\), car \(\mathrm{pgcd}(4, 18) = 2\), et \((\overline{15}) = (\overline{3})\). Ensuite, \((\overline{2}) + (\overline{3})\) contient \(\overline{3} – \overline{2} = \overline{1}\). Enfin, \(2\mathbb{Z} \cap 3\mathbb{Z} = 6\mathbb{Z}\). Donc \((\overline{4}) + (\overline{15}) = \mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\) et \((\overline{2}) \cap (\overline{3}) = (\overline{6})\).

Corrigé de l’exercice 4 : Idéaux d’un anneau produit

1. Si \(I\) et \(J\) sont des idéaux, \(I \times J\) est un sous-groupe, et \((a, b)(x, y) = (ax, by) \in I \times J\). Réciproquement, soit \(K\) un idéal de \(A \times B\). On pose \(I = \{x,\ (x, y) \in K\}\) et \(J = \{y,\ (x, y) \in K\}\), qui sont des idéaux, images de \(K\) par les projections. Évidemment \(K \subset I \times J\). Inversement, si \(x \in I\), il existe \(y\) avec \((x, y) \in K\), donc \((x, 0) = (1, 0)(x, y) \in K\). De même, \((0, y) \in K\) pour \(y \in J\). Ainsi \((x, y) = (x, 0) + (0, y) \in K\). Les idéaux de \(A \times B\) sont exactement les \(I \times J\).
2. Le morphisme \(A \times B \to A/I \times B/J\), \((a, b) \mapsto (\overline{a}, \overline{b})\), est surjectif, et son noyau est \(I \times J\). Par le théorème de factorisation, \((A \times B)/(I \times J) \simeq A/I \times B/J\).
3. On a \((1, 0)(0, 1) = (0, 0)\) avec \((1, 0) \neq 0\) et \((0, 1) \neq 0\), car \(A\) et \(B\) sont non nuls. Donc \(A \times B\) n’est pas intègre. Soit maintenant \(I \times J\) premier. D’après la question 2, \(A/I \times B/J\) est intègre. Si les deux facteurs étaient non nuls, ce produit ne serait pas intègre. Donc \(I = A\) ou \(J = B\), mais pas les deux, car un idéal premier est propre. Si \(J = B\), le quotient est \(A/I\), qui doit être intègre : \(I\) est premier. Les idéaux premiers sont les \(P \times B\) et les \(A \times Q\), avec \(P\) et \(Q\) premiers. Le même raisonnement, avec « corps » à la place de « intègre », montre que les idéaux maximaux sont les \(M \times B\) et \(A \times M^{\prime}\), avec \(M\) et \(M^{\prime}\) maximaux.
4. Les idéaux premiers de \(\mathbb{Z}\) sont \(\{0\}\) et les \(p\mathbb{Z}\). Les idéaux premiers de \(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}\) sont \(\{0\} \times \mathbb{Z}\), \(\mathbb{Z} \times \{0\}\), \(p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}\) et \(\mathbb{Z} \times p\mathbb{Z}\) ; les maximaux sont \(p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}\) et \(\mathbb{Z} \times p\mathbb{Z}\), \(p\) premier.

Corrigé de l’exercice 5 : Idéaux maximaux des fonctions continues

1. Les fonctions \(f\) et \(g\) sont continues et non nulles, car \(f(1) = g(0) = \frac{1}{2}\). Cependant, pour tout \(x\), l’un des deux facteurs \(f(x)\) ou \(g(x)\) est nul. Ainsi \(fg = 0\), et \(C\) n’est pas intègre.
2. L’évaluation \(e_a : C \to \mathbb{R}\), \(f \mapsto f(a)\), est un morphisme d’anneaux. Elle est surjective, car la fonction constante égale à \(c\) a pour image \(c\). Son noyau est \(I_a\). Par le théorème de factorisation, \(C/I_a \simeq \mathbb{R}\), qui est un corps. Donc \(I_a\) est un idéal maximal.
3. On a \(J = I_0 \cap I_1\), qui est un idéal comme intersection d’idéaux. Posons \(u(x) = x\) et \(v(x) = 1 – x\). Alors \(uv\) s’annule en \(0\) et en \(1\), donc \(uv \in J\). En revanche, \(u(1) = 1\) et \(v(0) = 1\), donc \(u \notin J\) et \(v \notin J\). L’idéal \(J\) n’est pas premier.
4. Soit \(a \in [0,1]\). Si toutes les fonctions de \(M\) s’annulaient en \(a\), on aurait \(M \subset I_a\). Or \(I_a \neq C\) et \(M\) est maximal, donc \(M = I_a\), ce qui est exclu. Il existe donc \(f_a \in M\) telle que \(f_a(a) \neq 0\).
5. Par continuité, \(f_a\) ne s’annule pas sur un intervalle ouvert \(U_a\) contenant \(a\). Les \(U_a\) recouvrent le compact \([0,1]\). D’après la propriété de Borel-Lebesgue, on extrait un sous-recouvrement fini \(U_{a_1}, \ldots, U_{a_n}\). On pose alors \(h = f_{a_1}^{2} + \cdots + f_{a_n}^{2}\). Comme \(M\) est un idéal, \(h \in M\). De plus, tout \(x\) appartient à un \(U_{a_k}\), donc \(h(x) \geq\, f_{a_k}(x)^{2} > 0\). La figure ci-dessous illustre cette construction avec trois fonctions. Par suite, \(1/h\) est continue, et \(1 = h \cdot \frac{1}{h} \in M\). C’est absurde, car \(M \neq C\). Tout idéal maximal de \(C\) est donc de la forme \(I_a\), et ces idéaux sont maximaux d’après la question 2.

   

Point de méthode : on utilise des carrés pour éviter les compensations de signe ; la somme de carrés ne s’annule que là où tous s’annulent.

