Théorie des Nombres - TD1 Rappels d arithmétique élémentaire

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1 Unversté Perre & Mare Cure Master de mathématques 1 Année Module MM020 Théore des Nombres - TD1 Rappels d arthmétque élémentare Exercce 1 : Trouver tous les enters n N tels que ϕ(n) = 6. Même queston avec ϕ(n) = 12. Caractérser les enters n N tels que ϕ(n) ne sot pas multple de 4. Soluton de l exercce 1. Résolvons ϕ(n) = 6. On décompose n = p α pαr r en facteurs premers. Alors ϕ(n) = pα 1 (p 1). Supposons ϕ(n) = 6 = 2.3. Alors pour tout, s α 2, on a α = 2 et p = 2 ou 3. S α = 1, alors p 1 dvse 6, donc p = 2, 3 ou 7. Donc n est de la forme 2 a.3 b.7 c, avec 0 a, b 2 et 0 c 1. On vérfe faclement que les seules solutons sont alors n = 7, 9, 14, 18. Résolvons ϕ(n) = 12. On décompose n = p α pαr r en facteurs premers. Alors ϕ(n) = pα 1 (p 1). Supposons ϕ(n) = 12 = Alors pour tout, s α 3, on a α = 3 et p = 2. S α = 2, alors p = 2 ou 3. S α = 1, alors p 1 dvse 12, donc p = 2, 3, 5, 7 ou 13. Donc n est de la forme 2 a.3 b.5 c.7 d.13 e, avec 0 a 3, 0 b 2 et 0 c, d, e 1. On vérfe faclement que les seules solutons sont alors n = 13, 21, 26, 28, 36, 42. On décompose n = p α pαr r en facteurs premers. Alors 4 ne dvse pas ϕ(n) s et seulement s (n admet exactement un facteur premer mpar congru à 3 modulo 4 et v 2 (n) 1) ou n = 1, 2, 4 s et seulement s n = 1, 2, 4, p m, 2.p m, où p est un nombre premer, p 3 [4] et m 1. Exercce 2 : Montrer que n = d n ϕ(d). Soluton de l exercce 2. On consdère l ensemble E des fractons k n, avec 1 k n. Alors #E = n et tout élément de E s écrt d une façon unque sous la forme rédute a d, avec d dvseur de n et 1 a d premer à d. Récrpoquement, toute fracton a d de cette forme est dans E. Par conséquent, on peut parttonner E en foncton du dénomnateur de l écrture rréductble des éléments de E. On a donc une unon dsjonte E = { a } d : 1 a d, d n et pgcd(a, d) = 1. d n D où le résultat en calculant les cardnaux des deux côtés. Remarque : cela revent à étuder le groupe des racnes n-èmes de l unté dans C et le parttonner en foncton de l ordre des éléments de ce groupe. Exercce 3 : Sot n N, n 2. Montrer que ϕ(n) log 2 2 n log n. Soluton de l exercce 3. On décompose n en facteurs premers n = p α pαr r, avec p premers, p 1 < < p r et α 1. On a alors ϕ(n) n = ) (1 1. Or pour tout, p p + 1, donc ϕ(n) n ( ) = 1 r+1 1 2r. Enfn, l est clar que 2r n, donc r log n ϕ(n) log 2, donc fnalement n log 2 2 log n, ce qu conclut. Exercce 4 : Soent d, m N. Résoudre le système suvant, d nconnues x, y Z : { pgcd(x, y) = d ppcm(x, y) = m. Comben de solutons obtent-on dans le cas où d = 12 et m = 11760? Et en général, donner une formule pour le nombre de solutons du système. 1

2 Soluton de l exercce 4. Tout d abord, l est clar que pour que le système at une soluton, l faut que d m. On suppose donc désormas que d dvse m. On décompose d = p α pαr r et m = p β pβr r, avec β α. Soent x, y Z 2. Alors (x, y) soluton s et seulement s l exste x, y Z 2 premers entre eux, tels que x = dx, y = dy et ppcm(x, y ) = m d. On se ramène donc au cas où d = 1. On résoud donc le système suvant, dans N 2 : { pgcd(x, y ) = 1 ppcm(x, y ) = p β 1 α p βr αr r Il est clar que les solutons de ce sytème dans N 2 sont en bjecton avec l ensemble des partes de F := {1 r : β > α } : l ensemble des solutons n est autre que {( S = p β α, ) } p β α ; I F. I / I Par conséquent, l ensemble des solutons dans Z 2 du système ntal est {( ) } S = ɛ I p β, ɛ p β / I ; I F ; ɛ, ɛ {±1}. En partculer, le nombre de solutons du système est égal à 2 #F +2, où #F n est autre que le nombre de facteurs premers de m d. Dans l exemple proposé, on a ben d m, et m d = 980 = Donc m d a tros facteurs premers, donc le système admet 2 5 = 32 solutons. Qutte à changer les sgnes de x et y, et à échanger x et y, les solutons sont donc (12, 11760), (48, 2940), (60, 2352) et (588, 240). Exercce 5 : Sot A un anneau commutatf. Soent I, J des déaux de A tels que I + J = A. a) Montrer que pour tout m, n 1, on a I m + J n = A. b) Montrer que l on a des somorphsmes canonques d anneaux A/(I m J n ) = A/(I m J n ) = A/I m A/J n. c) En dédure que s m 1,..., m n sont des enters deux-à-deux premers entre eux, alors on a un somorphsme canonque Z/( m Z) = (Z/m Z). d) Pour n = 2 et n = 3, explcter la récproque de l somorphsme précédent. Soluton de l exercce 5. a) Par hypothèse, l exste, j I tels que 1 = + j. On pose r := m + n 1. Alors on a 1 = 1 r = ( + j) r = r k=0 ( ) r k j r k. k Or, s k < m, on a r k n, donc k j r k J n, et s k m, on a k j r k I m. Par conséquent, en posant 0 := r ( r ) k=m k k j r k et j 0 := m 1 ( r ) k=0 k k j r k, on a 1 = 0 + j 0, avec 0 I m et j 0 J n, donc 1 I m + J n, donc I m + J n = A. b) Par la queston précédente, l sufft de consdérer le cas m = n = 1. On consdère le morphsme d anneaux naturel ψ : A A/I A/J qu envoe un élément a A sur le couple (a mod I, a mod J). Tout d abord, l est clar que Ker(ψ) = I J. Montrons que ψ est surjectf. Par hypothèse, l exste I et J tels que 1 = + j. Soent b, c A. On défnt a := c. + b.j. 2

3 Alors on a a b.j mod I, et j 1 mod I, donc fnalement a b mod I (cela revent à écrre a = b + (c b)). De même, a c mod J (.e. a = c + (b c)j). Donc on a construt a A tel que ψ(a) = (b mod I, c mod J). Donc ψ est surjectf. Par conséquent, ψ ndut un somorphsme ψ : A/(I J) = A/I A/J. Il reste à montrer que I J = I.J. On a d abord l ncluson évdente I.J I J. Montrons l ncluson nverse : sot a I J. Par hypothèse, l exste I et j J tels que 1 = + j. Donc a = a( + j) = a + aj. Pusque a I J, on a a, aj I.J, donc a I.J. Par conséquent, I J = I.J, ce qu conclut la queston. c) C est une applcaton drecte de la queston précédente : on montre d abord que s k, l Z sont premers entre eux, alors on a un somorphsme canonque Z/(klZ) = Z/kZ Z/lZ (cas n = 2). Cec résulte de la queston b), en prenant A = Z, m = n = 1, I = kz et J = lz. Le cas général se démontre par récurence en utlsant le cas n = 2. d) Tratons d abord le cas n = 2 : par constructon (vor la preuve de la queston b)), on dspose d enters u, v Z tels que 1 = um 1 +vm 2. On défnt alors un morphsme τ : Z Z Z/m 1 m 2 Z par (a, b) bum 1 +avm 2 mod m 1 m 2 Z. On vérfe faclement que c est un morphsme d anneaux. On vérfe que son moyau est exactement l déal m 1 Z m 2 Z Z Z, donc τ ndut un morphsme τ : Z/m 1 Z Z/m 2 Z Z/m 1 m 2 Z. On vérfe enfn que ψ τ = d et τ ψ = d, ce qu conclut le cas n = 2. Pour n = 2, on applque deux fos de sute le cas n = 2. Par Bezout, on écrt 1 = um 1 + vm 2 et 1 = w(m 1 m 2 ) + xm 3. On obtent que la récproque de l somorphsme Z/m 1 m 2 m 3 Z Z/m 1 Z Z/m 2 Z Z/m 3 Z est donnée par (a mod m 1 Z, b mod m 2 Z, c mod m 3 Z) cwm 1 m 2 + buxm 1 m 3 + avxm 2 m 3 mod m 1 m 2 m 3 Z. Exercce 6 : On dspose d un certan