Anneaux principaux et critère d’Eisenstein : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : anneaux principaux et critère d’Eisenstein

Le corrigé détaillé : anneaux principaux et critère d’Eisenstein

Exercice 1 – Deux quotients de Z[X] (3 points)

1. Le morphisme d’évaluation en 0

   L’application \(\mathrm{ev}_0 : \mathbb{Z}[X] \to \mathbb{Z}\), \(A \mapsto A(0)\), est un morphisme d’anneaux surjectif, car elle envoie chaque constante sur elle-même. Pour tout \(A\), on écrit \(A = XB + A(0)\) avec \(B \in \mathbb{Z}[X]\). Ainsi \(A(0) = 0\) équivaut à \(A \in (X)\), donc le noyau est \((X)\).

   Premier sans être maximal

   Le premier théorème d’isomorphisme donne \(\mathbb{Z}[X]/(X) \simeq \mathbb{Z}\). Or \(\mathbb{Z}\) est intègre, si bien que \((X)\) est premier. En revanche, \(\mathbb{Z}\) n’est pas un corps, puisque 2 n’y est pas inversible : \((X)\) n’est donc pas maximal. On le voit aussi directement, car \((X) \subsetneq (2, X) \subsetneq \mathbb{Z}[X]\).

2. Composer deux surjections

   Notons \(\rho : \mathbb{Z}[X] \to \mathbb{F}_p[X]\) la réduction des coefficients modulo \(p\), puis \(\sigma\) la projection de \(\mathbb{F}_p[X]\) sur \(\mathbb{F}_p[X]/(X^2 + \overline{2})\). La composée \(\sigma \circ \rho\) est un morphisme surjectif, car \(\rho\) et \(\sigma\) le sont.

   Calcul du noyau

   D’abord, \(p\) et \(X^2 + 2\) sont dans le noyau, donc \(J_p\) aussi. Réciproquement, si \(\rho(A) = (X^2 + \overline{2})\,\overline{B}\), on relève \(\overline{B}\) en \(B \in \mathbb{Z}[X]\). Alors \(A – (X^2 + 2)B\) a tous ses coefficients divisibles par \(p\), c’est-à-dire \(A – (X^2 + 2)B = pC\). Par conséquent \(A \in J_p\). Le noyau vaut \(J_p\), d’où \(\mathbb{Z}[X]/J_p \simeq \mathbb{F}_p[X]/(X^2 + \overline{2})\).

3. Dans \(\mathbb{F}_5\), les carrés sont \(0, 1, 4\), car \(0^2 = 0\), \(1^2 = 4^2 = 1\) et \(2^2 = 3^2 = 4\). Or \(-\overline{2} = \overline{3}\) n’est pas un carré, donc \(X^2 + \overline{2}\) n’a pas de racine. Comme il est de degré 2, il est alors irréductible dans \(\mathbb{F}_5[X]\). Puisque \(\mathbb{F}_5[X]\) est principal, l’idéal engendré par un irréductible est maximal, et le quotient est un corps. Ce corps est un \(\mathbb{F}_5\)-espace vectoriel de dimension 2, de base les classes de \(1\) et \(X\). Ainsi \(J_5\) est maximal et \(\mathbb{Z}[X]/J_5\) est un corps à \(5^2 = 25\) éléments.
4. Dans \(\mathbb{F}_3\), on a \(\overline{2} = -\overline{1}\), donc \(X^2 + \overline{2} = (X – \overline{1})(X + \overline{1})\). Les classes de \(X – \overline{1}\) et \(X + \overline{1}\) sont non nulles dans le quotient, car un polynôme non nul de degré 1 n’est pas multiple d’un polynôme de degré 2. Pourtant leur produit est nul. Le quotient n’est donc pas intègre. Dans \(\mathbb{Z}[X]\), cela se lit ainsi : \((X – 1)(X + 1) = (X^2 + 2) – 3 \in J_3\), alors que \(X – 1 \notin J_3\) et \(X + 1 \notin J_3\). Par conséquent \(J_3\) n’est pas premier.

Barème : 1) noyau de l’évaluation 0,25, premier 0,25, non maximal 0,25 ; 2) surjectivité 0,25, inclusion réciproque du noyau 0,5 ; 3) absence de racine 0,25, maximalité 0,25, cardinal 0,25 ; 4) factorisation 0,25, diviseurs de zéro justifiés 0,5.