Corrigé de l’exercice 6 : Trois quotients de R[X]

1. L’évaluation \(f : \mathbb{R}[X] \to \mathbb{C}\), \(P \mapsto P(i)\), est un morphisme. Elle est surjective, car \(a + bX\) a pour image \(a + ib\). Soit \(P \in \ker f\). La division euclidienne donne \(P = (X^{2} + 1) Q + aX + b\) avec \(a, b\) réels. Alors \(0 = P(i) = ai + b\), donc \(a = b = 0\). Ainsi \(\ker f = (X^{2} + 1)\). Par le théorème de factorisation, \(\mathbb{R}[X]/(X^{2} + 1) \simeq \mathbb{C}\).
2. On a \(x^{2} = \overline{X^{2}} = 0\). En revanche, \(X \notin (X^{2})\) pour une raison de degré, donc \(x \neq 0\). Ainsi \(x\) est nilpotent non nul, et \((X^{2})\) n’est pas premier, puisque \(X \cdot X \in (X^{2})\) alors que \(X \notin (X^{2})\).
3. L’application \(\varphi\) est un morphisme, car l’évaluation en un point en est un. Elle est surjective : \((\alpha, \beta)\) est l’image de \(\frac{\alpha – \beta}{2} X + \frac{\alpha + \beta}{2}\). Ensuite, \(P \in \ker \varphi\) si et seulement si \(1\) et \(-1\) sont racines de \(P\), si et seulement si \((X – 1)(X + 1)\) divise \(P\). En effet, \(X – 1\) et \(X + 1\) sont premiers entre eux. Donc \(\ker \varphi = (X^{2} – 1)\) et \(\mathbb{R}[X]/(X^{2} – 1) \simeq \mathbb{R} \times \mathbb{R}\).
4. Le premier quotient est isomorphe à \(\mathbb{C}\), qui est un corps. Le deuxième contient un nilpotent non nul, donc un diviseur de zéro. Le troisième contient \((1, 0)(0, 1) = (0, 0)\). Seul \(\mathbb{R}[X]/(X^{2} + 1)\) est intègre, et c’est un corps. Cela confirme que \(K[X]/(P)\) est un corps si et seulement si \(P\) est irréductible.

Corrigé de l’exercice 7 : Quotients de l’anneau Z[i]

1. L’évaluation \(f : \mathbb{Z}[X] \to \mathbb{Z}[i]\), \(P \mapsto P(i)\), est un morphisme surjectif, car \(m + nX \mapsto m + ni\). Comme \(X^{2} + 1\) est unitaire, la division euclidienne par ce polynôme reste possible dans \(\mathbb{Z}[X]\) : \(P = (X^{2} + 1) Q + aX + b\) avec \(a, b \in \mathbb{Z}\). Si \(P(i) = 0\), alors \(ai + b = 0\), donc \(a = b = 0\). Ainsi \(\ker f = (X^{2} + 1)\) et \(\mathbb{Z}[X]/(X^{2} + 1) \simeq \mathbb{Z}[i]\).
2. D’abord, \(\psi(2 – i) = \overline{2 – 2} = \overline{0}\), donc \((2 – i) \subset \ker \psi\). Réciproquement, soit \(z = m + ni \in \ker \psi\). Comme \(i = 2 – (2 – i)\), on a \(i \equiv 2\) modulo \((2 – i)\). Donc \(z \equiv m + 2n\) modulo \((2 – i)\). De plus, \(5 = (2 – i)(2 + i)\) appartient à \((2 – i)\). Or \(5 \mid m + 2n\), donc \(m + 2n \in (2 – i)\), et \(z \in (2 – i)\). Enfin, \(\psi\) est surjectif, car \(\psi(m) = \overline{m}\). Donc \(\mathbb{Z}[i]/(2 – i) \simeq \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\). Ce quotient est un corps, donc \((2 – i)\) est maximal, donc premier. Par conséquent \(2 – i\) est premier, donc irréductible.
3. Dans \(\mathbb{Z}[i]/(5)\), on a \(\overline{2 + i} \cdot \overline{2 – i} = \overline{5} = \overline{0}\). Or \(2 + i \notin (5)\), car \(\frac{2 + i}{5} \notin \mathbb{Z}[i]\), et de même \(2 – i \notin (5)\). Les classes de \(2 + i\) et \(2 – i\) sont des diviseurs de zéro, donc \(\mathbb{Z}[i]/(5)\) n’est pas intègre.
4. D’après la question 1, \(\mathbb{Z}[i]/(3) \simeq \mathbb{Z}[X]/(X^{2} + 1, 3)\). Par ailleurs, la réduction modulo \(3\) des coefficients est un morphisme surjectif \(\mathbb{Z}[X] \to \mathbb{F}_3[X]/(X^{2} + 1)\), de noyau \((3, X^{2} + 1)\). Ainsi \(\mathbb{Z}[i]/(3) \simeq \mathbb{F}_3[X]/(X^{2} + 1)\). Or \(X^{2} + 1\) prend les valeurs \(1, 2, 2\) en \(0, 1, 2\) : il n’a pas de racine, et il est de degré \(2\), donc irréductible. Le quotient est un corps de dimension \(2\) sur \(\mathbb{F}_3\), donc à \(9\) éléments.

Corrigé de l’exercice 8 : Idéal non principal de Z[X] et anneaux A[X] principaux

1. Le morphisme \(P \mapsto P(0)\) de \(\mathbb{Z}[X]\) sur \(\mathbb{Z}\) est surjectif, de noyau \((X)\), car \(P(0) = 0\) équivaut à \(X \mid P\). Ainsi \(\mathbb{Z}[X]/(X) \simeq \mathbb{Z}\), qui est intègre sans être un corps. L’idéal \((X)\) est premier mais n’est pas maximal.
2. Considérons \(\theta : \mathbb{Z}[X] \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\), \(P \mapsto \overline{P(0)}\), morphisme surjectif. Son noyau est \(\{P,\ P(0) \text{ pair}\}\). Ce noyau contient \(2\) et \(X\), donc \((2, X)\). Inversement, si \(P(0) = 2k\), alors \(P = 2k + XQ\) appartient à \((2, X)\). Donc \((2, X) = \ker \theta\) et \(\mathbb{Z}[X]/(2, X) \simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) : l’idéal est maximal.
3. Supposons \((2, X) = (D)\). Alors \(D\) divise \(2\), donc \(\deg D = 0\) et \(D \in \{\pm 1, \pm 2\}\). Si \(D = \pm 1\), l’idéal est \(\mathbb{Z}[X]\) ; or \(1 \notin (2, X)\), car \(1\) est impair en \(0\). Si \(D = \pm 2\), alors \(2 \mid X\) dans \(\mathbb{Z}[X]\), ce qui est faux. L’idéal \((2, X)\) n’est pas principal.
4. Si \(A\) est un corps, \(A[X]\) est euclidien pour le degré, donc principal. Réciproquement, supposons \(A[X]\) principal. Comme à la question 1, \(A[X]/(X) \simeq A\), qui est intègre. Donc \((X)\) est un idéal premier non nul. Dans un anneau principal, un idéal premier non nul est maximal. Ainsi \(A \simeq A[X]/(X)\) est un corps. Donc \(A[X]\) est principal si et seulement si \(A\) est un corps.
5. L’anneau \(\mathbb{Z}\) n’est pas un corps, et \(\mathbb{R}[X]\) non plus, puisque \(X\) n’y est pas inversible. Or \(\mathbb{R}[X, Y] = \mathbb{R}[X][Y]\). Par la question 4, \(\mathbb{Z}[X]\) et \(\mathbb{R}[X, Y]\) ne sont pas principaux, bien qu’ils soient factoriels.