nombre d objets. On les range par paquets de 2, l en reste un tout seul. On les range par 3, l en reste 2. Par 4, l en reste 3. Par 5, l en reste 4. Par 6, l en reste 5. Quel est le nombre mnmal d objets dont on dspose? Même queston en allant jusqu à des paquets de 10, de sorte qu l en reste 9. Et plus généralement, que dre s on va jusqu à des paquets de n objets, de sorte qu l en reste n 1? Soluton de l exercce 6. On note x le nombre total d objets. Le problème équvaut alors au système suvant, d nconnue x N : x 1 [2] x 2 [3] x 3 [4]. x 4 [5] x 5 [6] On peut réécrre ce système sous la forme équvalente suvante : x 1 [2] x 1 [3] x 1 [4]. x 1 [5] x 1 [6] Le lemme chnos assure que ce système équvaut alors au suvant : x 1 [4] x 1 [3]. x 1 [5] 3

4 Or = 60, donc une nouvelle applcaton du lemme chnos assure que ce système équvaut à l équaton x 1 [60]. Par conséquent, la soluton postve mnmale du problème ntal est x = 59. En allant jusqu á 10 objets, le même rasonnement aboutt au système lequel équvaut à l équaton x 1 [8] x 1 [9] x 1 [5] x 1 [7] x 1 [2520]. donc la soluton postve mnmale est x = Dans le cas général, un rasonnement exactement smlare assure que la soluton mnmale du système avec n 1 équatons est x = 1. p r n<p r+1 p r On peut écrre ce nombre également de la façon suvante : x = ppcm(1, 2,..., n) 1., Exercce 7 : Résoudre le système suvant, d nconnue x Z : 2x 4 [5] 4x 5 [7]. 3x 1 [8] Soluton de l exercce 7. Le système est équvalent au système suvant : x 2 [5] x 3 [7]. x 3 [8] Pour résoudre ce système, on utlse le théorème chnos : pusque 5 et 7 sont premers entre eux, on a un somorphsme d anneaux Z/5Z Z/7Z = Z/35Z. La relaton de Bezout = 1 assure que cet somorphsme est donné par (a mod 5, b mod 7) 3.5.b 2.7.a mod 35, donc les deux premères lgnes du système équvalent à l équaton x 17 [35]. On est donc ramené à résoudre le système { x 17 [35]. x 3 [8] On utlse une nouvelle fos le théorème chnos et la relaton de Bezout = 1, pour montrer que le système précédent est équvalent à l équaton suvante x 1453 [280], c est-à-dre à x 227 [280]. L ensemble des solutons du système est donc l ensemble des enters de la forme k, k Z. Exercce 8 : a) Sot n 1. Comben l équaton x 2 = 1 a-t-elle de solutons dans Z/nZ? 4

5 b) On pose n = Comben l équaton x 4 = 1 a-t-elle de solutons dans Z/nZ. c) Résoudre x 2 4x + 15 = 0 dans Z/45Z. Soluton de l exercce 8. a) On commence par trater le cas n = p α, avec p premer mpar et α 1. On sat que le groupe (Z/p α Z) est cyclque d ordre par, donc l content un unque sous-groupe d ordre 2, donc l équaton x 2 = 1 admet exactement deux solutons dans Z/p α Z, pour tout p premer mpar, α 1. Un rasonnement analogue assure que cette équaton admet une soluton dans Z/2Z, deux dans Z/4Z et quatre dans Z/2 α Z avec α 3 (En utlsant le fat que (Z/2 α Z) est somorphe à Z/2Z Z/2 α 2 Z). Pour le cas général, on décompose n = 2 r p α pαs s en facteurs premers, et on utlse le lemme chnos qu assure que le nombre de solutons de x 2 = 1 dans Z/nZ est égal au produt du nombre de solutons dans chacun des Z/p α Z et dans Z/2 r Z. Par conséquent, les rasonnements précédents assurent que le nombre de solutons est égal à 2 s s r = 0 ou 1, à 2 s+1 s r = 2 et à 2 s+2 s r 3. b) On écrt n = , donc l sufft de détermner le nombre de solutons dans Z/25Z, Z/49Z et Z/19Z. Pusque Z/19Z est un corps, l équaton x 4 = 1 admet au plus quatre solutons. Pusque 