Corrigé des exercices : Anneaux principaux et factoriels en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Évaluation en i√2 et quotient de R[X]

Idée clé : on identifie le quotient par le théorème d’isomorphisme, après avoir calculé le noyau grâce à la division euclidienne par \(X^2 + 2\).

1. L’évaluation en un nombre complexe respecte la somme et le produit des polynômes, et elle envoie le polynôme constant \(1\) sur \(1\). Donc \(\varphi\) est un morphisme d’anneaux.
2. Soit \(z = x + iy \in \mathbb{C}\). On pose \(P = x + \frac{y}{\sqrt{2}}X\). Alors \(P(i\sqrt{2}) = x + iy\). Ainsi, \(\varphi\) est surjective.
3. D’abord, \((i\sqrt{2})^2 + 2 = -2 + 2 = 0\), donc \((X^2 + 2) \subset \ker \varphi\). Réciproquement, soit \(P \in \ker \varphi\). La division euclidienne donne \(P = (X^2 + 2)Q + aX + b\) avec \(a, b\) réels. En évaluant, on obtient \(ai\sqrt{2} + b = 0\). Les parties réelle et imaginaire donnent \(b = 0\) et \(a = 0\). Par conséquent, \(P \in (X^2 + 2)\). On a donc \(\ker \varphi = (X^2 + 2)\).
4. Le théorème d’isomorphisme fournit \(\mathbb{R}[X]/(X^2 + 2) \simeq \mathbb{C}\). Or \(\mathbb{C}\) est un corps. Par conséquent, \((X^2 + 2)\) est un idéal maximal de \(\mathbb{R}[X]\).

Corrigé de l’exercice 2 – Idéaux premiers de Z/20Z

Idée clé : les idéaux d’un quotient correspondent aux idéaux qui contiennent l’idéal par lequel on a quotienté.

1. Les idéaux de \(\mathbb{Z}\) sont les \(d\mathbb{Z}\) avec \(d \geq 0\). Un tel idéal contient \(20\mathbb{Z}\) si et seulement si \(d\) divise \(20\). Les idéaux de \(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\) sont donc les six idéaux \((\bar{d})\) pour \(d \in \{1, 2, 4, 5, 10, 20\}\).
2. Le troisième théorème d’isomorphisme donne \((\mathbb{Z}/20\mathbb{Z})/(\bar{d}) \simeq \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}\). Les quotients sont \(\{0\}\), \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\), \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), \(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\), \(\mathbb{Z}/10\mathbb{Z}\) et \(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\).
3. Un idéal propre est premier lorsque le quotient est intègre et maximal lorsque c’est un corps. Or \(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}\) est intègre exactement pour \(d\) premier, et c’est alors un corps. En revanche, \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), \(\mathbb{Z}/10\mathbb{Z}\) et \(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\) ont des diviseurs de zéro. Les idéaux premiers sont \((\bar{2})\) et \((\bar{5})\), et ils sont aussi les seuls idéaux maximaux.

Corrigé de l’exercice 3 – Normes et unités des entiers de Gauss

Idée clé : la norme est le carré du module, donc elle est multiplicative et ramène les questions de divisibilité à des entiers.

1. Pour \(z \in \mathbb{Z}[i]\), on a \(N(z) = |z|^2\). Comme le module est multiplicatif sur \(\mathbb{C}\), on obtient \(N(zw) = N(z)N(w)\).
2. Si \(uv = 1\), alors \(N(u)N(v) = 1\) dans \(\mathbb{N}\), donc \(N(u) = 1\). Les solutions de \(a^2 + b^2 = 1\) sont \((\pm 1, 0)\) et \((0, \pm 1)\). Réciproquement, ces quatre éléments sont inversibles. Ainsi, \(\mathbb{Z}[i]^{\times} = \{1, -1, i, -i\}\).
3. On a \(N(1 + i) = 2\). Si \(1 + i = zw\), alors \(N(z)N(w) = 2\), donc l’un des deux est de norme \(1\), c’est-à-dire inversible. De plus, \(-i(1 + i) = -i + 1 = 1 – i\). Donc \(1 + i\) est irréductible et \(1 – i = -i(1 + i)\) lui est associé.
4. Supposons \(7 = zw\) avec \(z, w\) non inversibles. Alors \(N(z)N(w) = 49\) et \(N(z) = 7\). Or un carré vaut \(0\) ou \(1\) modulo \(4\), donc une somme de deux carrés vaut \(0\), \(1\) ou \(2\) modulo \(4\), jamais \(7 \equiv 3\). C’est impossible, donc \(7\) est irréductible. En revanche, \(17 = 16 + 1 = (4 + i)(4 – i)\), et ces facteurs, de norme \(17\), ne sont pas inversibles. Ainsi, \(7\) est irréductible et \(17\) ne l’est pas.

Corrigé de l’exercice 4 – Un polynôme de degré 3 sans racine rationnelle

Idée clé : pour un polynôme unitaire, les racines rationnelles sont des entiers divisant le terme constant ; en degré \(3\), l’absence de racine suffit.