Point de méthode : pour montrer qu’un idéal \((a, b)\) n’est pas principal, on suppose \((a, b) = (d)\) ; alors \(d\) divise \(a\) et \(b\), ce qui laisse très peu de candidats à éliminer.

Corrigé de l’exercice 9 : Idéaux premiers de Z, C[X] et R[X]

1. Les idéaux premiers de \(\mathbb{Z}\) sont \(\{0\}\) et les \(p\mathbb{Z}\) avec \(p\) premier, car \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est intègre si et seulement si \(n = 0\) ou \(n\) est premier.
2. L’anneau \(K[X]\) est principal. L’idéal \(\{0\}\) est premier, car \(K[X]\) est intègre. Un idéal non nul \((P)\) est premier si et seulement si \(P\) est un élément premier, c’est-à-dire irréductible, puisque \(K[X]\) est principal. Dans un anneau principal, \(P\) irréductible entraîne \((P)\) maximal. Les idéaux premiers sont \(\{0\}\) et les \((P)\), \(P\) irréductible ; les non nuls sont maximaux.
3. Les irréductibles de \(\mathbb{C}[X]\) sont les polynômes de degré \(1\). Les idéaux premiers de \(\mathbb{C}[X]\) sont \(\{0\}\) et les \((X – a)\), \(a \in \mathbb{C}\). Ceux de \(\mathbb{R}[X]\) sont \(\{0\}\), les \((X – a)\), \(a \in \mathbb{R}\), et les \((X^{2} + bX + c)\) avec \(b^{2} – 4c < 0\).
4. Le discriminant de \(X^{2} + X + 1\) vaut \(-3 < 0\), donc ce polynôme est irréductible sur \(\mathbb{R}\). En revanche, sur \(\mathbb{C}\), on a \(X^{2} + X + 1 = (X – j)(X – \overline{j})\) avec \(j = e^{2i\pi/3}\). Ensuite, \(X^{2} – 2\) est de degré \(2\) sans racine rationnelle, car \(\sqrt{2}\) est irrationnel ; mais \(X^{2} – 2 = (X – \sqrt{2})(X + \sqrt{2})\) sur \(\mathbb{R}\). \((X^{2} + X + 1)\) est maximal dans \(\mathbb{R}[X]\), pas dans \(\mathbb{C}[X]\) ; \((X^{2} – 2)\) est maximal dans \(\mathbb{Q}[X]\), pas dans \(\mathbb{R}[X]\).

Corrigé de l’exercice 10 : Corps des fractions d’anneaux quadratiques

1. L’ensemble \(\mathbb{Q}(i)\) contient \(1\) et est stable par différence et par produit, car \((a + ib)(c + id) = ac – bd + i(ad + bc)\). Pour \(z = a + ib \neq 0\), on a \(\frac{1}{z} = \frac{a – ib}{a^{2} + b^{2}}\), qui appartient à \(\mathbb{Q}(i)\). C’est donc un sous-corps. En particulier, \(\frac{1}{3 + 4i} = \frac{3 – 4i}{25}\).
2. Soit \(z = \frac{p}{r} + i \frac{s}{r}\), écrit avec un dénominateur commun \(r \in \mathbb{N}^{*}\). Alors \(z = \frac{p + is}{r}\), quotient de deux éléments de \(\mathbb{Z}[i]\). L’inclusion \(\mathbb{Z}[i] \to \mathbb{Q}(i)\) est injective. Par la propriété universelle, elle se prolonge en un morphisme de corps \(\mathrm{Frac}(\mathbb{Z}[i]) \to \mathbb{Q}(i)\), \(\frac{u}{v} \mapsto uv^{-1}\). Ce morphisme est injectif, comme tout morphisme de corps, et surjectif par ce qui précède. Donc \(\mathrm{Frac}(\mathbb{Z}[i]) \simeq \mathbb{Q}(i)\).
3. Le même argument s’applique. D’une part, \(\mathbb{Q}(\sqrt{2}) = \{a + b\sqrt{2},\ a, b \in \mathbb{Q}\}\) est un corps, car \(\frac{1}{a + b\sqrt{2}} = \frac{a – b\sqrt{2}}{a^{2} – 2b^{2}}\). Le dénominateur ne s’annule pas pour \((a, b) \neq (0, 0)\), puisque \(\sqrt{2}\) est irrationnel. D’autre part, tout élément s’écrit \(\frac{p + s\sqrt{2}}{r}\). Ainsi \(\mathrm{Frac}(\mathbb{Z}[\sqrt{2}]) \simeq \mathbb{Q}(\sqrt{2})\).
4. On a \((1 + \sqrt{2})(\sqrt{2} – 1) = 2 – 1 = 1\), donc \(\frac{1}{1 + \sqrt{2}} = \sqrt{2} – 1\). Ensuite, \((3 + \sqrt{2})(3 – \sqrt{2}) = 7\), donc \(\frac{1}{3 + \sqrt{2}} = \frac{3 – \sqrt{2}}{7}\). Seul \(1 + \sqrt{2}\) est inversible dans \(\mathbb{Z}[\sqrt{2}]\) ; l’inverse de \(3 + \sqrt{2}\) a des coefficients non entiers.