19 3 [4], 1 n est pas un carré modulo 19, donc l équaton x 4 = 1 admet exactement deux solutons modulo 19, qu sont ±1. On sat que (Z/25Z) est cyclque d ordre 20, donc l admet exactement quatre éléments d ordre dvsant 4, donc l équaton x 4 = 1 a exactement quatre solutons dans Z/25Z (qu sont les classes de 1, 1, 7, 7 modulo 25). On fat le même rasonnement pour Z/49Z : le groupe (Z/49Z) est cyclque d ordre 42, donc content exactement deux éléments d ordre nféreur ou égal à 2. Donc x 4 = 1 admet exactement deux solutons modulo 49. Fnalement, l équaton x 4 = 1 admet exactement = 16 solutons modulo c) On a x 2 4x + 15 = (x 2) , donc l équaton ntale est équvalente au système { (x 2) 2 4 [5] (x 2) 2. 7 [9] On résoud ces deux équatons en calculant les racnes carrées de 4 (resp. 7) modulo 5 (resp. 9), qu sont les classes de 2 et 3 (resp. de 4 et 5). Donc l équaton est équvalente à { x 2 2 ou 3 [5]. x 2 4 ou 5 [9] Fnalement, en réutlsant l somorphsme d anneaux Z/5Z Z/9Z = Z/45Z, va une relaton de Bezout (par exemple = 1), on trouve que l équaton ntale admet quatre solutons dans Z/45Z, qu sont 15, 24, 25, 34 modulo 45. Exercce 9 : Détermner le nombre de sous-groupes de Z/nZ, en foncton de la décomposton de n en facteurs premers. Soluton de l exercce 9. Pusque Z/nZ est cyclque, pour tout d n, Z/nZ admet un unque sous-groupe (nécessarement cyclque) de cardnal d (ce sous-groupe n est autre que ( n d Z)/nZ). Par conséquent, le nombre de sous-groupe de Z/nZ est égal au nombre de dvseur de n. Or s n = p α pαr r, le nombre de dvseurs de n est égal à (α 1 + 1)... (α r + 1). Fnalement, le groupe Z/nZ admet exactement (α 1 + 1)... (α r + 1) sous-groupes. Exercce 10 : a) Sot n N. Montrer que l on a un somorphsme canonque de groupes : Aut(Z/nZ) = (Z/nZ). b) Soent p, q deux nombres premers. Sot G un groupe d ordre pq. Montrer que ) s p = q, alors G est commutatf et sot G = Z/p 2 Z, sot G = Z/pZ Z/pZ. 5

6 ) s p < q et p ne dvse pas q 1, alors G est commutatf et G = Z/pZ Z/qZ. ) s p < q et p dvse q 1, alors sot G est commutatf et G = Z/pZ Z/qZ, sot G n est pas commutatf et l est somorphe à l unque produt sem-drect non trval Z/qZ Z/pZ. c) Détermner tous les groupes d ordre 12, à somorphsme près (on montrera d abord qu un tel groupe est produt sem-drect d un groupe d ordre 4 et d un groupe d ordre 3). Soluton de l exercce 10. a) Le morphsme ϕ : Aut(Z/nZ) (Z/nZ) est défn par ϕ(ψ) := ψ(1) Z/nZ. Pusque 1 engendre le groupe addtf Z/nZ, pour tout ψ Aut(Z/nZ), ψ(1) engendre Z/nZ, donc ψ(1) (Z/nZ). On vérfe que ϕ est un morphsme de groupes. Sa récproque est donnée par ϕ 1 : (Z/nZ) Aut(Z/nZ) défn pour tout r (Z/nZ) par ϕ 1 (r) : Z/nZ Z/nZ, x r.x. On vérfe faclement que les deux morphsmes sont nverses l un de l autre. b) ) S p = q, G est un p-groupe, donc son centre est non trval. En partculer, G admet un sous-groupe central d ordre p. Et le quotent par ce sous-groupe central est un groupe cyclque d ordre p. Donc G est commutatf d ordre p 2, l est donc somorphe à Z/p 2 Z ou Z/pZ Z/pZ, selon que G admette un élément d ordre p 2 ou non. ) S p < q, le théorème de Sylow assure l exstence d un sous-groupe H G de cardnal q. Or le nombre de tels q-sylows est congru à 1 modulo q et dvse p, donc l est nécessarement égal à 1, ce qu sgnfe que H est dstngué dans G. Le quotent Q := G/H est alors d ordre p, donc somorphe à Z/pZ. Pusque G admet auss un p-sylow, dont