1. Soit \(r = u/v\) une racine, avec \(u \wedge v = 1\) et \(v \geq 1\). En multipliant par \(v^3\), on obtient \(u^3 – 2u^2v + 4v^3 = 0\). Donc \(v\) divise \(u^3\). Comme \(u\) et \(v\) sont premiers entre eux, on a \(v = 1\). Ensuite, \(u\) divise \(4v^3 = 4\). Toute racine rationnelle est donc un entier qui divise \(4\).
2. On teste les candidats : \(P(1) = 3\), \(P(-1) = 1\), \(P(2) = 4\), \(P(-2) = -12\), \(P(4) = 36\) et \(P(-4) = -92\). Aucun ne s’annule. Comme \(P\) est de degré \(3\), il est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\). De plus, \(P\) est unitaire, donc primitif. Par le lemme de Gauss, \(P\) est aussi irréductible dans \(\mathbb{Z}[X]\).
3. Modulo \(3\), on obtient \(\bar{P} = X^3 + X^2 + 1\), et \(\bar{P}(1) = 3 \equiv 0\). Le polynôme \(\bar{P}\) a donc le facteur \(X – 1\). Cela ne contredit rien : une réduction modulo \(p\) réductible ne permet pas de conclure, seule une réduction irréductible apporte une information.

Corrigé de l’exercice 5 – Trois applications directes d’Eisenstein

Idée clé : on cherche un premier qui divise tous les coefficients sauf le dominant, puis on vérifie la condition sur \(p^2\) et la primitivité.

1. Pour \(p = 7\) : \(7\) divise \(-21\), \(0\), \(14\) et \(-35\), ne divise pas \(2\), et \(49\) ne divise pas \(35\). Donc \(P_1\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\). Son contenu est le pgcd de \(2, 21, 14, 35\), soit \(1\). Ainsi, \(P_1\) est irréductible dans \(\mathbb{Z}[X]\).
2. Pour \(p = 5\) : \(5\) divise \(0\), \(10\), \(-15\) et \(5\), ne divise pas \(3\), et \(25\) ne divise pas \(5\). Le contenu vaut \(1\), car \(3\) et \(5\) sont premiers entre eux. Donc \(P_2\) est irréductible dans \(\mathbb{Z}[X]\).
3. Pour \(p = 11\) : \(11\) divise \(22\) et \(-44\) ainsi que les coefficients nuls, et \(121\) ne divise pas \(44\). Le polynôme est unitaire. Donc \(P_3\) est irréductible dans \(\mathbb{Z}[X]\).
4. Pour \(p = 2\), le critère échoue, car \(4\) divise \(12\). En revanche, pour \(p = 3\), on a \(3 \mid 6\), \(3 \mid 12\) et \(9 \nmid 12\). Le critère s’applique avec \(p = 3\), et \(P_4\), unitaire, est irréductible dans \(\mathbb{Z}[X]\).

Corrigé de l’exercice 6 – Un idéal premier non maximal de Z[X]

Idée clé : la nature d’un idéal se lit sur le quotient ; le même idéal \((X)\) change de nature selon l’anneau de coefficients.

1. L’évaluation \(\mathrm{ev}_0 : P \mapsto P(0)\) est un morphisme de \(\mathbb{Z}[X]\) vers \(\mathbb{Z}\). Elle est surjective, car l’image du polynôme constant \(n\) est \(n\). Son noyau est formé des polynômes de terme constant nul, c’est-à-dire des multiples de \(X\). Le théorème d’isomorphisme donne \(\mathbb{Z}[X]/(X) \simeq \mathbb{Z}\).
2. L’anneau \(\mathbb{Z}\) est intègre, mais ce n’est pas un corps. Donc \((X)\) est premier et non maximal.
3. On compose \(\mathrm{ev}_0\) avec la réduction modulo \(3\). Le morphisme obtenu est surjectif sur le corps \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\) et son noyau est \((3, X)\). L’idéal \((3, X)\) est maximal et contient \((X)\).
4. Dans \(\mathbb{Q}[X]\), l’évaluation en \(0\) donne de même \(\mathbb{Q}[X]/(X) \simeq \mathbb{Q}\). Comme \(\mathbb{Q}\) est un corps, \((X)\) est maximal dans \(\mathbb{Q}[X]\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Corps des fractions de Z[i]

Idée clé : on utilise la propriété universelle du corps des fractions, puis on montre que le morphisme obtenu est surjectif.

1. L’ensemble \(\mathbb{Q}(i)\) contient \(0\) et \(1\), et il est stable par somme, opposé et produit. De plus, pour \(x + iy \neq 0\), on a \(\frac{1}{x + iy} = \frac{x – iy}{x^2 + y^2}\), qui appartient encore à \(\mathbb{Q}(i)\). C’est donc un sous-corps de \(\mathbb{C}\), qui contient évidemment \(\mathbb{Z}[i]\).
2. Soit \(x = p/d\) et \(y = q/d\) écrits avec un dénominateur commun \(d \geq 1\). Alors \(x + iy = (p + qi)/d\). On a bien \(x + iy = z/d\) avec \(z = p + qi \in \mathbb{Z}[i]\).
3. L’inclusion \(\mathbb{Z}[i] \to \mathbb{Q}(i)\) est un morphisme injectif vers un corps. Par la propriété universelle, elle se prolonge en un morphisme \(\tilde{f}\) de \(\operatorname{Frac}(\mathbb{Z}[i])\) vers \(\mathbb{Q}(i)\), injectif comme tout morphisme de corps. D’après la question précédente, \(z/d\) est l’image de la fraction \(z/d\), donc \(\tilde{f}\) est surjectif. Ainsi, \(\operatorname{Frac}(\mathbb{Z}[i]) \simeq \mathbb{Q}(i)\).
4. On multiplie par le conjugué : \(\frac{1}{3 – 5i} = \frac{3 + 5i}{9 + 25}\). L’inverse vaut \((3 + 5i)/34\).

