% Corrige Examen Avril 2008 : Algebre et Arithmetique, Licence 3, 2007-2008

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%  {\hfill $\square$ \end{trivlist}}

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\pagestyle{plain}

\title{{\sc  Alg\`ebre et Arithm\'etique  } \\ \huge $\boxed{\textsc{ Corrig\'e de l'examen final -  Avril 2008}}$}

\begin{document}

\noindent
{\sc  Universit\'e de Nice Sophia-Antipolis  } \hfill {\sc  Licence de Math\'ematiques, 3\`eme ann\'ee}




\noindent
{\sc } \hfill {}





\vskip30pt

\maketitle



\begin{Cours}$\ $

\noindent
Soit $A$ un corps, montrer que l'anneau $A[X]$ des polyn\^omes \`a une variable \`a coefficients dans $A$ est un anneau principal.
\end{Cours}


\smallskip
\sf \noindent
Soient $P(X)=a_nX^n + \cdots + a_0$ et $Q(X)=b_mX^m + \cdots + b_0$ deux polyn\^omes \`a coefficients dans $A$ de degr\'e $n$ et $m$ tels que $P.Q=0$. Comme $A$ est un corps, l'ensemble $\lbrace X^k \rbrace_{k\in \NN}$ est une base de $A[X]$. D'o\`u, par identification $ P(X).Q(X)=a_n.b_m X^{n+m}+ \cdots + a_0.b_0=0$ implique $a_n.b_m=0$. Or $A$ est int\`egre, donc $a_n$ ou $b_m$ est \'egal \`a $0$. Ce qui implique que $P$ ou $Q$ vaut $0$. Donc $A[X]$ est int\`egre. \\

\noindent
Soit $I$ un id\'eal de $A[X]$ non r\'eduit \`a $\lbrace 0 \rbrace$. On consid\`ere un \'el\'ement $P$ (polyn\^ome)  de $I$ de degr\'e minimal. Par d\'efinition d'un id\'eal, on a d\'ej\`a $(P) \subset I$. Montrons l'inclusion r\'eciproque.

\noindent
Soit $F\in I$. La division euclidienne de $F$ par $P$ donne $F=P.Q+R$ avec $R=0$ ou $deg(R)<deg(P)$.
Le cas $R=0$ donne $F\in (P)$. Par l'absurde, si $R\neq 0$, on a que $deg(R)<deg(P)$. Mais alors $R=F-P.Q \in I$ contredit l'hypoth\`ese de minimalit\'e du degr\'e de $P$.
\smallskip
\rm


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{ex}$\ $

\noindent
Soit $A$ un anneau commutatif, unitaire et int\`egre. Montrer que si $A[X]$ est un anneau principal alors $A$ est un corps.
\end{ex}


\smallskip
\sf \noindent
Soit $a\in A-\lbrace 0 \rbrace$. On va commencer par montrer que $a$ et $X$ sont premiers entre eux dans $A[X]$. Soit $P\in A[X]$ un diviseur de $a$ et de $X$. Cela signifie qu'il existe deux polyn\^omes $Q$ et $R$ tels que $X=P.Q$ et $a=P.R$. Comme $A$ est int\`egre, la seconde \'egalit\'e montre que le degr\'e de $P$ et de $R$ est \'egal \`a $0$. Donc $P$ et $R$ sont des constantes $p$ et $r$. Le premi\`ere \'egalit\'e devient alors $X=p.Q(X)$. Le m\^eme argument montre que le degr\'e de $Q$ est \'egal \`a $1$, d'o\`u $Q(X)=q_0 +q_1 X$. On a alors $X=p.q_0 + p.q_1 X$. En \'evaluant en $X=0$, on trouve $p.q_0=0$. Comme $a\neq 0$, on a $p\neq 0$ et par int\'egrit\'e de $A$, on trouve $q_0=0$. On \'evalue alors le polyn\^ome $(p.q_1 -1)X=0$ en $1$ pour montrer que $p.q_1=1$, donc $p$ est un unit\'e de $A$ et, par cons\'equent, de $A[X]$. \\