Piège classique : conclure à l’irréductibilité d’un polynôme de degré 4 ou plus parce qu’il n’a pas de racine ; l’argument ne vaut qu’en degré 2 ou 3.

Exercice 2 – Trois polynômes irréductibles (4 points)

1. L’énoncé du critère

   Soit \(A = a_n X^n + \cdots + a_1 X + a_0 \in \mathbb{Z}[X]\) avec \(n \geq 1\), et \(p\) un nombre premier. Si \(p\) ne divise pas \(a_n\), divise \(a_0, \ldots, a_{n-1}\), et si \(p^2\) ne divise pas \(a_0\), alors \(A\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).

   Application à P avec p = 3

   Le coefficient dominant 1 n’est pas divisible par 3. Les autres coefficients \(0, -6, 0, 12, 18\) sont tous multiples de 3, et 9 ne divise pas 18. Donc \(P\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\). De plus, \(P\) est unitaire, donc primitif. Une factorisation \(P = BC\) dans \(\mathbb{Z}[X]\) aurait alors un facteur constant divisant 1, c’est-à-dire inversible. Ainsi \(P\) est aussi irréductible dans \(\mathbb{Z}[X]\).

2. Reconnaître une puissance

   On remarque que \((X – 1)^4 = X^4 – 4X^3 + 6X^2 – 4X + 1\), donc \(Q = (X – 1)^4 + 2\). Il vient alors \(Q(X + 1) = X^4 + 2\).

   Eisenstein après translation

   Avec \(p = 2\) : 2 ne divise pas 1, divise les coefficients \(0, 0, 0, 2\), et 4 ne divise pas 2. Ainsi \(X^4 + 2\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\). Or l’application \(\tau : A(X) \mapsto A(X + 1)\) est un automorphisme de l’anneau \(\mathbb{Q}[X]\) qui conserve le degré, de réciproque \(A(X) \mapsto A(X – 1)\). Si l’on avait \(Q = BC\) avec \(B\) et \(C\) de degré au moins 1, on aurait \(\tau(Q) = \tau(B)\,\tau(C)\), avec des facteurs de même degré. Par conséquent \(Q\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).

3. 1. Un nombre premier convenable devrait diviser 4 et 9 à la fois. Cependant \(\mathrm{pgcd}(4, 9) = 1\), si bien qu’aucun nombre premier ne vérifie les hypothèses du critère.
   2. Modulo 2, on obtient \(\overline{R} = X^3 + X + \overline{1}\), car \(4 \equiv 0\), \(9 \equiv 1\) et \(15 \equiv 1\). Ensuite \(\overline{R}(0) = \overline{1}\) et \(\overline{R}(1) = \overline{3} = \overline{1}\), donc \(\overline{R}\) n’a pas de racine dans \(\mathbb{F}_2\). Un polynôme de degré 3 réductible aurait un facteur de degré 1, donc une racine. Ainsi \(\overline{R}\) est irréductible dans \(\mathbb{F}_2[X]\).

   3. Raisonnement par l’absurde

      Supposons \(R\) réductible dans \(\mathbb{Q}[X]\). Comme \(R\) est unitaire, il est primitif, et le lemme de Gauss fournit alors une factorisation \(R = BC\) dans \(\mathbb{Z}[X]\), avec \(\deg B \geq 1\) et \(\deg C \geq 1\).

      Les degrés survivent à la réduction

      Les coefficients dominants de \(B\) et \(C\) ont pour produit 1 : ils valent donc \(\pm 1\) et restent non nuls modulo 2. Par suite, \(\overline{R} = \overline{B}\,\overline{C}\) avec \(\deg \overline{B} = \deg B \geq 1\) et \(\deg \overline{C} = \deg C \geq 1\), ce qui contredit la question précédente. Donc \(R\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\).

Barème : 1) énoncé complet 0,5, vérification sur \(P\) 0,25, passage à \(\mathbb{Z}[X]\) 0,25 ; 2) calcul de \(Q(X+1)\) 0,5, Eisenstein 0,25, justification par l’automorphisme 0,5 ; 3a) 0,25 ; 3b) réduction 0,25, absence de racine 0,25 ; 3c) lemme de Gauss 0,5, conservation des degrés 0,5.

Piège classique : réduire modulo un premier qui divise le coefficient dominant ; le degré chute alors et l’argument ne prouve plus rien.