Corrigé de l’exercice 8 – Algorithme d’Euclide dans Z[i]

Idée clé : on calcule le quotient complexe en multipliant par le conjugué, puis on arrondit chaque coordonnée à l’entier le plus proche.

1. On a \(N(b) = 16 + 9 = 25\) et
   \[\frac{a}{b} = \frac{(23 + 6i)(4 + 3i)}{25} = \frac{74 + 93i}{25} = 2{,}96 + 3{,}72\,i.\]
   On prend \(q = 3 + 4i\). Puis \(bq = (4 – 3i)(3 + 4i) = 12 + 16i – 9i + 12 = 24 + 7i\). Le reste vaut \(r = a – bq = -1 – i\), de norme \(2 < 25\). Donc \(23 + 6i = (4 – 3i)(3 + 4i) + (-1 – i)\).

La figure montre le quotient complexe et le point du réseau choisi.

2. On divise ensuite \(b\) par \(r\) : \(\frac{4 – 3i}{-1 – i} = \frac{(4 – 3i)(-1 + i)}{2} = \frac{-1 + 7i}{2}\). On prend \(q^{\prime} = 3i\). Alors \(r q^{\prime} = (-1 – i)(3i) = 3 – 3i\), et le nouveau reste vaut \(4 – 3i – (3 – 3i) = 1\). Le dernier reste non nul est \(1\). Un pgcd de \(a\) et \(b\) est \(1\) : ils sont premiers entre eux.
3. On remonte les divisions. D’abord, \(1 = b – 3i\,r\). Ensuite, \(r = a – (3 + 4i)b\). Donc \(1 = b – 3i\,a + 3i(3 + 4i)b = -3i\,a + (1 + 9i – 12)b\). On obtient \(u = -3i\) et \(v = -11 + 9i\). Vérification : \((4 – 3i)(-11 + 9i) = -17 + 69i\) et \(-3i(23 + 6i) = 18 – 69i\), dont la somme vaut bien \(1\).
4. On remarque que \((2 + i)^2 = 3 + 4i\) et \(-i(3 + 4i) = 4 – 3i\). Donc \(b = -i(2 + i)^2\), et un diviseur irréductible commun serait associé à \(2 + i\). Or \(\frac{(23 + 6i)(2 – i)}{5} = \frac{52 – 11i}{5}\) n’est pas dans \(\mathbb{Z}[i]\). Donc \(2 + i\) ne divise pas \(a\), ce qui confirme que le pgcd vaut \(1\).

Corrigé de l’exercice 9 – Factorisations dans Z[i]

Idée clé : la décomposition de la norme dans \(\mathbb{Z}\) indique quels irréductibles tester, et dans quel ordre.

1. On a \(N(11 + 7i) = 121 + 49 = 170 = 2 \times 5 \times 17\). D’abord, \(\frac{(11 + 7i)(1 – i)}{2} = \frac{18 – 4i}{2} = 9 – 2i\). Ensuite, on teste les facteurs de \(5\). Le calcul \(\frac{(9 – 2i)(2 + i)}{5} = \frac{20 + 5i}{5} = 4 + i\) montre que \(2 – i\) divise \(9 – 2i\). Enfin, \(N(4 + i) = 17\) est premier. Donc \(11 + 7i = (1 + i)(2 – i)(4 + i)\). On vérifie : \((1 + i)(2 – i) = 3 + i\) et \((3 + i)(4 + i) = 11 + 7i\).
2. On a \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\). Or \(2 = -i(1 + i)^2\), donc \(2^3 = (-i)^3(1 + i)^6 = i(1 + i)^6\). De plus, \(3\) est irréductible car \(3 \equiv 3 \pmod 4\), et \(5 = (2 + i)(2 – i)\). On obtient \(360 = i\,(1 + i)^6 \cdot 3^2 \cdot (2 + i)(2 – i)\).
3. Un diviseur s’écrit, à association près, \((1 + i)^{\alpha}3^{\beta}(2 + i)^{\gamma}(2 – i)^{\delta}\) avec \(0 \leq \alpha \leq 6\), \(0 \leq \beta \leq 2\), \(\gamma, \delta \in \{0, 1\}\). Par unicité de la décomposition, ces choix donnent des diviseurs deux à deux non associés. Il y a \(7 \times 3 \times 2 \times 2 = 84\) diviseurs à association près.

Corrigé de l’exercice 10 – Deux quotients de Z[i]

Idée clé : on écrit chaque quotient comme l’image d’un morphisme explicite, puis on reconnaît un corps.