l ntersecton avec H est nécessarement rédute à l élément neutre, la sute exacte 1 H G Q 1 est scndée et G est donc un produt sem-drect H Q, pour l acton de Q sur H défne par la conjugason va une secton. Cette acton est un morphsme de groupes Q Aut(H), c est-à-dre un morphsme de groupes Z/pZ Aut(Z/qZ). Or la queston a) assure que Aut(Z/qZ) = (Z/qZ) = Z/(q 1)Z, donc le produt sem-drect G est donné par un morphsme de groupes Z/pZ Z/(q 1)Z. Ic, p ne dvse pas q 1, donc ce morphsme est nécessarement trval, donc l acton de Q sur H est trvale, donc G est somorphe au produt drect H Q = Z/qZ Z/pZ. ) S p dvse q 1, le groupe Z/(q 1)Z admet un unque sous-groupe d ordre p, et l exste donc un morphsme non constant Z/pZ Z/(q 1)Z, unque à un automorphsme de Z/pZ près. Or deux tels morphsmes Z/pZ Z/(q 1)Z, pusqu ls dffèrent d un automorphsme de Z/pZ, ndusent des produts sem-drects Z/qZ Z/pZ somorphes. Le rasonnement précédent assure alors que ce produt sem-drect est l unque (à somorphsme près) groupe non commutatf d ordre pq, ce qu conclut la preuve. c) Les théorèmes de Sylow assurent que s G est un groupe de cardnal 12, l admet un ou quatre 3-Sylows. S l en admet un seul, alors ce 3-Sylow est dstngué et G est un produt sem-drect du quotent (qu est un groupe d ordre 4) par ce sous-groupe d ordre 3. S G admet quatre 3-Sylows, alors G admet 4.2 = 8 éléments d ordre 3, donc nécessarement exactement 3 éléments d ordre 2 ou 4, donc un unque 4-Sylow (qu est donc dstngué) formé de ces tros éléments et du neutre. Donc dans ce second cas, G est produt sem-drect d un groupe à 3 éléments par un groupe à 4 éléments. Il reste donc à détermner tous ces produts sem-drects à somorphsme près. Pour cela, on vot d abord qu l exste un unque morphsme non constant Z/4Z Aut(Z/3Z) = Z/2Z, ce qu défnt un unque produt sem-drect non trval Z/3Z Z/4Z. Ensute l exste des morphsmes non constants Z/2Z Z/2Z Aut(Z/3Z) = Z/2Z, et deux tels morphsmes dffèrent d un automorphsme de Z/2Z Z/2Z, d où un unque produt sem-drect non trval Z/3Z (Z/2Z Z/2Z). Ensute, tout morphsme Z/3Z Aut(Z/4Z) = Z/2Z est constant, donc l n y a pas de produt sem-drect non trval de Z/4Z par Z/3Z. Enfn, l exste deux morphsmes non constants Z/3Z Aut(Z/2Z Z/2Z) = S 3, qu dffèrent d un automorphsme de Z/3Z, 6

7 d où un unque produt sem-drect non trval (Z/2Z Z/2Z) Z/3Z. Fnalement, on obtent les cnq classes d somorphsmes de groupes suvantes : Z/3Z Z/4Z = Z/12Z, Z/3Z Z/4Z, Z/3Z Z/2Z Z/2Z = Z/6Z Z/2Z, Z/3Z (Z/2Z Z/2Z), (Z/2Z Z/2Z) Z/3Z. Exercce 11 : Montrer qu l exste des sutes arbtrarement longues de nombres enters consécutfs non premers. Soluton de l exercce 11. Sot n 2. On consdère les (n 1) enters suvants : n!+2, n!+3,..., n!+n. Pour tout 2 k n, k dvse n! + k, et n! + k > k, donc n! + k n est pas premer. Par conséquent, on a construt, pour tout n 2, une sute de n 1 enters consécutfs non premers. Exercce 12 : On note p n le n-ème nombre premer, et π(x) le nombre de nombres premers nféreurs ou égaux à x. a) Montrer que p n < 2 2n. b) En dédure un encadrement (grosser) de π(x). c) Montrer qu l exste une nfnté de nombres premers de la forme 6k + 5. d) Montrer que s pgcd(a, b) = 1, tout dvseur premer mpar de a 2 + b 2 est congru à 1 modulo 4. e) En dédure qu l exste une nfnté de nombres premers de la forme 8k + 5. Soluton de l exercce 12. a) On reprend la preuve d Euclde qu montre l nfntude de l ensemble