Corrigé de l’exercice 11 : Un anneau quadratique euclidien

1. L’ensemble \(A\) contient \(1\), est stable par différence, et \((a + ib\sqrt{2})(c + id\sqrt{2}) = ac – 2bd + i(ad + bc)\sqrt{2}\). C’est donc un sous-anneau de \(\mathbb{C}\), intègre. La norme \(N(z) = |z|^{2}\) est multiplicative comme le module. Si \(uv = 1\), alors \(N(u) N(v) = 1\) avec des entiers naturels, donc \(N(u) = a^{2} + 2b^{2} = 1\). Ceci impose \(b = 0\) et \(a = \pm 1\). Ainsi \(A^{\times } = \{-1, 1\}\).
2. On choisit \(m\) et \(n\) entiers les plus proches de \(x\) et \(y\), de sorte que \(|x – m| \leq\, \frac{1}{2}\) et \(|y – n| \leq\, \frac{1}{2}\). Pour \(q = m + in\sqrt{2}\), on obtient \(|z – q|^{2} = (x – m)^{2} + 2(y – n)^{2} \leq\, \frac{1}{4} + \frac{2}{4}\). Donc \(|z – q|^{2} \leq\, \frac{3}{4}\). Géométriquement, le pire cas est le centre d’une maille du réseau.
3. Soient \(a, b \in A\), \(b \neq 0\). Le quotient \(z = a/b\) s’écrit \(x + iy\sqrt{2}\) avec \(x, y\) rationnels, car \(\frac{a}{b} = \frac{a \overline{b}}{N(b)}\). On prend \(q\) comme à la question 2 et \(r = a – bq \in A\). Alors \(N(r) = N(b)\,|z – q|^{2} \leq\, \frac{3}{4} N(b) < N(b)\). L’anneau \(A\) est euclidien, donc principal.
4. On calcule \(\frac{5 + i\sqrt{2}}{1 + i\sqrt{2}} = \frac{(5 + i\sqrt{2})(1 – i\sqrt{2})}{3} = \frac{5 – 5i\sqrt{2} + i\sqrt{2} + 2}{3} = \frac{7 – 4i\sqrt{2}}{3}\). On arrondit \(\frac{7}{3}\) en \(2\) et \(-\frac{4}{3}\) en \(-1\), d’où \(q = 2 – i\sqrt{2}\). Ensuite, \((1 + i\sqrt{2})(2 – i\sqrt{2}) = 2 – i\sqrt{2} + 2i\sqrt{2} + 2 = 4 + i\sqrt{2}\). Ainsi \(5 + i\sqrt{2} = (1 + i\sqrt{2})(2 – i\sqrt{2}) + 1\), et \(N(1) = 1 < 3\). Le reste est inversible, donc l’algorithme s’arrête à l’étape suivante avec un PGCD égal à \(1\). Les deux éléments sont premiers entre eux.
5. On a \(3 = (1 + i\sqrt{2})(1 – i\sqrt{2})\) et \(11 = (3 + i\sqrt{2})(3 – i\sqrt{2})\). Les normes des facteurs valent \(3\) et \(11\), qui sont premiers. Si l’un d’eux s’écrivait \(uv\), on aurait \(N(u) = 1\) ou \(N(v) = 1\), donc \(u\) ou \(v\) inversible. Ce sont donc des décompositions en produits d’irréductibles.

Corrigé de l’exercice 12 : Un anneau quadratique non factoriel

1. Si \(uv = 1\), alors \(N(u) = a^{2} + 5b^{2} = 1\), donc \(b = 0\) et \(a = \pm 1\). Ensuite, \(a^{2} + 5b^{2} \in \{2, 3\}\) impose \(b = 0\), puis \(a^{2} \in \{2, 3\}\), ce qui est impossible. Donc \(B^{\times } = \{\pm 1\}\), et aucun élément n’a pour norme \(2\) ou \(3\).
2. Les normes valent \(N(2) = 4\), \(N(3) = 9\) et \(N(1 \pm i\sqrt{5}) = 6\). Si l’un de ces éléments s’écrit \(uv\) avec \(u, v\) non inversibles, alors \(N(u) > 1\) et \(N(v) > 1\) divisent \(4\), \(9\) ou \(6\). Dans chaque cas, l’un des deux vaut \(2\) ou \(3\), ce qui est impossible. Ces éléments sont donc irréductibles. Enfin, deux éléments associés ont même norme, car les inversibles sont \(\pm 1\). Seuls \(1 + i\sqrt{5}\) et \(1 – i\sqrt{5}\) ont même norme, et \(1 – i\sqrt{5} \neq \pm(1 + i\sqrt{5})\). Les quatre éléments sont irréductibles et deux à deux non associés.
3. On a \(6 = 2 \times 3 = (1 + i\sqrt{5})(1 – i\sqrt{5})\), puisque \(1 + 5 = 6\). Ce sont deux décompositions en irréductibles non équivalentes, donc \(B\) n’est pas factoriel.
4. L’élément \(2\) divise \((1 + i\sqrt{5})(1 – i\sqrt{5}) = 6\). Cependant, \(\frac{1 \pm i\sqrt{5}}{2}\) n’appartient pas à \(B\), donc \(2\) ne divise aucun des deux facteurs. Ainsi \(2\) est irréductible sans être premier.
5. Soit \(z = 2(p + iq\sqrt{5}) + (1 + i\sqrt{5})(s + it\sqrt{5})\) un élément de \(I\). Son premier terme vaut \(2p + 2q\, i\sqrt{5}\). Le second vaut \((s – 5t) + (s + t)\, i\sqrt{5}\). La somme des deux coordonnées est donc \(2p + 2q + 2s – 4t\), qui est paire. Or \(1\) a des coordonnées de somme \(1\), donc \(1 \notin I\). Supposons maintenant \(I = (d)\). Alors \(N(d)\) divise \(N(2) = 4\) et \(N(1 + i\sqrt{5}) = 6\), donc \(N(d) \in \{1, 2\}\). Le cas \(2\) est exclu par la question 1. Donc \(N(d) = 1\), \(d = \pm 1\) et \(I = B\), ce qui contredit \(1 \notin I\). L’idéal \(I\) n’est pas principal.

Point de méthode : la norme multiplicative est l’outil clé des anneaux quadratiques ; elle transforme toute question de divisibilité en question sur des entiers.