Exercice 3 – Un idéal maximal qui n’est pas principal (4 points)

1. Morphisme et surjectivité

   L’application \(\varphi\) est la composée de l’évaluation \(A \mapsto A(-1)\), qui est un morphisme d’anneaux de \(\mathbb{Z}[X]\) dans \(\mathbb{Z}\), et de la projection canonique de \(\mathbb{Z}\) sur \(\mathbb{F}_3\). C’est donc un morphisme d’anneaux. Il est surjectif, car la constante \(k\) a pour image \(\overline{k}\).

   Le noyau contient I

   On a \(\varphi(3) = \overline{3} = \overline{0}\) et \(\varphi(X + 1) = \overline{0}\). Le noyau est un idéal qui contient les deux générateurs, donc \(I \subset \ker \varphi\).

   Inclusion réciproque par division

   Le polynôme \(X + 1\) est unitaire, donc on peut diviser tout \(A\) par lui dans \(\mathbb{Z}[X]\) : \(A = (X + 1)S + A(-1)\). Si \(\varphi(A) = \overline{0}\), alors \(A(-1) = 3m\) avec \(m \in \mathbb{Z}\), et \(A = (X + 1)S + 3m \in I\). Finalement \(\ker \varphi = I\).

2. Le premier théorème d’isomorphisme donne \(\mathbb{Z}[X]/I \simeq \mathbb{F}_3\), qui est un corps. L’idéal \(I\) est donc maximal.

3. Les générateurs possibles

   Supposons \(I = (D)\). Comme \(3 \in I\), il existe \(E\) tel que \(3 = DE\). Les degrés s’ajoutent dans l’anneau intègre \(\mathbb{Z}[X]\), donc \(D\) est une constante \(d\) qui divise 3 : \(d \in \{-3, -1, 1, 3\}\).

   Élimination des quatre cas

   Si \(d = \pm 1\), alors \(I = \mathbb{Z}[X]\), ce qui est faux puisque \(\varphi(1) = \overline{1} \neq \overline{0}\). Si \(d = \pm 3\), alors \(X + 1\) serait multiple de 3, ce qui est impossible car son coefficient dominant vaut 1. Aucun générateur ne convient : \(I\) n’est pas principal.

4. L’anneau intègre \(\mathbb{Z}[X]\) possède un idéal non principal, donc il n’est pas principal. Comme tout anneau euclidien est principal, il n’est pas non plus euclidien. En revanche, \(\mathbb{Z}\) est factoriel, et le théorème de Gauss assure alors que \(\mathbb{Z}[X]\) est factoriel. Ainsi \(\mathbb{Z}[X]\) est factoriel sans être principal : l’inclusion des anneaux principaux dans les anneaux factoriels est stricte.

Barème : 1) morphisme 0,25, surjectivité 0,25, inclusion directe 0,25, division et inclusion réciproque 0,75 ; 2) 0,5 ; 3) réduction aux constantes 0,5, élimination des cas 0,75 ; 4) non principal et non euclidien 0,25, factorialité citée 0,5.

Piège classique : affirmer que \(\mathbb{Z}[X]\) est principal parce que \(K[X]\) l’est ; ce résultat exige que les coefficients soient dans un corps.

Exercice 4 – Norme et division dans Z[i] (4 points)

1. Pour \(z \in \mathbb{Z}[i]\), on a \(N(z) = z\overline{z} = |z|^2\), donc \(N(zw) = |zw|^2 = |z|^2\,|w|^2 = N(z)\,N(w)\). Si \(uv = 1\), alors \(N(u)\,N(v) = N(1) = 1\) avec des entiers naturels, d’où \(N(u) = 1\). L’égalité \(a^2 + b^2 = 1\) impose \((a, b) \in \{(\pm 1, 0), (0, \pm 1)\}\). Réciproquement, \(1\) et \(-1\) sont leurs propres inverses, tandis que \(i \times (-i) = 1\). Les inversibles sont donc \(1, -1, i, -i\).

2. Le point du réseau le plus proche

   Posons \(z = \frac{a}{b} = x + iy \in \mathbb{C}\). On choisit des entiers \(m\) et \(n\) tels que \(|x – m| \leq \frac{1}{2}\) et \(|y – n| \leq \frac{1}{2}\), puis \(q = m + ni\). Comme le montre la figure, tout point d’une maille est à distance au plus \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) de l’un de ses sommets : \(|z – q|^2 \leq \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\).