\noindent
Comme $a$ est $X$ sont premiers entre eux dans l'anneau principal $A[X]$, on peut appliquer le th\'eor\`eme de B\'ezout. Ce dernier affirme qu'il existe deux polyn\^omes $M$ et $N$ tels que $a.M(X)+X.N(X)=1$. En \'evaluant en $0$, on trouve $a.M(0)=1$ donc $a$ est inversible dans $A$.




\smallskip
\rm


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{ex}$\ $
On consid\`ere le sous-ensemble  de $\QQ$ suivant :
$$\ZZ_2:=\left\lbrace \frac{a}{2^k}\, ; \, a\in \ZZ, \, k\in \NN \right\rbrace. $$

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\ZZ_2$ est un sous-anneau de $\QQ$. Est-il int\`egre ?


\smallskip
\sf \noindent
On a
$$0\in \ZZ_2, \quad 1\in \ZZ_2, \quad \frac{a}{2^k}-\frac{b}{2^l}=\frac{a.2^l-b.2^k}{2^{k+l}}\in \ZZ_2, \quad \frac{a}{2^k}.\frac{b}{2^l}=\frac{a.b}{2^{k+l}}\in \ZZ_2.$$
Comme $\ZZ_2$ est un sous-anneau d'un anneau int\`egre, il est int\`egre.

\smallskip
\rm

\item D\'eterminer l'ensemble des unit\'es de $\ZZ_2$. Montrer que le groupe des unit\'es $(\ZZ_2^\times, \, *)$ de $\ZZ_2$ est isomorphe au produit cart\'esien $\ZZ/2\ZZ\times \ZZ$.


\smallskip
\sf \noindent

Soit $\displaystyle \frac{a}{2^k} \in \ZZ_2$ . L'inverse de $\displaystyle \frac{a}{2^k}$ dans $\QQ$ est $\displaystyle \frac{2^k}{a}$, qui n'est dans $\ZZ_2$ que si $a$ est \'egal, \`a un facteur $+1$ ou $-1$ pr\`es, \`a  une puissance de $2$. Donc
$$\boxed{\ZZ_2^\times = \lbrace \pm 2^k,\, k\in \ZZ\rbrace}$$
L'application suivante d\'efinit un isomorphisme de $\ZZ/2\ZZ\times \ZZ$ vers $\ZZ_2^\times$
$$(\bar{n}, \, k) \mapsto (-1)^n.2^k. $$
\smallskip
\rm

\item Un \'el\'ement irr\'eductible de $\ZZ$ est-il irr\'eductible dans $\ZZ_2$ ? Quels sont les \'el\'ements irr\'eductibles de $\ZZ_2$. En donner une famille de repr\'esentants.


\smallskip
\sf \noindent
Nous avons d\'ej\`a vu que $2$ et $-2$ \'etaient des unit\'es de $\ZZ_2$.

\noindent
Soit $p$ un nombre premier diff\'erent de $2$. (Le cas $-p$ se traite de la m\^eme mani\`ere). Si $\displaystyle p=\frac{a}{2^k}.\frac{b}{2^l}=\frac{a.b}{2^{k+l}}$ alors $a.b=2^{k+l}.p$. D'o\`u, $a=p.2^m$ et $b=2^{k+l-m}$ (ou dans l'autre sens). Dans ce cas, $\frac{b}{2^l}$ est une unit\'e et $p$ reste irr\'eductible dans $\ZZ_2$.\\

\noindent
\underline{Les \'el\'ements irr\'eductibles de $\ZZ_2$ sont donc les $p$ et $-p$ pour $p$ premier diff\'erent de $2$.}

\noindent
\underline{On peut choisir l'ensemble suivant comme syst\`eme de repr\'esentants $\PP:=\lbrace p;\, p \ \textsf{premier},\, p>2  \rbrace$.}


\smallskip
\rm

\item Montrer directement \`a partir de la d\'efinition d'anneau factoriel que $\ZZ_2$ est un anneau factoriel.