1. L’évaluation \(P \mapsto P(i)\) de \(\mathbb{Z}[X]\) dans \(\mathbb{Z}[i]\) est surjective. Comme \(X^2 + 1\) est unitaire, on peut diviser tout \(P\) par lui dans \(\mathbb{Z}[X]\) : \(P = (X^2 + 1)Q + aX + b\) avec \(a, b\) entiers. Si \(P(i) = 0\), alors \(ai + b = 0\), donc \(a = b = 0\). Le noyau est \((X^2 + 1)\), d’où \(\mathbb{Z}[i] \simeq \mathbb{Z}[X]/(X^2 + 1)\).
2. Par cet isomorphisme, \(\mathbb{Z}[i]/(3) \simeq \mathbb{Z}[X]/(3, X^2 + 1) \simeq \mathbb{F}_3[X]/(X^2 + 1)\). Or les carrés de \(\mathbb{F}_3\) sont \(0\) et \(1\), donc \(-1 \equiv 2\) n’est pas un carré. Ainsi, \(X^2 + 1\) est irréductible de degré \(2\) sur \(\mathbb{F}_3\). Le quotient est un corps à \(9\) éléments, et \((3)\) est maximal.
3. Notons \(g(a + bi) = \overline{a – 2b}\). C’est l’unique morphisme qui envoie \(i\) sur \(-\bar{2}\), ce qui est cohérent car \((-2)^2 = 4 \equiv -1 \pmod 5\). Il est surjectif, car \(g(n) = \bar{n}\). Ensuite, \(g(2 + i) = \overline{0}\) et \(g(5) = \bar{0}\), donc \((2 + i) \subset \ker g\), puisque \(5 = (2 + i)(2 – i)\). Réciproquement, si \(a \equiv 2b \pmod 5\), on écrit \(a + bi = b(2 + i) + (a – 2b)\), où \(a – 2b\) est un multiple de \(5\). Donc \(\ker g = (2 + i)\).
4. On obtient \(\mathbb{Z}[i]/(2 + i) \simeq \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\), qui est un corps. L’idéal \((2 + i)\) est maximal et il y a exactement cinq classes : les points orange de la figure de l’énoncé forment l’une d’elles, ce que confirme l’aire \(5\) de la maille.

Corrigé de l’exercice 11 – Trois factorisations de 21 dans Z[i√5]

Idée clé : un facteur strict d’un élément de norme \(9\), \(49\) ou \(21\) aurait une norme égale à \(3\) ou \(7\), ce qui est impossible.

1. On a \(N(z) = |z|^2\) pour \(z \in A \subset \mathbb{C}\), donc \(N\) est multiplicative. Si \(z\) est inversible, alors \(N(z) = 1\), d’où \(a^2 + 5b^2 = 1\), donc \(b = 0\) et \(a = \pm 1\). Ainsi, \(A^{\times} = \{1, -1\}\).
2. Si \(a^2 + 5b^2 \leq 7\), alors \(b \in \{-1, 0, 1\}\). Pour \(b = 0\), on obtient un carré, et \(3\), \(7\) n’en sont pas. Pour \(b = \pm 1\), il faudrait \(a^2 = -2\) ou \(a^2 = 2\), ce qui est impossible. Aucun élément n’est de norme \(3\) ou \(7\).
3. On développe : \((1 + 2i\sqrt{5})(1 – 2i\sqrt{5}) = 1 + 4 \times 5 = 21\) et \((4 + i\sqrt{5})(4 – i\sqrt{5}) = 16 + 5 = 21\). Les trois écritures sont exactes.
4. Les normes valent \(9\) pour \(3\), \(49\) pour \(7\), et \(21\) pour les quatre autres facteurs. Une factorisation \(z = xy\) non triviale imposerait \(N(x) \in \{3, 7\}\), ce qui est exclu. Donc les six éléments sont irréductibles. Ensuite, deux éléments associés sont égaux au signe près, car \(A^{\times} = \{\pm 1\}\). Or ces six éléments sont distincts au signe près. On obtient trois décompositions de \(21\) en irréductibles non associés : \(A\) n’est pas factoriel.

Corrigé de l’exercice 12 – Racines rationnelles et facteurs unitaires

Idée clé : on multiplie par une puissance du dénominateur et on exploite la primalité relative ; pour les facteurs, on applique la multiplicativité du contenu.

1. Écrivons \(P = X^n + a_{n-1}X^{n-1} + \dots + a_0\). De \(P(u/v) = 0\), on tire \(u^n = -v(a_{n-1}u^{n-1} + \dots + a_0v^{n-1})\). Donc \(v\) divise \(u^n\). Comme \(u \wedge v = 1\), on a aussi \(v \wedge u^n = 1\). Par conséquent, \(v = 1\) et la racine est entière.
2. Le nombre \(\sqrt[3]{12}\) est racine du polynôme unitaire \(X^3 – 12\). S’il était rationnel, ce serait un entier \(m\) avec \(m^3 = 12\). Or \(2^3 = 8 < 12 < 27 = 3^3\). Donc \(\sqrt[3]{12}\) est irrationnel.
3. Soit \(d, e\) les plus petits entiers positifs tels que \(dF\) et \(eG\) soient dans \(\mathbb{Z}[X]\). Le coefficient dominant de \(dF\) vaut \(d\). Si un premier \(p\) divisait tous les coefficients de \(dF\), alors \((d/p)F\) serait à coefficients entiers, ce qui contredit la minimalité de \(d\). Donc \(dF\) est primitif, et de même \(eG\). Ensuite, \(de\,P = (dF)(eG)\). Le lemme de Gauss donne \(c(de\,P) = 1\), c’est-à-dire \(de \cdot c(P) = 1\). Donc \(d = e = 1\), et \(F, G \in \mathbb{Z}[X]\).
4. Posons \(P = X^4 + 3X + 1\). Les racines rationnelles possibles sont \(\pm 1\), or \(P(1) = 5\) et \(P(-1) = -1\). Il reste à exclure \(P = (X^2 + aX + b)(X^2 + cX + d)\) avec des coefficients entiers, d’après la question 3. En identifiant, on obtient \(a + c = 0\), \(bd = 1\), \(b + d + ac = 0\) et \(ad + bc = 3\). Ainsi, \(b = d = \pm 1\), puis \(ad + bc = b(a + c) = 0 \neq 3\). C’est contradictoire, donc \(X^4 + 3X + 1\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).