   Le reste et la principalité

   On pose \(r = a – bq\), qui appartient à \(\mathbb{Z}[i]\). Alors \(r = b(z – q)\), d’où \(N(r) = N(b)\,|z – q|^2 \leq \frac{1}{2} N(b) < N(b)\). L’anneau intègre \(\mathbb{Z}[i]\) est donc euclidien pour \(N\). Ensuite, si \(J\) est un idéal non nul, on prend \(b \in J\) non nul de norme minimale. Pour \(a \in J\), le reste \(r = a – bq\) est dans \(J\) et vérifie \(N(r) < N(b)\), donc \(r = 0\). Ainsi \(J = (b)\), et \(\mathbb{Z}[i]\) est principal.

3. On calcule \(\frac{7 + 5i}{2 + i} = \frac{(7 + 5i)(2 – i)}{5} = \frac{19 + 3i}{5} = 3{,}8 + 0{,}6i\). Le point du réseau le plus proche est \(q = 4 + i\). Puis \((2 + i)(4 + i) = 8 + 2i + 4i – 1 = 7 + 6i\), donc \(r = 7 + 5i – (7 + 6i) = -i\). On obtient \(7 + 5i = (2 + i)(4 + i) – i\), avec \(N(-i) = 1 < 5 = N(2 + i)\).

4. Repérer les facteurs grâce à la norme

   On a \(N(11 + 7i) = 121 + 49 = 170 = 2 \times 5 \times 17\). D’abord, \(\frac{11 + 7i}{1 + i} = \frac{(11 + 7i)(1 – i)}{2} = \frac{18 – 4i}{2} = 9 – 2i\), de norme 85. Ensuite, \(\frac{9 – 2i}{2 – i} = \frac{(9 – 2i)(2 + i)}{5} = \frac{20 + 5i}{5} = 4 + i\).

   Vérification et irréductibilité

   On contrôle : \((1 + i)(2 – i) = 3 + i\), puis \((3 + i)(4 + i) = 12 + 7i – 1 = 11 + 7i\). Les normes des facteurs valent 2, 5 et 17, qui sont premiers. Or si \(f = gh\) avec \(N(f)\) premier, alors \(N(g)\) ou \(N(h)\) vaut 1, donc l’un des facteurs est inversible. D’où \(11 + 7i = (1 + i)(2 – i)(4 + i)\), produit de trois irréductibles.

5. D’abord, 3 n’est pas inversible, car \(N(3) = 9\). Si l’on avait \(3 = gh\) avec \(g\) et \(h\) non inversibles, alors \(N(g)\,N(h) = 9\) avec \(N(g) > 1\) et \(N(h) > 1\), d’où \(N(g) = 3\). Pourtant les carrés valent \(0, 1, 4, 9, \ldots\), et aucune somme de deux carrés n’est égale à 3. Donc 3 est irréductible dans \(\mathbb{Z}[i]\).

Barème : 1) multiplicativité 0,25, inversibles 0,5 ; 2) choix de \(q\) 0,25, majoration de \(N(r)\) 0,5, principalité 0,25 ; 3) quotient 0,25, reste et vérification 0,25 ; 4) divisions successives 0,5, vérification du produit 0,25, irréductibilité 0,5 ; 5) 0,5.

Exercice 5 – Problème : les classes modulo 2 – i (5 points)

1. L’évaluation \(A \mapsto A(i)\) est un morphisme d’anneaux, surjectif puisque \(a + bX\) a pour image \(a + bi\). Le polynôme \(X^2 + 1\) est unitaire, donc on écrit \(A = (X^2 + 1)S + c + dX\) dans \(\mathbb{Z}[X]\). Alors \(A(i) = c + di\), qui est nul si et seulement si \(c = d = 0\), car \(1\) et \(i\) sont libres sur \(\mathbb{R}\). Le noyau est \((X^2 + 1)\), d’où \(\mathbb{Z}[X]/(X^2 + 1) \simeq \mathbb{Z}[i]\).

2. Se ramener à un quotient de F3[X]

   Par l’isomorphisme précédent, l’idéal \((3)\) de \(\mathbb{Z}[i]\) correspond à \((3, X^2 + 1)\) dans \(\mathbb{Z}[X]\). Ainsi, comme dans l’exercice 1, \(\mathbb{Z}[i]/(3) \simeq \mathbb{F}_3[X]/(X^2 + \overline{1})\).