Corrigé de l’exercice 13 : Anneaux intègres finis

1. Soit \(A\) intègre fini et \(a \neq 0\). L’application \(x \mapsto ax\) est injective, car \(ax = ay\) entraîne \(a(x – y) = 0\), donc \(x = y\). Comme \(A\) est fini, elle est bijective. Il existe donc \(x\) avec \(ax = 1\). Tout élément non nul est inversible : \(A\) est un corps.
2. Si \(P\) est premier dans un anneau fini \(A\), alors \(A/P\) est intègre et fini. C’est donc un corps, et \(P\) est maximal.
3. Si \(n\) est premier, \(n\mathbb{Z}\) est premier, donc \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est intègre et fini : c’est un corps. Si \(n = ab\) avec \(1 < a, b < n\), alors \(\overline{a}\,\overline{b} = \overline{0}\) avec deux facteurs non nuls. Donc \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est un corps si et seulement si \(n\) est premier.
4. Dans \(F\), on a \(x^{2} = -x – 1 = x + 1\). On en déduit \(x(x + 1) = x^{2} + x = 2x + 1 = 1\) et \((x + 1)^{2} = x^{2} + 2x + 1 = x^{2} + 1 = x\). La table est : \(1 \cdot y = y\), \(x \cdot x = x + 1\), \(x(x + 1) = 1\), \((x + 1)^{2} = x\). Tout élément non nul a donc un inverse : \(1^{-1} = 1\), \(x^{-1} = x + 1\) et \((x + 1)^{-1} = x\). Ainsi \(F\) est un corps à quatre éléments.

Corrigé de l’exercice 14 : Polynômes irréductibles sur le corps à deux éléments

1. Les polynômes de degré \(1\) sont \(X\) et \(X + 1\), tous irréductibles. En degré \(2\), un polynôme est irréductible si et seulement s’il n’a pas de racine. Il faut donc un terme constant égal à \(1\), pour que \(0\) ne soit pas racine, et un nombre impair de termes, pour que \(1\) ne soit pas racine. Le seul irréductible de degré \(2\) est \(X^{2} + X + 1\).
2. Le même critère vaut en degré \(3\). Les candidats de terme constant \(1\) sont \(X^{3} + 1\), \(X^{3} + X + 1\), \(X^{3} + X^{2} + 1\) et \(X^{3} + X^{2} + X + 1\). Les premier et dernier s’annulent en \(1\). Les irréductibles unitaires de degré \(3\) sont \(X^{3} + X + 1\) et \(X^{3} + X^{2} + 1\).
3. Soit \(P = X^{4} + X + 1\). On a \(P(0) = 1\) et \(P(1) = 1\), donc \(P\) n’a pas de facteur de degré \(1\). S’il était réductible, il serait produit de deux irréductibles de degré \(2\), c’est-à-dire \((X^{2} + X + 1)^{2} = X^{4} + X^{2} + 1\), car les termes croisés doubles s’annulent. Or ce polynôme diffère de \(P\). Donc \(X^{4} + X + 1\) est irréductible.
4. Le polynôme \(X^{3} + X + 1\) est irréductible, donc \(K\) est un corps. C’est un \(\mathbb{F}_2\)-espace de dimension \(3\), donc \(|K| = 2^{3} = 8\). La relation \(\alpha^{3} = \alpha + 1\) donne \(\alpha(\alpha^{2} + 1) = \alpha^{3} + \alpha = 1\). Ainsi \(\alpha^{-1} = \alpha^{2} + 1\). Ensuite, on calcule successivement \(\alpha^{3} = \alpha + 1\), \(\alpha^{4} = \alpha^{2} + \alpha\), \(\alpha^{5} = \alpha^{3} + \alpha^{2} = \alpha^{2} + \alpha + 1\). De même, \(\alpha^{6} = \alpha^{3} + \alpha^{2} + \alpha = \alpha^{2} + 1\) et \(\alpha^{7} = \alpha^{3} + \alpha = 1\). Les puissances \(\alpha^{0}, \ldots, \alpha^{6}\) sont les sept éléments non nuls : \(K^{\times }\) est cyclique d’ordre \(7\), engendré par \(\alpha\).

Corrigé de l’exercice 15 : Critère d’Eisenstein

1. On prend \(p = 3\). Le coefficient dominant \(1\) n’est pas divisible par \(3\). Les autres coefficients \(0, -6, 0, 12, 3\) le sont, et \(9\) ne divise pas \(3\). Par le critère d’Eisenstein, \(X^{5} – 6X^{3} + 12X + 3\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).
2. Pour \(n \geq\, 1\), on applique le critère avec \(p = 2\) : \(2\) ne divise pas \(1\), divise \(-2\) et les coefficients nuls, et \(4\) ne divise pas \(-2\). Donc \(X^{n} – 2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Si \(\sqrt[n]{2}\) était rationnel pour \(n \geq\, 2\), \(X – \sqrt[n]{2}\) serait un facteur de degré \(1\) de \(X^{n} – 2\) dans \(\mathbb{Q}[X]\). Donc \(\sqrt[n]{2}\) est irrationnel pour tout \(n \geq\, 2\).
3. L’application \(\sigma : P \mapsto P(X + 1)\) est un automorphisme de l’anneau \(\mathbb{Q}[X]\), d’inverse \(P \mapsto P(X – 1)\). Elle conserve le degré. Ainsi \(P = QR\) équivaut à \(\sigma(P) = \sigma(Q) \sigma(R)\) avec les mêmes degrés. Par conséquent, \(P\) est irréductible si et seulement si \(P(X + 1)\) l’est. Or \((X + 1)^{4} + 1 = X^{4} + 4X^{3} + 6X^{2} + 4X + 2\). Le critère s’applique avec \(p = 2\) : \(4, 6, 4, 2\) sont pairs et \(4 \nmid 2\). Donc \(X^{4} + 1\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).
4. On a \(\Phi_p = \frac{X^{p} – 1}{X – 1}\), donc \(\Phi_p(X + 1) = \frac{(X + 1)^{p} – 1}{X} = \sum_{k=1}^{p} \binom\,{p}{k} X^{k-1}\). Le coefficient dominant vaut \(\binom\,{p}{p} = 1\) et le terme constant vaut \(\binom\,{p}{1} = p\). Pour \(1 \leq\, k \leq\, p – 1\), \(p\) divise \(p! = \binom\,{p}{k}\, k!\,(p – k)!\) sans diviser \(k!\,(p-k)!\), donc \(p \mid \binom\,{p}{k}\). Enfin, \(p^{2} \nmid p\). Par Eisenstein et la question 3, \(\Phi_p\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Irréductibilité par réduction modulo p