des nombres premers. Partant de p 1,..., p n les n premers nombres premers, on en construt un nouveau, supéreur à tous les autres, en prenant un facteur premer q de p 1... p n + 1. On a donc q p 1... p n + 1, donc p n+1 p 1... p n + 1. Une récurrence facle permet alors de conclure. b) Pour tout x, n N, on a π(x) n s et seulement s p n x. Donc la queston a) assure que π(x) n dès que x 2 2n. On en dédut alors que π(x) log 2 (log 2 (x)). Fnalement, on a donc l encadrement naf suvant log 2 (log 2 (x)) π(x) x. c) Soent l 1,..., l n des nombres premers dstncts tels que l 5 [6]. On pose N := l 1... l n + 4 s n est par, N := l 1... l n + 6 s n est mpar. Alors N 5 [6]. Donc l exste un nombre premer l dvsant N, tel que l 5 [6] (snon, tous les facteurs premers de N serat congrus à 1 modulo 6, donc N serat congru à 1 modulo 6, ce qu n est pas). Alors l est dstnct de tous les l (snon l = 2 ou 3, ce qu n est pas possble). Cette constructon assure qu l exste une nfnté de nombres premers de la forme 6k + 5. d) Sot p un dvseur premer de a 2 + b 2. D abord, p est mpar On a a 2 + b 2 0 [p]. Pusque pgcd(a, b) = 1, on peut supposer que p ne dvse pas b. Alors 1 est un carré dans F p (c est le carré de b a ), donc p 1 [4]. e) Soent l 1,..., l n des nombres premers dstncts tels que l 5 [8]. On note N := (l 1... l n ) La queston d) assure que tout dvseur premer de N est congru à 1 modulo 4. Supposons que tous ces dvseurs premers soent congrus à 1 modulo 8. Alors N 1 [8]. Or pour tout, l 2 1 [8], donc N 5 [8], ce qu est contradctore. Donc l exste un dvseur premer de N, noté l n+1, qu est congru à 5 modulo 8. En outre, l n+1 l pour tout 1 n, pusque l n+1 2. Donc on a construt un nouveau nombre premer l n+1 congru à 5 modulo 8. Cela assure qu l exste une nfnté de nombres premers de la forme 8k + 5. Exercce 13 : Détermner tous les enters relatfs a, b tels que cos( 2πa b ) est ratonnel. [Indcaton : on pourra utlser le polynôme X 2 2 cos( 2πa b )X + 1]. Soluton de l exercce 13. Par pérodcté et parté de la foncton cosnus, on peut supposer 0 a < b et pgcd(a, b) = 1. 7

8 On suppose cos( 2πa b ) Q. On note P (X) := X2 2 cos( 2πa 2πa b )X + 1. Alors on a P (e b ) = 0, donc P (X) Q[X] annule e 2πa b. Or e 2πa b est une racne de l unté, c est une racne prmtve b-ème de l unté. Or le polynôme mnmal de e 2πa b est le polynôme cyclotomque φ b, de degré ϕ(b). { Par conséquent, φ b dvse P (X), donc ϕ(b) = 1 ou 2. Donc b = 1, 2, 3, 4 ou 6. Donc a b 0, 1 2, 1 3, 2 3, 1 4, 3 4, 1 6, 5 } 6. Récproquement, on sat que ces valeurs de a b donnent des valeurs ratonnelles de cos( 2πa b. Fnalement, l ensemble des ratonnels a b recherchés est (modulo Z et au sgne près) : { 0, 1 2, 1 3, 2 3, 1 4, 3 4, 1 6, 5 }. 6 Exercce 14 : a) Sot A un anneau prncpal. ) Montrer que A est noethéren. ) On défnt E := {(a); a A, a 0, a ne se décompose pas en produt d un nversble par des rréductbles}. Montrer, en rasonnant par l absurde, que E =. ) Sot p A rréductble. Montrer que (p) est un déal maxmal, donc premer. v) En dédure que A est factorel. b) Montrer qu un anneau euclden est prncpal. c) Donner un exemple d anneau factorel non noethéren. d) Montrer que Z[ 5] est un anneau ntègre noethéren non factorel. [Indcaton : décomposer 9 en produt d rréductbles dans Z[ 5]]. e) Donner un exemple d anneau factorel non prncpal. f) On note α := et A := Z[α]. ) On défnt, pour a A, N(a) := aa. Montrer que