TD Algèbre : Anneaux

Exercice

    Difficulté
    Élégance
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Énoncé

EX 4

$A≝ ⟨i⟩ < ℂ$

1.

  • $1∈A$
  • $ℤ⊆A$
  • $i∈A$
  • $iℤ ⊆ A$

⟹ \(ℤ + iℤ⊆A\)

On vérifie aisément que :

  • $ℤ + iℤ$ est un groupe abélien
  • $1, i∈ℤ + iℤ$
  • si $a, b∈ℤ + iℤ$, $ab∈ℤ$

donc c’est un sous-anneau de $ℂ$, donc un anneau, et :

\[A⊆ ℤ + iℤ\]

et on a l’égalité.

L’unicité est triviale (identifier parties réelles et parties imaginaires).

2.

Soit $f∈End(A)$.

  • $∀n∈ℕ, f(n)=n$ (facile)
  • $f(a+ib) = \underbrace{f(a)}{=a} + f(i)\underbrace{f(b)}{=b}$

De plus :

$f(i)^2 = f(-1) = -1$

donc

\[f(i) = ±i\]

Donc

\[End(A) = \lbrace id, conj \rbrace\]

3.

$N$ est multiplicatif, et $N(1)=1$

4.

\[A^{×} = \lbrace a ∈ A \mid N(a) =1 \rbrace = \lbrace 1, -i, i, -1 \rbrace\]

Comme $i^2 = -1$, $or(i)\mid 4$, donc $or(i)=4$

Donc $A^{×}$ est cyclique, d’ordre 4 :

\[A^{×} = \lbrace a ∈ A \mid N(a) =1 \rbrace≃ℤ/4ℤ\]

EX 22

1.

M1 :

Observation géométrique dans le plan complexe.

M2 :

Si $a≝ u + iv$ prend les entiers les plus proches de $u$ et $v$ (qui sont à une distance inférieure à $1/2$ de ces derniers).

2.

Calcul.

3.

Soit $𝛼∈ℤ[i]$ tq $∃a,b∈ℤ[i]\backslash ℤ[i]^{×}$ tq

\[𝛼=ab\]

alors

\[N(𝛼) = N(a)N(b)\]

Or : $N(a), N(b) > 1$

donc

$N(𝛼)$ n’est pas premier.

4.

a).

Mq $ℤ[i]/(p) ≃ (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1]$

\[{\displaystyle {\begin{matrix} ℤ[i]/(p) &\displaystyle {\xrightarrow { f }} & (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1] \\ \text{ quotient } \uparrow & & \uparrow \text{ quotient } \\ ℤ[i] & & (ℤ/pℤ)[T] \\ f \mapsto f(i)\nwarrow & & \nearrow f \mapsto f \mod p \\ & ℤ[T] & \\ \end{matrix}}}\]

1.

$𝜑 : f \mapsto f(i)$

$f∈Ker(p)$

$f(i)=0$

Or :

\[f= (T^2+1)Q + R\] \[\deg R ≤ 1 ⟹ R = aT + b\] \[f(i)=0 ⟹ ai+b=0 \\ ⟹ \begin{cases} a=0 ⟹ R=0 \\ b=0 ⟹ T^2+1 \mid f \end{cases}\]

Donc

\[{\displaystyle {\begin{matrix} ℤ[i]/(p) &\displaystyle {\xrightarrow { f }} & (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1] \\ \text{ quotient } \uparrow & & \uparrow &𝛾 : f \mapsto f \mod T^2+1 \\ ℤ[T]/[T^2+1] ≃ ℤ[i] & & (ℤ/pℤ)[T] \\ f \mapsto f(i)\nwarrow & & \nearrow &𝜓 : f \mapsto f \mod p \\ & ℤ[T] & \\ \end{matrix}}}\]

Mq $Ker(𝛾 \circ 𝜓) = (p)+(T^2+1)$

\[𝛾 \circ 𝜓(p) = 𝛾(0) = 0\] \[𝛾 \circ 𝜓(T^2+1) = 𝛾(T^2+1) = 0\] \[⟹ (p) + (T^2+1) ⊆ Ker(𝛾 \circ 𝜓)\]

Réciproquement :

\[𝛾 \circ 𝜓(f) = 0 \\ ⟹ (f \mod p) \mod T^2+1 = 0\]

Soit $g’∈(ℤ/pℤ)[T]$ tq $f \mod p = g’ (T^2+1)$

\[f \mod p = (T^2 +1) g'\]

Soit $g∈ℤ[T]$ tq $g \mod p = g’$

\[f \mod p = (T^2+1)g \mod p\] \[∃h; ph = f - (T^2 +1 )g\]
\[{\displaystyle {\begin{matrix} ℤ[i]/(p) &\displaystyle {\xrightarrow { f }} & (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1] \\ 𝜓' \text{ quotient } \uparrow & & \uparrow &𝛾 : f \mapsto f \mod T^2+1 \\ ℤ[T]/[T^2+1] ≃ ℤ[i] & & (ℤ/pℤ)[T] \\ 𝛾' : f \mapsto f(i)\nwarrow & & \nearrow &𝜓 : f \mapsto f \mod p \\ & ℤ[T] & \\ \end{matrix}}}\]

Idem :

$𝜓’ : ℤ[i] ⟶ ℤ[i]/(p)$

$𝛾’ : ℤ[T] ⟶ ℤ[i] ≃ ℤ[T]/(T^2+1)$

Mq $Ker(𝜓’ \circ 𝛾’) = (p)+(T^2+1)$

  • $𝜓’ \circ 𝛾’(p) = 𝜓’(p) = 0$

    $𝜓’ \circ 𝛾’(T^2+1) = 𝜓’(0) = 0$

  • $𝜓’ \circ 𝛾’(f) = 0 ⟹ 𝛾’(f) ∈ Ker(𝜓’)$

    Soit $a∈ℤ[i]$ tq $𝛾’(f)= pa$

    Soit $g∈ℤ[T]$ tq $a=g(i)$

    \[𝛾(f-pg) = 0 \\ ∃ h ∈ ℤ[T]; f-pg = (T^2 + 1) h \\ ⟹ f = (T^2+1)h +pg\]

b).