1. Supposons \(P = QR\) dans \(\mathbb{Q}[X]\) avec \(\deg Q, \deg R \geq\, 1\). D’après le lemme de Gauss, on peut choisir \(Q, R \in \mathbb{Z}[X]\) ; en effet, si \(c = c(P)\), alors \(P/c = Q_1 R_1\) avec \(Q_1, R_1\) primitifs, et \(P = (cQ_1) R_1\). Le produit des coefficients dominants de \(Q\) et \(R\) vaut celui de \(P\), non divisible par \(p\). Donc \(\deg \overline{Q} = \deg Q \geq\, 1\) et \(\deg \overline{R} = \deg R \geq\, 1\). Alors \(\overline{P} = \overline{Q}\,\overline{R}\) est réductible, ce qui est exclu. Donc \(P\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).
2. Modulo \(2\), \(X^{3} + 4X^{2} + 3X + 5\) devient \(X^{3} + X + 1\), irréductible sur \(\mathbb{F}_2\) car sans racine. Le coefficient dominant \(1\) est impair. Le polynôme est donc irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Vérifions-le autrement : une racine rationnelle serait entière, d’après l’exercice 17, et diviserait \(5\). Or \(P(1) = 13\), \(P(-1) = 5\), \(P(5) = 245\) et \(P(-5) = -35\). Sans racine rationnelle, un polynôme de degré \(3\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).
3. Modulo \(2\), \(X^{4} + 5X + 7\) devient \(X^{4} + X + 1\), irréductible d’après l’exercice 14. Donc \(X^{4} + 5X + 7\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).
4. Dans \(\mathbb{F}_2[X]\), \((X + 1)^{4} = X^{4} + 1\), car les coefficients binomiaux \(4\) et \(6\) sont pairs. Dans \(\mathbb{F}_3[X]\), on développe \((X^{2} + X + 2)(X^{2} + 2X + 2) = X^{4} + 3X^{3} + 6X^{2} + 6X + 4\), qui vaut \(X^{4} + 1\) modulo \(3\). Ainsi \(X^{4} + 1\) est réductible modulo \(2\) et modulo \(3\), bien qu’irréductible sur \(\mathbb{Q}\) : la réciproque est fausse.

Corrigé de l’exercice 17 : Contenu et lemme de Gauss

1. On a \(c(P) = \mathrm{pgcd}(6, 9, 15) = 3\) et \(c(Q) = \mathrm{pgcd}(10, 4) = 2\). Ensuite, \(PQ = 60X^{5} + 90X^{4} – 24X^{3} – 186X^{2} + 60\). En effet, le terme en \(X^{2}\) vaut \(-150 – 36 = -186\). Or \(\mathrm{pgcd}(60, 90) = 30\), puis \(\mathrm{pgcd}(30, 24) = 6\), et \(6\) divise \(186 = 6 \times 31\). Ainsi \(c(PQ) = 6 = c(P)\,c(Q)\).
2. Soient \(P, Q\) primitifs et supposons qu’un premier \(p\) divise tous les coefficients de \(PQ\). La réduction modulo \(p\) est un morphisme \(\mathbb{Z}[X] \to \mathbb{F}_p[X]\). Donc \(\overline{P}\,\overline{Q} = \overline{PQ} = 0\). Or \(\mathbb{F}_p\) est un corps, donc \(\mathbb{F}_p[X]\) est intègre. Ainsi \(\overline{P} = 0\) ou \(\overline{Q} = 0\), c’est-à-dire que \(p\) divise tous les coefficients de \(P\) ou de \(Q\). C’est contraire à la primitivité. Donc \(PQ\) est primitif.
3. On écrit \(Q = \alpha Q_1\) et \(R = \beta R_1\) avec \(\alpha, \beta \in \mathbb{Q}_{>0}\) et \(Q_1, R_1 \in \mathbb{Z}[X]\) primitifs, en chassant les dénominateurs puis en divisant par le contenu. Alors \(P = \alpha\beta\, Q_1 R_1\), où \(P\) est primitif car unitaire, et \(Q_1 R_1\) est primitif par la question 2. Écrivons \(\alpha\beta = \frac{r}{s}\) irréductible avec \(s > 0\). Alors \(sP = r Q_1 R_1\), et en prenant les contenus, \(s = r\), d’où \(\alpha\beta = 1\). Les coefficients dominants \(q_1\) et \(r_1\) de \(Q_1\) et \(R_1\) vérifient \(q_1 r_1 = 1\), donc \(q_1 = \pm 1\). Comme \(Q\) est unitaire, \(\alpha q_1 = 1\). Ainsi \(Q = \pm Q_1 \in \mathbb{Z}[X]\), et de même \(R \in \mathbb{Z}[X]\).
4. Si \(r \in \mathbb{Q}\) est racine de \(P\) unitaire, alors \(P = (X – r) S\) avec \(S\) unitaire dans \(\mathbb{Q}[X]\). D’après la question 3, \(X – r \in \mathbb{Z}[X]\), donc \(r \in \mathbb{Z}\). Une racine rationnelle est entière. Or aucun entier n’a pour carré \(2\) ni pour cube \(5\). Donc \(\sqrt{2}\) et \(\sqrt[3]{5}\) sont irrationnels.
5. Dans \(\mathbb{Q}[X]\), \(2X + 2\) est de degré \(1\), donc irréductible. Dans \(\mathbb{Z}[X]\), en revanche, \(2X + 2 = 2(X + 1)\) où \(2\) n’est pas inversible. Il est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\) mais pas dans \(\mathbb{Z}[X]\). Enfin, \(6X^{2} + 12X + 6 = 6(X + 1)^{2}\). Les irréductibles de \(\mathbb{Z}[X]\) sont les premiers \(\pm p\) et les primitifs irréductibles sur \(\mathbb{Q}\). Donc \(6X^{2} + 12X + 6 = 2 \times 3 \times (X + 1)^{2}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Division euclidienne et Bézout dans Z[i]

1. On a \(N(a) = 121 + 9 = 130\) et \(N(b) = 1 + 64 = 65\).
2. Première division : \(\frac{a}{b} = \frac{(11 + 3i)(1 – 8i)}{65} = \frac{11 – 88i + 3i + 24}{65} = \frac{35 – 85i}{65}\), soit environ \(0{,}54 – 1{,}31i\). Comme le montre la figure ci-dessous, le point du réseau le plus proche est \(q_1 = 1 – i\). On calcule \(bq_1 = (1 + 8i)(1 – i) = 9 + 7i\), d’où \(r_1 = a – bq_1 = 2 – 4i\), de norme \(20 < 65\).