pour tout a, b A \ {0}, l exste q, r A tels que (r = 0 ou N(r) < N(b)) et (a ou 2a s écrt bq + r). [Indcaton : on pourra écrre t := a b = x+yα avec x, y Q, et dstnguer suvant la dstance de y à sa parte entère]. ) Montrer que l déal (2) de A est maxmal. ) Montrer que A est prncpal. v) Montrer que dans un anneau euclden B, l exste b B, b / B, tel que B {0} sur surjecte sur B/(b). v) Montrer que A = {±1}. v) Montrer que pour tout x A, l anneau A/(x) n est pas somorphe à Z/2Z, n à Z/3Z. v) Conclure que A est prncpal non euclden. g) Montrer que Z, k[x] (k est un corps) et Z[] sont des anneaux eucldens. Soluton de l exercce 14. a) ) Montrons par exemple que tout sute crossante d déaux de A est statonnare. Sot I 1 I 2... une telle sute. Défnssons I := n 1 I n. Alors I est clarement un déal de A. Comme A est prncpal, l exste a A tel que I = (a). Donc a n I n, donc l exste n 0 1 tel que a I n0. Alors on a I n = (a) pour tout n n 0, donc la sute (I n ) est statonnare. Donc A est noethéren. 8

9 ) On suppose que E. Alors E est une famlle non vde d déaux de A, donc E admet un élément maxmal : l exste a A, tel que a ne sot pas décomposable en produt d rréductbles et que (a) sot maxmal dans E. En partculer, a n est pas rréductble, donc l exste b, c A, qu ne sont pas des éléments nversbles de A, tels que a = bc. Alors (b) ou (c) est dans E (snon (a) = (bc) ne serat pas dans E) et (a) est contenu strctement dans (b) et dans (c). Cela contredt le caractère maxmal de (a) dans E. Par conséquent, E =. ) Sot I un déal de A contenant (p). A est prncpal, donc I = (a), avec a A. Pusque (p) (a), a dvse p. Comme p est rréductble, a est nversble ou alors a est assocé à p. Donc (a) = A ou (a) = (p). Donc (p) est maxmal, donc premer. v) Tout d abord, A est ntègre car prncpal. Ensute, la queston a)) assure que tout élément de A est décomposable en un produt d un nversble par des rréductbles. Montrons enfn que cette décomposton est unque à assocaton près et à l ordre près des facteurs. Soent p 1,..., p r, l 1,..., l s des rréductbles de A, tels que les p (resp. les l j ) soent deux à deux non assocés. Soent α, β j 1. Supposons que p α pαr r = l β lβs s. Alors p 1 dvse l β lβs s, donc l β lβs s (p 1 ). Par la queston a)), (p 1 ) est un déal premer. Donc l exste 1 j s tel que l j (p 1 ). Donc l j et p 1 sont assocés. On dvse par p 1 des deux côtés de l égalté, pus on recommence. Par récurrence, on montre ans que pour tout, l exste un unque j tel que p sot assocé à l j, α = β j et r = s. Donc la décomposton en facteurs rréductbles est essentellement unque. Donc A est factorel. b) Sot I un déal de A, avec A euclden de stathme v. Il exste b I \ {0} tel que v(b) sot mnmal parm les v(), I \ {0}. Montrons que I = (b). Sot a I. Alors la dvson eucldenne de a par b s écrt a = bq + r, avec r = 0 ou v(r) < v(b). S r 0, alors r = a bq, donc r I (car a, b I), et v(r) < v(b). Cela contredt la mnmalté de b. Donc r = 0, donc a = bq, donc a (b). Donc I = (b). Donc A est prncpal (A est ntègre car euclden). c) S k est un corps, l anneau A := k[x 1, X 2,..., X n,... ] avec une nfnté de varables, est factorel (car B factorel mplque B[X] factorel), mas l n est pas noethéren : l déal (X n ; n 1) n est pas engendré par un nombre fn de générateurs. d) A = Z[ 5] est clarement ntègre et noethéren. Or on a 9 = 3.3 = (2 + 5).