Corrigé de l’exercice 13 – Eisenstein après un changement de variable

Idée clé : on reconnaît le début d’un développement du binôme, puis on translate pour faire apparaître un polynôme d’Eisenstein.

1. Un premier \(p\) convenable devrait diviser \(4\), \(6\) et \(3\). Or \(\operatorname{pgcd}(4, 3) = 1\). Aucun nombre premier ne convient.
2. On a \((X + 1)^4 = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 1\), donc \(F = (X + 1)^4 + 2\). Ainsi, \(F(X – 1) = X^4 + 2\), qui vérifie Eisenstein pour \(p = 2\). L’application \(\tau : H \mapsto H(X – 1)\) est un automorphisme de \(\mathbb{Q}[X]\), de réciproque \(H \mapsto H(X + 1)\), qui conserve les degrés. Une factorisation \(F = F_1F_2\) en facteurs de degré au moins \(1\) donnerait \(\tau(F) = \tau(F_1)\tau(F_2)\), ce qui est exclu. Donc \(F\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).
3. Les coefficients binomiaux d’ordre \(5\) sont \(1, 5, 10, 10, 5, 1\), donc \(G = (X + 1)^5 + 6\). Il vient \(G(X – 1) = X^5 + 6\), qui vérifie Eisenstein pour \(p = 2\) (et aussi pour \(p = 3\)). Par le même argument de translation, \(G\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).

Corrigé de l’exercice 14 – Idéaux contenant un polynôme de degré 4

Idée clé : dans \(K[X]\) principal, les idéaux contenant \((P)\) correspondent aux diviseurs unitaires de \(P\).

1. On a \(X^4 – 4 = (X^2 – 2)(X^2 + 2)\). Ces deux facteurs n’ont pas de racine rationnelle, car \(\sqrt{2}\) est irrationnel, et ils sont de degré \(2\). Dans \(\mathbb{R}[X]\), seul le premier se casse. Dans \(\mathbb{Q}[X]\) : \(P = (X^2 – 2)(X^2 + 2)\) ; dans \(\mathbb{R}[X]\) : \(P = (X – \sqrt{2})(X + \sqrt{2})(X^2 + 2)\).
2. Un idéal \(J\) contenant \(P\) s’écrit \(J = (D)\) avec \(D\) unitaire divisant \(P\). Les diviseurs unitaires sont \(1\), \(X^2 – 2\), \(X^2 + 2\) et \(P\). Il y a quatre idéaux, et les maximaux sont \((X^2 – 2)\) et \((X^2 + 2)\), engendrés par des irréductibles.
3. Dans \(\mathbb{R}[X]\), avec trois facteurs irréductibles distincts, on a \(2^3 = 8\) diviseurs unitaires. Il y a huit idéaux contenant \(P\), dont trois maximaux : \((X – \sqrt{2})\), \((X + \sqrt{2})\) et \((X^2 + 2)\). La figure les organise par inclusion.

4. Par correspondance, les idéaux de \(\mathbb{Q}[X]/(P)\) sont les images des quatre idéaux trouvés à la question 2. Ensuite, les classes de \(X^2 – 2\) et \(X^2 + 2\) sont non nulles et de produit nul. Le quotient a quatre idéaux et n’est pas intègre.

Corrigé de l’exercice 15 – Écrire 65 comme somme de deux carrés

Idée clé : une écriture \(a^2 + b^2\) est une factorisation \((a + bi)(a – bi)\) dans \(\mathbb{Z}[i]\), et l’unicité de la décomposition permet de les dénombrer.