\smallskip
\sf 

\noindent
On a d\'ej`a vu que $A$ est un anneau int\`egre. 

\noindent
Soit $\displaystyle \frac{a}{2^k}$ un \'el\'ement non nul de $\ZZ_2$. La d\'ecomposition de $a$ en produit de facteurs premiers dans $\ZZ$ donne $a=(-1)^\varepsilon.2^l.p_1^{\nu_1}\ldots p_n^{\nu_n}$, o\`u chaque $p_i$ est un nombre premier diff\'erent de $2$. Alors $\displaystyle \frac{a}{2^k}$ est \'egal \`a $\displaystyle \frac{a}{2^k}=(-1)^\varepsilon.2^{l-k}.p_1^{\nu_1}\ldots p_n^{\nu_n}$, o\`u $(-1)^\varepsilon.2^{l-k}$ est une unit\'e et o\`u chaque $p_i$ est irr\'eductible dans $\ZZ_2$. L'unicit\'e d'une telle d\'ecomposition vient de l'unicit\'e de la factorisation dans $\ZZ$. 

\smallskip
\rm


\item Montrer que $\ZZ_2$ est un anneau principal. \\


\smallskip
\sf \noindent
Soit $I$ un id\'eal de $\ZZ_2$. On consid\`ere l'intersection $J:=I\cap \ZZ$ de $I$ avec $\ZZ$ qui est un id\'eal de $\ZZ$. Comme $\ZZ$ est un anneau principal, $J$ est un id\'eal principal : $J=n.\ZZ$, pour $n \in \ZZ$. On a donc $n.\ZZ_2 \subset I$, montrons l'inclusion r\'eciproque. Soit $i$ un \'el\'ement de $I$. Si $i\in \ZZ$, alors $i\in J=n.\ZZ$. Sinon, $\displaystyle i=\frac{a}{2^k}$, avec $2 \nmid a$. Comme $I$ est un id\'eal, on a encore $a=2^k.i\in I$, d'o\`u $a\in n\ZZ$, c'est-\`a-dire $a=m.n$, pour $m\in \ZZ$. Et $i$ s'\'ecrit alors $\displaystyle i=\frac{m}{2^k}.n\in n\ZZ_2$. 


\smallskip
\rm


\noindent
On consid\`ere l'inclusion naturelle $i\, : \, \ZZ \mono \ZZ_2$.

\item  Soit $A$ un anneau commutatif unitaire. Montrer que pour tout morphisme d'anneaux $f\, : \, \ZZ \to A$ tel que $f(2)$ soit inversible dans $A$, il existe un unique morphisme d'anneaux $\bar{f}\, :\, \ZZ_2 \to A$ tel que  $f=\bar{f}\circ i$.\\


\smallskip
\sf \noindent
\textsc{ANALYSE :} Supposons qu'il existe une telle application 
$$\xymatrix{ \ZZ \ar[r]^{i} \ar[dr]_{f}  &  \ZZ_2 \ar@{-->}[d]^{\bar{f}}\\
& A    } $$
Alors, pour tout $n\in \ZZ$, on a $f(n)=\bar{f}(n)$. Comme $\bar{f}$ est un morphisme d'anneaux, on a $$\bar{f}\left(\frac{a}{2^k}\right)=\bar{f}\left(a.\frac{1}{2^k}\right)=
\bar{f}(a).\bar{f}\left(\frac{1}{2^k}\right)=f(a).\left(\bar{f}\left(\frac{1}{2}\right)\right)^{k}=f(a).(f(2)^{-1})^k.$$
Si on pose $f(2)=\alpha \in A^\times$. Alors l'application $\bar{f}$ est unique est vaut 
$$\boxed{\bar{f}\left(\frac{a}{2^k}\right)=f(a).(\alpha^{-1})^k}. $$