$(p)$ irréductible dans $ℤ[i]$ \(⟺ $p≡3(4) \\ ⟺ T^2 +1 \text{ irréductible dans } ℤ/pℤ[T] \\ ⟺ T^2 +1 \text{ n' pas de racine dans } ℤ/pℤ[T] \\ ⟺ \text{ il n'existe pas d'éléments d'ordre 4 dans } (ℤ/pℤ)^{×}\)

Or :

$p≠2$ :

\[p \text{ est irréductible } \\ ⟺ ℤ[i]/(p) \text{ est un corps } \\ ⟺ ℤ/pℤ [T]+(T^2+1) \text{ est un corps }\] \[p ≡ 1 (4) ⟺ 4 \mid p-1 ⟺ (p-1) = 4b\] \[or(a) = p-1 \\ or(g = a^b) = 4\]
\[p≡3(4) ⟹ 4 \not \mid p-1 \\ ⟹ \text{ il n'y a pas d'éléments d'ordre 4}\]

$p=2$ :

$2 = (1+i)(1-i)$ donc $2$ n’est pas irréductible.

Soit $p≡1(4)$

$p=ab$ où $a,b∈ℤ[i]\backslash ℤ[i]^{×}$

\[N(p) = p^2 = N(a)N(b) \\ ⟹ p \mid N(a)N(b) \\ ⟹ p \mid N(a) ∨ p \mid N(b) \\ ⟹ p = N(a) = N(b) (N(a), N(b) > 1)\]

NB :

$a = (\frac{p-1}{2})!$ est une formule explicite d’une racine carrée de $-1$, par le théorème de Wilson ($(p-1)! ≡ -1(p)$).

Addendum :

Mq $p$ est n’est pas irréductible ssi il est somme de deux carrés.

$⟸$ : Si $∃u, v ∈ ℤ^2$; $p = u^2 + v^2 > 1$

\[p = (u + iv)(u-iv)\]

n’est pas irréductible dans $ℤ[i]$

$⟹$ : Si $p$ n’est pas irréductible dans $ℤ[i]$, $p=𝛼𝛽$, avec

  • $N(𝛼)>1$
  • $N(𝛽)>1$
\[p^2 = N(p) = N(𝛼)N(𝛽) \\ N(𝛼) = N(𝛽) = p \\ = \Re(𝛼)^2 + \Im(𝛼)^2\]

Soit $p$ premier impair.

\[\begin{cases} b ≠ 0 (p) \\ a^2 + b^2 = 0 (p) \end{cases}\]

Soit $𝛼 = ab^{-1}$ dans $ℤ/pℤ$.

$𝛼^2 = -1$,

\[or(𝛼) = 4 ⟹ p=1(4)\]

Si $p≥3$ irréductible, $p=a^2+b^2$

Or

\[\begin{cases} a^2 = 0 \text{ ou } 1 (4) \\ b^2 = 0 \text{ ou } 1 (4) \end{cases}\]

Donc $p≠3(4)$

$p \mid 𝛼^2 +1$

Si $p=1(4)$,

$∃𝛼∈ℕ^{×}; 𝛼^2=-1(p)$

\[p \mid (𝛼+i)(𝛼-i)\]

dans $ℤ[i]$

Si $p$ divise l’un des deux, il divise l’autre par conjuguaison et donc $p \mid 2i$

$p$ ne divise aucun des 2.

NB :

  • On aurait aussi pu considérer l’idéal $I = (𝛼+i, p) = (u+iv)$ (principal). Puis on continue de même.

  • cf. Loi de réciprocité quadratique de Gauss.

EX 2

1.

Existence : de même que dans EX 4.

Unicité : $\sqrt{2}$ n’est pas rationnel.

2.

On procède de même que dans EX 4.

  • Ne pas oublier que ce sont bien des morphismes.

3.

M1 :

Multiplicativité, et $N(1)=1$.

M2 :

C’est multiplicatif car c’est un produit de morphismes d’anneaux (donc multiplicatifs), et l’image de 1 vaut 1.

4.

On vérifie qu’en toute généralité : un morphsime de monoïdes envoie les inversibles sur les inversibles.

Pour la réciproque, on utilise $N = id × conj$

5.

Si

\[1 < u + \sqrt{2}v < 3\]

alors

\[\frac 1 3 < \vert u - \sqrt{2}v \vert < 1\]

Si $\vert u - \sqrt{2}v \vert = u - \sqrt{2}v$ :

On trouve que $v=0$ : impossible.

Si $\vert u - \sqrt{2}v \vert = - u + \sqrt{2}v$ :

alors $u=1$, et $v = 1$.

On note $n$ le plus grand entier tel que :

\[(1+\sqrt{2})^n ≤ \vert a \vert < (1+\sqrt{2})^{n+1}\]

Et on se ramène à l’intervalle $]1,3[$

Cas général : théorème de Dirichlet.

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