   Un polynôme sans racine

   Dans \(\mathbb{F}_3\), \(X^2 + \overline{1}\) prend les valeurs \(\overline{1}, \overline{2}, \overline{2}\) en \(0, 1, 2\) : il n’a pas de racine, donc il est irréductible en degré 2. Par conséquent \(\mathbb{Z}[i]/(3)\) est un corps à \(3^2 = 9\) éléments. On retrouve ce résultat avec l’exercice 4 : 3 est irréductible dans l’anneau principal \(\mathbb{Z}[i]\), donc \((3)\) est maximal.

3. On a \((2 + i)(2 – i) = 4 + 1 = 5\), donc le produit des classes de \(2 + i\) et \(2 – i\) est nul modulo 5. Cependant, \(2 + i\) n’est pas multiple de 5, car \(\frac{2 + i}{5}\) n’a pas ses parties réelle et imaginaire entières ; il en va de même pour \(2 – i\). Ces deux classes non nulles ont un produit nul, donc \(\mathbb{Z}[i]/(5)\) n’est pas intègre.

4. Vérification de la multiplicativité

   L’additivité est immédiate, et \(\psi(1) = \overline{1}\). Pour le produit, \((x + iy)(x^{\prime} + iy^{\prime}) = (xx^{\prime} – yy^{\prime}) + i(xy^{\prime} + x^{\prime}y)\), dont l’image est la classe de \(xx^{\prime} – yy^{\prime} + 2xy^{\prime} + 2x^{\prime}y\). D’autre part, \((x + 2y)(x^{\prime} + 2y^{\prime}) = xx^{\prime} + 2xy^{\prime} + 2x^{\prime}y + 4yy^{\prime}\). La différence vaut \(5yy^{\prime}\), qui est nulle modulo 5. Enfin, \(\psi(k) = \overline{k}\) prouve la surjectivité.

   Identification du noyau

   On a \(\psi(\pi) = \overline{2 – 2} = \overline{0}\), donc \((\pi) \subset \ker \psi\). Or \(\mathbb{Z}[i]\) est principal : \(\ker \psi = (\delta)\), et \(\delta\) divise \(\pi\), si bien que \(N(\delta)\) divise \(N(\pi) = 5\). Si \(N(\delta) = 1\), alors \(\delta\) est inversible et \(\ker \psi = \mathbb{Z}[i]\), ce qui contredit \(\psi(1) \neq \overline{0}\). Donc \(N(\delta) = 5\), et en écrivant \(\pi = \delta\varepsilon\), on obtient \(N(\varepsilon) = 1\) : \(\varepsilon\) est inversible. Ainsi \(\ker \psi = (\pi)\) et \(\mathbb{Z}[i]/(\pi) \simeq \mathbb{F}_5\), qui est un corps.

5. Cinq représentants

   D’après la question 4, \(\psi\) induit une bijection de \(\mathbb{Z}[i]/(\pi)\) sur \(\mathbb{F}_5\). Comme \(\psi(0), \ldots, \psi(4)\) sont les cinq éléments distincts de \(\mathbb{F}_5\), les classes de \(0, 1, 2, 3, 4\) sont distinctes et épuisent le quotient. Elles forment donc un système de représentants.

   La classe de w

   On calcule \(\psi(3 + 4i) = \overline{3 + 8} = \overline{11} = \overline{1}\). Vérifions : \(w – 1 = 2 + 4i\) et \((2 – i) \times 2i = 4i + 2 = 2 + 4i\). Le représentant de \(w\) est donc 1, ce que confirme la figure, où chaque point porte la valeur de \(\psi\).

   

Barème : 1) morphisme surjectif 0,25, noyau 0,5 ; 2) réduction à \(\mathbb{F}_3[X]\) 0,5, irréductibilité et cardinal 0,5 ; 3) produit nul 0,5, classes non nulles 0,5 ; 4) morphisme et surjectivité 0,5, noyau par la norme 0,75 ; 5) système de représentants 0,5, classe de \(w\) 0,5.

Piège classique : oublier de vérifier \(\psi(1) = \overline{1}\) et la compatibilité avec le produit ; une application seulement additive ne permet pas de conclure sur le quotient d’anneaux.

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