   

   Deuxième division : \(\frac{b}{r_1} = \frac{(1 + 8i)(2 + 4i)}{20} = \frac{-30 + 20i}{20} = -1{,}5 + i\). On choisit \(q_2 = -1 + i\). Alors \(r_1 q_2 = (2 – 4i)(-1 + i) = 2 + 6i\), et \(r_2 = b – r_1 q_2 = -1 + 2i\), de norme \(5 < 20\). Troisième division : \(\frac{r_1}{r_2} = \frac{(2 – 4i)(-1 – 2i)}{5} = \frac{-10}{5} = -2\). Le reste est nul. Un PGCD est \(d = -1 + 2i\), associé à \(2 + i\), car \(-i(-1 + 2i) = 2 + i\).

3. On remonte l’algorithme. D’abord \(r_2 = b – r_1 q_2\) et \(r_1 = a – b q_1\). Donc \(r_2 = b – (a – bq_1) q_2 = -q_2\, a + (1 + q_1 q_2)\, b\). Or \(q_1 q_2 = (1 – i)(-1 + i) = 2i\). Ainsi \(d = (1 – i)\, a + (1 + 2i)\, b\). Vérification : \((1 – i)(11 + 3i) = 14 – 8i\) et \((1 + 2i)(1 + 8i) = -15 + 10i\), de somme \(-1 + 2i\). Par conséquent, \(d \in (a, b)\), et \(d\) divise \(a\) et \(b\). Donc \((a, b) = (2 + i)\).
4. On trouve \(a = (3 + 2i)(3 – i)\), car \((3 + 2i)(3 – i) = 9 – 3i + 6i + 2 = 11 + 3i\). De plus, \(3 – i = -i(1 + 3i)\) et \(1 + 3i = (1 + i)(2 + i)\). Ensuite, \(b = (3 – 2i)(-1 + 2i)\), car ce produit vaut \(-3 + 6i + 2i + 4 = 1 + 8i\). Les normes \(13\), \(2\) et \(5\) sont premières, donc ces facteurs sont irréductibles. Par ailleurs, \(3 + 2i\) et \(3 – 2i\) ne sont pas associés : leurs associés sont \(\pm(3 + 2i)\) et \(\pm(-2 + 3i)\). Le seul irréductible commun est \(2 + i\), à association près, ce qui confirme le PGCD.

Point de méthode : dans \(\mathbb{Z}[i]\), on divise en multipliant par le conjugué du diviseur, puis on arrondit chaque coordonnée ; en cas d’égalité, comme \(-1{,}5\), les deux arrondis conviennent.

Corrigé de l’exercice 19 : Factorisation en irréductibles dans Z[i]

1. Si \(z = uv\), alors \(N(z) = N(u) N(v)\). Comme \(N(z)\) est premier, \(N(u) = 1\) ou \(N(v) = 1\), donc \(u\) ou \(v\) est inversible. De plus, \(z\) n’est pas inversible, car \(N(z) \neq 1\). Donc \(z\) est irréductible.
2. On a \((1 + i)^{2} = 2i\), donc \(2 = -i(1 + i)^{2}\). Ensuite, \(5 = (2 + i)(2 – i)\) et \(13 = (3 + 2i)(3 – 2i)\), d’où \(65 = (2 + i)(2 – i)(3 + 2i)(3 – 2i)\). Tous ces facteurs ont une norme première, \(2\), \(5\) ou \(13\), donc sont irréductibles par la question 1. Ce sont les décompositions cherchées. Notons que \(2 – i\) n’est pas associé à \(2 + i\), car \(i(2 + i) = -1 + 2i\).
3. Soit \(p \equiv 3 \ [4]\) premier. Si \(p = uv\) avec \(u, v\) non inversibles, alors \(N(u) N(v) = p^{2}\) avec \(N(u), N(v) > 1\). Donc \(N(u) = p\), c’est-à-dire \(p = a^{2} + b^{2}\). Or un carré est congru à \(0\) ou \(1\) modulo \(4\), donc \(a^{2} + b^{2} \not\equiv 3 \ [4]\). Ainsi \(p\) est irréductible dans \(\mathbb{Z}[i]\).
4. On a \(N(7 + i) = 50 = 2 \times 5^{2}\). Donc \(1 + i\) divise \(7 + i\) : \(\frac{7 + i}{1 + i} = \frac{(7 + i)(1 – i)}{2} = \frac{8 – 6i}{2} = 4 – 3i\). Ensuite, \(N(4 – 3i) = 25\), et \((2 + i)^{2} = 3 + 4i\). Or \(-i(3 + 4i) = 4 – 3i\). Ainsi \(7 + i = -i(1 + i)(2 + i)^{2}\). Vérification : \((1 + i)(3 + 4i) = -1 + 7i\), puis \(-i(-1 + 7i) = 7 + i\).
5. Les solutions correspondent aux \(z = x + iy\) de norme \(65\). Par factorialité, un tel \(z\) s’écrit \(u \cdot \pi_5 \cdot \pi_{13}\), avec \(u\) parmi les quatre inversibles, \(\pi_5 \in \{2 + i, 2 – i\}\) et \(\pi_{13} \in \{3 + 2i, 3 – 2i\}\). Ces \(4 \times 2 \times 2 = 16\) produits sont distincts, par unicité de la décomposition. Il y a donc \(16\) couples : les \((\pm 1, \pm 8)\), \((\pm 8, \pm 1)\), \((\pm 4, \pm 7)\) et \((\pm 7, \pm 4)\), puisque \(65 = 1 + 64 = 16 + 49\).