\noindent
\textsc{SYNTH\`ESE :}
Soit $f$ un morphisme d'anneaux tel que $f(2)$ soit inversible dans $A$. Posons $f(2)=\alpha$. On d\'efinit une application $\bar{f}$ par la formule $\displaystyle \bar{f}\left(\frac{a}{2^k}\right)=f(a).(\alpha^{-1})^k$. 
On v\'erifie que $\bar{f}$ est un morphisme d'anneaux et que $f=\bar{f}\circ i$. 

\smallskip
\rm


\noindent
Soit $p$ un nombre premier. On consid\`ere maintenant le sous-ensemble de $\QQ$ suivant :
$$\ZZ_{(p)}:=\left\lbrace \frac{a}{b}\, ; \, a,\, b \in \ZZ, \, p \nmid b \right\rbrace, $$
o\`u $p$ ne divise pas le d\'enum\'erateur $b$.

\item Montrer que $\ZZ_{(p)}$ est un sous-anneau de $\QQ$. D\'eterminer les unit\'es de $\ZZ_{(p)}$.



\smallskip
\sf \noindent
Le produit et la somme de deux fractions sans $p$ au d\'enominateur est encore une fraction sans $p$ au d\'enominateur donc $\ZZ_{(p)}$ est un sous-anneau de $\QQ$. \\

\noindent
L'inverse de $\displaystyle \frac{a}{b}$ dans $\QQ$ \'etant $\displaystyle \frac{b}{a}$, un \'el\'ement $\displaystyle \frac{a}{b}$ de $\ZZ_{(p)}$ est inversible si et seulement si $\displaystyle \frac{b}{a}\in \ZZ_{(p)}$. Ce qui n'est le cas que lorsque $p\nmid a$. On  a donc 
$$\boxed{\ZZ_{(p)}^\times=\left\lbrace \frac{a}{b}\, ; \, a,\, b \in \ZZ, \, p\nmid a, \, p \nmid b \right\rbrace} $$


\smallskip
\rm

\noindent
On consid\`ere l'id\'eal $\mathfrak{m}_p$ engendr\'e par $\displaystyle p=\frac{p}{1}$ dans $\ZZ_{(p)}$.

\item  Montrer que $\mathfrak{m}_p$ est un id\'eal maximal de $\ZZ_{(p)}$.


\smallskip
\sf \noindent
Soit $I$ un id\'eal de $\ZZ_{(p)}$ contenant $\mathfrak{m}_p$. Si $I$ est diff\'erent de $\mathfrak{m}_p$, on consid\`ere un \'el\'ement $i \in I-\mathfrak{m}_p$. Comme les \'el\'ements de $\mathfrak{m}_p$ sont les fractions de la forme $\displaystyle \frac{p.a'}{b'}$ avec $p\nmid b'$, on sait que $i$ s'\'ecrit $\displaystyle \frac{a}{b}$ avec $p\nmid b$ et $p\nmid a$. La question pr\'ec\'edente montre que $i$ est alors une unit\'e de $\ZZ_{(p)}$, d'\`u $I=\ZZ_{(p)}$. \underline{L'id\'eal $\mathfrak{m}_p$ est donc maximal.}


\smallskip
\rm


\item Montrer que $\mathfrak{m}_p$ est l'unique id\'eal maximal de $\ZZ_{(p)}$.


\smallskip
\sf \noindent
L'\'etude des questions pr\'ec\'edentes a montr\'e qu'il y a deux possibilit\'es : un \'el\'ement non nul $\displaystyle \frac{a}{b}$ de $\ZZ_{(p)}$ et soit une unit\'e, lorsque $p\nmid a$, soit dans $\mathfrak{m}_p$, lorsque $p\, |\, a$. Donc tout id\'eal $I$ diff\'erent de $\ZZ_{(p)}$ est inclus dans $\mathfrak{m}_p$, ce qui d\'emontre que \underline{$\mathfrak{m}_p$ est l'unique id\'eal maximal de $\ZZ_{(p)}$}.