1. On a \(65 = 5 \times 13\), avec \(5 = (2 + i)(2 – i)\) et \(13 = (3 + 2i)(3 – 2i)\). Ces quatre facteurs ont une norme première. Donc \(65 = (2 + i)(2 – i)(3 + 2i)(3 – 2i)\).
2. On a \(a^2 + b^2 = (a + bi)(a – bi)\), d’où l’équivalence. Ensuite, \(N(a + bi) = 65\). Par unicité de la décomposition, \(a + bi\) est associé à un produit d’irréductibles pris parmi ceux de \(65\), de norme totale \(65\). Il faut un facteur de norme \(5\) et un de norme \(13\). Ainsi, \(a + bi = u\,\pi_1\pi_2\) avec \(u\) inversible, \(\pi_1 \in \{2 \pm i\}\) et \(\pi_2 \in \{3 \pm 2i\}\).
3. On calcule \((2 + i)(3 + 2i) = 4 + 7i\) et \((2 + i)(3 – 2i) = 8 – i\). Les deux autres produits en sont les conjugués. On obtient donc quatre produits, multipliés par quatre inversibles : seize éléments distincts. En coordonnées, ce sont les couples \((\pm 4, \pm 7)\), \((\pm 7, \pm 4)\), \((\pm 1, \pm 8)\) et \((\pm 8, \pm 1)\). Il y a \(16\) couples, et \(65 = 4^2 + 7^2 = 1^2 + 8^2\) sont les deux seules écritures à l’ordre et aux signes près.

La figure place ces seize points sur le cercle de l’énoncé.

Corrigé de l’exercice 16 – L’idéal (2, X) de Z[X]

Idée clé : on lit la maximalité sur le quotient, puis on raisonne sur les degrés et les diviseurs de \(2\) pour exclure un générateur unique.

1. Soit \(h : \mathbb{Z}[X] \to \mathbb{F}_2\), \(h(P) = \overline{P(0)}\). C’est un morphisme surjectif, car \(h(1) = \bar{1}\). Son noyau est formé des \(P\) dont le terme constant est pair, c’est-à-dire \(P = XQ + 2k\). Donc \(\ker h = (2, X)\), et cet idéal est maximal car \(\mathbb{F}_2\) est un corps.
2. Supposons \((2, X) = (D)\). Comme \(D\) divise \(2\), on a \(\deg D = 0\), donc \(D = \pm 1\) ou \(D = \pm 2\). Or \(\pm 2\) ne divise pas \(X\) dans \(\mathbb{Z}[X]\). Il reste \(D = \pm 1\), ce qui donnerait \((2, X) = \mathbb{Z}[X]\), alors que cet idéal est propre. Donc \((2, X)\) n’est pas principal.
3. Un diviseur commun de \(2\) et \(X\) est une constante divisant \(2\) et divisant les coefficients de \(X\), donc \(\pm 1\). Le pgcd vaut \(1\). Cependant, \(2U + XV\) a un terme constant pair, donc ne vaut jamais \(1\). Il n’y a pas de relation de Bézout.
4. L’anneau \(\mathbb{Z}[X]\) est factoriel, d’après le lemme de Gauss, mais il n’est pas principal : c’est le contre-exemple standard à l’étage « factoriel implique principal ».

Corrigé de l’exercice 17 – Morphismes de Z[i] vers Z/13Z

Idée clé : un morphisme partant de \(\mathbb{Z}[i]\) est fixé par l’image de \(i\), qui doit être une racine carrée de \(-1\).

1. On a \(f(a + bi) = f(a) + f(b)f(i) = \bar{a} + \bar{b}f(i)\), car \(f(1) = \bar{1}\). De plus, \(f(i)^2 = f(i^2) = f(-1) = -\bar{1}\). Donc \(f\) est déterminé par \(f(i)\), qui vérifie \(f(i)^2 = -\bar{1}\).
2. Comme \(\mathbb{Z}/13\mathbb{Z}\) est un corps, l’équation \(x^2 = -1\) a au plus deux solutions. Or \(5^2 = 25 = 26 – 1\), donc \(\bar{5}\) et \(-\bar{5} = \bar{8}\) conviennent. Réciproquement, pour \(c \in \{\bar{5}, \bar{8}\}\), l’évaluation \(P \mapsto P(c)\) de \(\mathbb{Z}[X]\) passe au quotient par \((X^2 + 1)\). Elle définit donc un morphisme \(f_c\) avec \(f_c(i) = c\). Il existe exactement deux morphismes, \(f_5\) et \(f_8\).
3. Chacun est surjectif, car il envoie l’entier \(n\) sur \(\bar{n}\). Son image est le corps \(\mathbb{Z}/13\mathbb{Z}\). Les deux noyaux sont donc des idéaux maximaux.
4. On a \(f_5(3 + 2i) = \overline{3 + 10} = \bar{0}\), donc \((3 + 2i) \subset \ker f_5\). Or \((3 + 2i)\) est maximal, car \(3 + 2i\) est irréductible dans l’anneau principal \(\mathbb{Z}[i]\), et \(\ker f_5\) est propre. Ainsi, \(\ker f_5 = (3 + 2i)\). De même, \(f_8(3 – 2i) = \overline{3 – 16} = \overline{-13} = \bar{0}\). Donc \(\ker f_8 = (3 – 2i)\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 18 – Démontrer le lemme de Gauss

Idée clé : un premier qui divise tous les coefficients d’un produit tue ce produit modulo \(p\) ; l’intégrité de \(\mathbb{F}_p[X]\) fait le reste.