Corrigé de l’exercice 20 : Théorème des deux carrés

1. Dans le corps \(\mathbb{F}_p\), l’équation \(x^{2} = 1\) a pour seules solutions \(\pm 1\), car \((x – 1)(x + 1) = 0\). Les autres éléments de \(\{2, \ldots, p – 2\}\) se regroupent donc en paires \(\{x, x^{-1}\}\) avec \(x \neq x^{-1}\). Chaque paire a un produit égal à \(1\). Par conséquent, \((p – 1)! \equiv 1 \times (p – 1) \equiv -1 \ [p]\). C’est le théorème de Wilson.
2. On regroupe \(k\) et \(p – k\) pour \(1 \leq\, k \leq\, \frac{p-1}{2}\) : \((p – 1)! = \prod_{k=1}^{(p-1)/2} k(p – k) \equiv \prod_{k=1}^{(p-1)/2} (-k^{2}) \ [p]\). Ce produit vaut \((-1)^{(p-1)/2} x^{2}\). Or \(\frac{p-1}{2}\) est pair, car \(p \equiv 1 \ [4]\). Donc \(x^{2} \equiv -1 \ [p]\).
3. D’après la question 2, \(p\) divise \(x^{2} + 1 = (x + i)(x – i)\). Cependant, \(p\) ne divise pas \(x + i\), car \(\frac{x}{p} + \frac{i}{p} \notin \mathbb{Z}[i]\), et de même pour \(x – i\). Donc \(p\) n’est pas premier. Comme \(\mathbb{Z}[i]\) est principal, \(p\) n’est pas irréductible : \(p = zw\) avec \(N(z), N(w) > 1\). Or \(N(z) N(w) = p^{2}\), donc \(N(z) = p\). En écrivant \(z = a + ib\), on obtient \(p = a^{2} + b^{2}\).
4. On a \(6! = 720 = 55 \times 13 + 5\), donc \(x \equiv 5 \ [13]\). On vérifie \(5^{2} = 25 \equiv -1 \ [13]\). Première division : \(\frac{13}{5 + i} = \frac{13(5 – i)}{26} = 2{,}5 – 0{,}5i\). On choisit \(q = 2\), d’où le reste \(13 – 2(5 + i) = 3 – 2i\), de norme \(13 < 26\). Ensuite, \(\frac{5 + i}{3 – 2i} = \frac{(5 + i)(3 + 2i)}{13} = \frac{13 + 13i}{13} = 1 + i\). La division est exacte. Un PGCD est \(3 – 2i\), et \(13 = 3^{2} + 2^{2}\). La figure représente les huit points entiers du cercle de rayon \(\sqrt{13}\), qui correspondent aux associés de \(3 + 2i\) et de \(3 – 2i\).

   

5. Première division : \(\frac{29}{12 + i} = \frac{29(12 – i)}{145} = \frac{12 – i}{5} = 2{,}4 – 0{,}2i\). On choisit \(q = 2\), d’où le reste \(29 – 2(12 + i) = 5 – 2i\), de norme \(29 < 145\). Ensuite, \(\frac{12 + i}{5 – 2i} = \frac{(12 + i)(5 + 2i)}{29} = \frac{58 + 29i}{29} = 2 + i\). La division est exacte. Un PGCD est \(5 – 2i\), et \(29 = 5^{2} + 2^{2}\).

Point de méthode : le PGCD de \(p\) et \(x + i\) est un facteur de \(p\) de norme \(p\) ; l’algorithme d’Euclide le fournit sans aucun tâtonnement.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : une équation diophantienne dans Z[i]

1. On a \(1 = 1^{3}\), \(-1 = (-1)^{3}\), \(i = (-i)^{3}\) et \(-i = i^{3}\). Tout inversible de \(\mathbb{Z}[i]\) est donc un cube.
2. Si \(x\) est impair, alors \(x^{2} \equiv 1 \ [4]\), donc \(y^{3} = x^{2} + 1 \equiv 2 \ [4]\). Dans ce cas, \(y\) est pair, donc \(8 \mid y^{3}\), et \(y^{3} \equiv 0 \ [4]\). C’est une contradiction. Donc \(x\) est pair, puis \(y^{3} = x^{2} + 1\) est impair, et \(y\) aussi.
3. Soit \(\delta\) un diviseur commun de \(x + i\) et \(x – i\). Il divise leur différence \(2i\), donc \(N(\delta)\) divise \(N(2i) = 4\). Il divise aussi \(x + i\), donc \(N(\delta)\) divise \(N(x + i) = x^{2} + 1\), qui est impair. Ainsi \(N(\delta)\) divise \(\mathrm{pgcd}(4, x^{2} + 1) = 1\). Donc \(\delta\) est inversible : \(x + i\) et \(x – i\) sont premiers entre eux.
4. Si \(w\) est inversible, alors \(u\) l’est aussi, et \(u = u \cdot 1^{3}\). Sinon, on écrit \(w = \varepsilon\, p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r}\), avec des irréductibles \(p_j\) deux à deux non associés. Alors \(uv = \varepsilon^{3} p_1^{3e_1} \cdots p_r^{3e_r}\). Chaque \(p_j\) divise \(u\) ou \(v\), mais pas les deux, car \(u\) et \(v\) sont premiers entre eux. Par unicité de la décomposition, l’exposant de \(p_j\) dans \(u\) vaut donc \(3e_j\) ou \(0\). Ainsi \(u = \eta \prod_{j \in S} p_j^{3e_j} = \eta (\prod_{j \in S} p_j^{e_j})^{3}\) avec \(\eta\) inversible. Donc \(u\) est le produit d’un inversible et d’un cube.
5. D’abord, \(y \neq 0\), sinon \(x^{2} = -1\). On applique la question 4 dans l’anneau factoriel \(\mathbb{Z}[i]\) avec \(u = x + i\), \(v = x – i\) et \(w = y\). Ainsi \(x + i = \eta c^{3}\), et \(\eta\) est un cube par la question 1. Il existe donc \(a, b \in \mathbb{Z}\) tels que \(x + i = (a + ib)^{3}\). Or \((a + ib)^{3} = a^{3} – 3ab^{2} + i(3a^{2} b – b^{3})\). En identifiant les parties imaginaires, \(b(3a^{2} – b^{2}) = 1\). Donc \(b = \pm 1\). Si \(b = 1\), alors \(3a^{2} = 2\), ce qui est impossible. Si \(b = -1\), alors \(-(3a^{2} – 1) = 1\), donc \(a = 0\). Ainsi \(x + i = (-i)^{3} = i\), soit \(x = 0\), puis \(y^{3} = 1\), donc \(y = 1\). La seule solution est \((x, y) = (0, 1)\).

Point de méthode : on factorise l’équation dans un anneau factoriel plus grand, on montre que les facteurs sont premiers entre eux, puis on identifie chaque facteur à une puissance.

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Pour aller plus loin en L3

• Le cours : anneaux et idéaux, cours de maths en L3
• Les énoncés : exercices de maths en L3 sur anneaux et idéaux
• À maîtriser avant : Groupes : quotients et actions de groupes
• Chapitre précédent : Groupes : quotients et actions de groupes
• Chapitre suivant : Corps, extensions et corps finis
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L3 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L3 et la licence de maths de L1 à L3