(2 5), et 3, 2 + 5, 2 5 sont des éléments rréductbles de A. En effet, le module au carré d un élément de A est un enter, et celu-c vaut 1 s et seulement s l élément est nversble. Or 3 2 = 9 = 3.3, et l équaton a 2 + 5b 2 = 3 n a pas de soluton entère, donc 3 ne s écrt pas comme un produt de deux éléments non nversbles de A. de même, 2 ± 5 2 = 9 = 3.3, donc 2 ± 5 est rréductble dans A. Montrons pour fnr que 3 et ne sont pas assocés dans A. Les untés de A sont les éléments a + b 5 tels que a 2 + 5b 2 = 1,.e. A = {±1}. Or 3 ±(2 + 5), donc 3 et ne sont pas assocés dans A. On a donc deux décompostons dstnctes de 9 dans A, donc A n est pas factorel. e) S A = Z[X], alors A est factorel, noethéren, non prncpal (l déal (2, X) de A n est pas prncpal). S A := C[X, Y ], alors A est factorel noethéren, mas pas prncpal (l déal (X, Y ) de A n est pas prncpal). f) ) On pose t := a b = x + yα, avec x, y Q. On note d := dst(y, Z). Supposons d 1 3, et notons x 0 (resp. y 0 ) l enter relatf le plus proche de x (resp. y). On pose t 0 := x 0 + y 0 α A. Alors on a N(t t 0 )(x x 0 ) 2 + 5(y y 0 ) = < 1. D où le résultat : on a ben a = bt 0 + r 0, avec t 0 A et r 0 A, tels que r 0 = 0 ou N(r 0 ) < N(b). Supposons d > 1 3. Posons a := 2a, on a a b = 2x + 2yα. On vérfe que dst(2y, Z) 1 3, donc on peut applquer la constructon précédente à a et b. D où le résultat. 9

10 ) On a A = Z[T ]/(T 2 T + 5), donc A/(2) = F 2 [T ]/(T 2 + T + 1). Or le polynôme T 2 + T + 1 est rréductble que F 2, donc A/(2) = F 4, donc A/(2) est un corps, donc (2) est un déal maxmal, donc premer, de A. ) Sot I un déal de A, I 0, A. Supposons que 2 / I. Sot b I non nversble, non nul, tel que N(b) sot mnmal. Sot a I. D après la queston f)), sot on peut fare la dvson eucldenne de a par b, auquel cas a (b) ; sot on peut fare la dvson eucldenne de 2a par b. Dans ce cas, 2a (b). Donc 2a = bβ, β A. Donc bβ (2). Or (2) est premer, donc b (2) ou β (2). Supposons que β / (2). Alors l exste b A tel que b = 2b, et (2, β) = A (car (2) est maxmal), donc 1 = 2x + βy, x, y A. Donc b = 2xb + βyb, donc b I. Mas N(b ) < N(b), ce qu contredt la mnmalté de b. Donc fnalement β (2), donc l exste γ A tel que β = 2γ, donc a = bγ, donc a (b). Fnalement, on a ben montré que I = (b). v) S B est un corps, c est évdent (prendre b = 0). Snon, on prend pour b un élément non nversble, non nul, tel que N(b) sot mnmal. Alors la dvson eucldenne par b assure que B {0} sur surjecte sur B/(b). v) S a A, alors N(a) Z est nversble dans Z, donc N(a) = ±1. Écrvons a = x + yα, avec x, y Z. On a N(a) = ( x + y 2 2) y2 = 1, donc y = 0 et x = ±1, donc a = ±1. Donc A = {±1}. v) On rasonne par l absurde. Supposons qu l exste un tel x A. On dspose alors d un morphsme surjectf ϕ : A k, où k = Z/2Z ou Z/3Z. En partculer, on dspose de l élément α := ϕ(α) k. Or α A vérfe α 2 α + 5 = 0 dans A, donc le polynôme T 2 T + 5 admet une racne α dans k. Mas la réducton de ce polynôme de Z[X] modulo 2 ou 3 est rréductble, donc on a une contradcton v) S A état euclden, les questons v) et v) assureraent que A admettrat un quotent A/(x), avec x / A, de cardnal 2 ou 3 (car #A {0} = 3), ce qu contredrat la queston v). Donc A n est pas euclden. g) Les cas de Z et k[x] sont ben connus. Pour Z[], l sufft de consdérer le stathme euclden N(a + b) := a 2 + b 2 et de vérfer que la dvson eucldenne naïve (vor queston f))) est ben une dvson eucldenne. 10

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