1. Tous les coefficients de \(P\) sont multiples de \(c(P)\). On pose \(P_0 = P/c(P) \in \mathbb{Z}[X]\). Si un entier \(m \geq 2\) divisait tous les coefficients de \(P_0\), alors \(m\,c(P)\) diviserait ceux de \(P\), ce qui contredit la définition du pgcd. Ainsi, \(P = c(P)P_0\) avec \(P_0\) primitif.
2. La réduction des coefficients modulo \(p\) respecte la somme et le produit des polynômes, car les coefficients d’un produit sont des sommes de produits de coefficients. Ensuite, \(\mathbb{F}_p\) est un corps. Le coefficient dominant d’un produit de deux polynômes non nuls de \(\mathbb{F}_p[X]\) est donc non nul. Par conséquent, \(\mathbb{F}_p[X]\) est intègre.
3. Soit \(P, Q\) primitifs. Si \(PQ\) n’était pas primitif, un premier \(p\) diviserait tous ses coefficients. On aurait alors \(\bar{P}\,\bar{Q} = 0\), donc \(\bar{P} = 0\) ou \(\bar{Q} = 0\), ce qui contredit la primitivité. Dans le cas général, \(PQ = c(P)c(Q)\,P_0Q_0\) avec \(P_0Q_0\) primitif. D’après la question 1, \(c(PQ) = c(P)c(Q)\).
4. Soit \(P\) primitif, de degré au moins \(1\), irréductible dans \(\mathbb{Z}[X]\). Supposons \(P = FG\) dans \(\mathbb{Q}[X]\) avec \(\deg F, \deg G \geq 1\). On chasse les dénominateurs et on factorise les contenus : \(F = \lambda F_0\) et \(G = \mu G_0\) avec \(\lambda, \mu \in \mathbb{Q}\) et \(F_0, G_0\) primitifs. Alors \(P = \lambda\mu\,F_0G_0\). En écrivant \(\lambda\mu = r/s\), on obtient \(sP = r\,F_0G_0\). Les contenus donnent \(s = \pm r\), donc \(P = \pm F_0G_0\). C’est une factorisation non triviale dans \(\mathbb{Z}[X]\), ce qui est exclu : \(P\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).
5. On a \(6X^3 – 6 = 2 \times 3 \times (X – 1)(X^2 + X + 1)\). Les entiers \(2\) et \(3\) sont irréductibles dans \(\mathbb{Z}[X]\). Le polynôme \(X – 1\) est primitif de degré \(1\). Enfin, \(X^2 + X + 1\) est primitif et sans racine réelle, car son discriminant vaut \(-3\). La décomposition en irréductibles est \(6X^3 – 6 = 2 \cdot 3 \cdot (X – 1)(X^2 + X + 1)\).

Corrigé de l’exercice 19 – Le polynôme X⁴ + 1 modulo p

Idée clé : sur \(\mathbb{Q}\), on translate pour appliquer Eisenstein ; modulo \(p\), on complète le carré de trois façons différentes.

1. On a \((X + 1)^4 + 1 = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2\). Ce polynôme vérifie Eisenstein pour \(p = 2\) : \(2\) divise \(4, 6, 4, 2\), ne divise pas \(1\), et \(4\) ne divise pas \(2\). La translation préserve l’irréductibilité. Donc \(X^4 + 1\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).
2. Dans \(\mathbb{F}_2[X]\), le morphisme de Frobenius donne \((X + 1)^4 = X^4 + 1\). Donc \(X^4 + 1\) est réductible modulo \(2\).
3. Soit \(g\) un générateur de \(\mathbb{F}_p^{\times}\), d’ordre pair \(p – 1\). Les carrés non nuls sont les \(g^{2k}\) : ils forment un sous-groupe de cardinal \((p – 1)/2\), donc d’indice \(2\). Le quotient est d’ordre \(2\), donc le produit de deux non-carrés est un carré. Si \(-1\) et \(2\) sont des non-carrés, alors \(-2 = (-1) \times 2\) est un carré. Dans tous les cas, l’un des éléments \(-1\), \(2\), \(-2\) est un carré.
4. On distingue les trois cas.
   • Si \(-1 = a^2\) : \((X^2 – a)(X^2 + a) = X^4 – a^2 = X^4 + 1\).
   • Si \(2 = b^2\) : \(X^4 + 1 = (X^2 + 1)^2 – 2X^2 = (X^2 – bX + 1)(X^2 + bX + 1)\).
   • Si \(-2 = c^2\) : \(X^4 + 1 = (X^2 – 1)^2 + 2X^2 = (X^2 – 1)^2 – c^2X^2 = (X^2 – cX – 1)(X^2 + cX – 1)\).

   Dans chaque cas, \(X^4 + 1\) est produit de deux polynômes de degré \(2\) dans \(\mathbb{F}_p[X]\).

5. Le critère de réduction ne conclut que si la réduction est irréductible. Ici, \(X^4 + 1\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\), mais réductible modulo tout premier. Aucun choix de \(p\) ne peut donc prouver son irréductibilité : il faut un autre argument, ici Eisenstein après translation.

Corrigé de l’exercice 20 – Premiers qui sont somme de deux carrés

Idée clé : un premier \(p\) qui divise un produit sans diviser aucun facteur n’est pas premier dans \(\mathbb{Z}[i]\), donc pas irréductible puisque l’anneau est principal.