\smallskip
\rm

\end{enumerate}
\end{ex}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{ex}$\ $

On consid\`ere  l'indicatrice d'Euler, $\varphi$ qui d\'efinie par $ \varphi(n)=|(\ZZ/n\ZZ)^\times|$,
c'est-\`a-dire le nombre d'\'el\'ements inversibles de l'anneau $\ZZ/n\ZZ$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\varphi(n)$ est \'egal au nombre de nombres $1\leq a \leq n$ premiers avec $n$.



\smallskip
\sf \noindent
On choisit pour syst\`eme de repr\'esentants de $\ZZ/n\ZZ$ les nombres $1\leq a \leq n$. Si $a$ est premier avec $n$, alors le th\'eor\`eme de B\'ezout, dans $\ZZ$, garantit l'existence d'une paire de nombres $(p,q)$ tels que $a.p+n.q=1$, ce qui donne dans $\ZZ/n\ZZ$ : $\bar{a}.\bar{p}=\bar{1}$. Donc les classes repr\'esent\'ees par des $a$ premiers avec $n$ sont inversible dans $\ZZ/n\ZZ$. R\'eciproquement, si $\bar{a}$ est inversible dans $\ZZ/n\ZZ$, ce signifie qu'il existe $p\in \ZZ$ tel que $\bar{a}.\bar{p}=\bar{1}$. Donc il existe $q\in \ZZ$ tel que $a.p=1+n.q$, ce qui implique que $a$ et $n$ sont premiers entre eux. 

\noindent \underline{Le cardinal de $(\ZZ/n\ZZ)^\times$ est \'egal au nombre de nombres $1\leq a \leq n$ premiers avec $n$.}


\smallskip
\rm

\item Soit $p$ un nombre premier. Montrer que $\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)$, pour tout $k \in \NN^*$.



\smallskip
\sf \noindent
Les nombres $1\leq a \leq p^k$ premiers avec $p$ sont les nombres o\`u $p$ n'apparait pas dans leur factorisation en produit de nombres premiers. Les autres nombres sont de la forme $p.m$ avec $1\leq m \leq p^{k-1}$. Il y en a donc $p^{k-1}$. D'o\`u 
$$\boxed{\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)} $$


\smallskip
\rm


\item Soit $n\ge 2$ un entier. Montrer que tout nombre $a$ premier avec $n$ v\'erifie
$$ a^{n!}\equiv 1 {}_{[n]}.$$



\smallskip
\sf \noindent
Comme $a$ est premier avec $n$, le th\'eor\'eme d'Euler montre que $a^{\varphi(n)}\equiv 1  {}_{[n]}$. Il suffit donc de montrer que $\varphi(n)$ divise $n!$. Soit $n=p_1^{\nu_1}\ldots p_k^{\nu_k}$ la factorisation de $n$ en produit de nombres premiers. Par le lemme des restes chinois, on sait que $\varphi(n)=\varphi(p_1^{\nu_1})\ldots \varphi(p_k^{\nu_k})$. La question pr\'ec\'edente montre que $\varphi(n)=p_1^{\nu_1-1}\ldots p_k^{\nu_k-1}(p_1-1)\ldots (p_k-1)$. Le produit $p_1^{\nu_1-1}\ldots p_k^{\nu_k-1}$ divise $n$. Tous les  $p_i-1$ sont diff\'erents et strictement inf\'erieurs \`a $n$. Ils apparaissent donc tous dans $(n-1)!$. Ceci d\'emontre que $\varphi(n)$ divise $n$.


\smallskip
\rm

\end{enumerate}



\end{ex}





\end{document}