1. Si \(p = zw\) avec \(z, w\) non inversibles, alors \(N(z)N(w) = p^2\) et \(N(z) = p\). Ainsi, \(p\) serait une somme de deux carrés. Or une telle somme vaut \(0\), \(1\) ou \(2\) modulo \(4\). Donc un premier \(p \equiv 3 \pmod 4\) est irréductible dans \(\mathbb{Z}[i]\).
2. Si \(p\) divisait \(x + i\), on aurait \(x + i = p(u + vi)\), d’où \(pv = 1\), ce qui est impossible. Le même argument vaut pour \(x – i\). Or \(p\) divise \(x^2 + 1 = (x + i)(x – i)\). Donc \(p\) n’est pas premier dans \(\mathbb{Z}[i]\). Comme \(\mathbb{Z}[i]\) est principal, irréductible équivaut à premier. Par conséquent, \(p\) n’est pas irréductible.
3. On écrit \(p = zw\) avec \(z, w\) non inversibles. Alors \(N(z)N(w) = p^2\), avec \(N(z) > 1\) et \(N(w) > 1\). Donc \(N(z) = p\). En écrivant \(z = a + bi\), on obtient \(p = a^2 + b^2\).
4. On a \(9^2 + 1 = 82 = 2 \times 41\). Ensuite, on divise \(41\) par \(9 + i\), de norme \(82\). Le quotient complexe vaut \(41(9 – i)/82\), soit \(4{,}5 – 0{,}5\,i\). Avec le quotient \(4\), le reste vaut \(41 – 4(9 + i) = 5 – 4i\), de norme \(41 < 82\). Puis on divise \(9 + i\) par \(5 – 4i\) : on a \((9 + i)(5 + 4i) = 41 + 41i\), donc \(9 + i = (5 – 4i)(1 + i)\). La division est exacte, donc \(5 – 4i\) est un pgcd de \(41\) et \(9 + i\). Il divise \(41\) sans lui être associé, et sa norme vaut \(25 + 16\). On obtient \(41 = (5 – 4i)(5 + 4i) = 5^2 + 4^2\).

Corrigé de l’exercice 21 – Problème – Un idéal maximal non principal de Z[i√5]

Idée clé : la norme interdit les petits diviseurs, le morphisme \(\psi\) identifie le quotient, et la comparaison des normes empêche \(P\) d’avoir un seul générateur.

1. On a \(N(3) = 9\) et \(N(\alpha) = N(\beta) = 1 + 5 = 6\). Un facteur non inversible strict aurait une norme égale à \(2\) ou \(3\). Or \(a^2 + 5b^2 \in \{2, 3\}\) impose \(b = 0\), puis \(a^2 \in \{2, 3\}\), ce qui est impossible. Donc \(3\), \(\alpha\) et \(\beta\) sont irréductibles.
2. On calcule \(\alpha\beta = 1 + 5 = 6 = 3 \times 2\), donc \(3\) divise \(\alpha\beta\). En revanche, \(\alpha/3 = \frac{1}{3} + \frac{1}{3}i\sqrt{5}\) n’est pas dans \(A\), et de même pour \(\beta/3\). Ainsi, \(3\) est irréductible sans être premier. Dans un anneau factoriel, les irréductibles sont premiers : \(A\) n’est donc pas factoriel, ni a fortiori principal.
3. Comme dans l’exercice 10, on a \(A \simeq \mathbb{Z}[X]/(X^2 + 5)\), car \(X^2 + 5\) est unitaire. L’évaluation \(\mathbb{Z}[X] \to \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\), \(P \mapsto \overline{P(-1)}\), envoie \(X^2 + 5\) sur \(\bar{6} = \bar{0}\). Elle passe donc au quotient. Un morphisme est déterminé par les images de \(1\) et de \(i\sqrt{5}\), d’où l’unicité. On obtient \(\psi(a + bi\sqrt{5}) = \overline{a – b}\).
4. On a \(\psi(3) = \bar{0}\) et \(\psi(\alpha) = \overline{1 – 1} = \bar{0}\), donc \(P \subset \ker \psi\). Réciproquement, si \(a \equiv b \pmod 3\), alors \(a + bi\sqrt{5} = b\alpha + (a – b)\), avec \(a – b \in 3\mathbb{Z}\). Cet élément appartient donc à \(P\). Ainsi, \(\ker \psi = P\). Comme \(\psi\) est surjective, car \(\psi(1) = \bar{1}\), on a \(A/P \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\). Ce quotient est un corps, donc \(P\) est maximal.
5. Supposons \(P = (\gamma)\). Alors \(\gamma\) divise \(3\) et \(\alpha\), donc \(N(\gamma)\) divise \(9\) et \(6\), c’est-à-dire \(3\). Comme aucun élément n’est de norme \(3\), on a \(N(\gamma) = 1\), donc \(\gamma = \pm 1\) et \(P = A\). Or \(P\) est propre, puisque \(A/P\) est non nul. C’est absurde : \(P\) est maximal mais non principal.
6. L’idéal \(PQ\) est engendré par les produits des générateurs : \(9\), \(3\beta\), \(3\alpha\) et \(\alpha\beta = 6\). Ils sont tous multiples de \(3\), donc \(PQ \subset (3)\). Réciproquement, \(3 = 9 – 6\) appartient à \(PQ\). On conclut que \(PQ = (3)\) : à défaut d’une factorisation unique des éléments, on retrouve ici une factorisation de l’idéal \((3)\) en produit d’idéaux maximaux.

Pour aller plus loin

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