Math spé : Exercices sur les anneaux

Il suffit de vérifier le théorème de caractérisation des sous-anneaux.

• $1\in C(A)$, puisque $1a=a1=a$ pour tout $a\in A.$
• Soit $a,a'\in C(A)$ et soit $b\in A$. Alors $$(a-a')b=ab-a'b=ba-ba'=b(a-a')$$ (on a utilisé deux fois la distributivité) et donc $a-a'\in C(A).$
• Soit $a,a'\in C(A)$ et soit $b\in A$. Alors $$(aa')b=a(a'b)=a(ba')=(ab)a'=(ba)a'=b(aa')$$ (on a utilisé plusieurs fois l'associativité) et donc $aa'\in C(A).$

On commence par remarquer que $(I,+)$ est un sous-groupe de $(A,+).$ En effet, la suite nulle est dans $I$, et si $(u_n)$ et $(v_n)$ sont dans $I,$ alors $(u_n+v_n)$ est dans $I$ puisque la somme de deux suites qui convergent vers $0$ converge elle-même vers $0.$
On va ensuite prouver que $I$ n'est pas un idéal de $A$. Considérons en effet la suite $(x_n)$ telle que $x_n=2^n$ et la suite $(u_n)$ telle que $u_n=2^{-n}$. Alors $(x_n)\in A,$ $(u_n)\in I$ et le produit $(x_nu_n)$ n'est pas dans $I$ puisque c'est la suite identiquement égale à $1.$
En revanche, $I$ est un idéal de $B.$ En effet, le produit d'une suite bornée avec une suite qui tend vers $0$ est une suite qui tend vers $0.$ Donc si $(x_n)\in B$ et $(u_n)\in I,$ alors $(x_nu_n)\in I.$

Notons $I$ cet ensemble. Il suffit d'appliquer la définition. En effet, on remarque que $0\in I$. De plus, prenons $u,v\in I$ et $a\in A$. Alors, pour tout $y\in M$, on a $$(u-v)y=uy-vy=0$$ et $$(au)y=a(uy)=0.$$ Ainsi, $u-v$ et $au$ sont dans $I$ qui est un idéal.

Méthode 1 : Il existe un unique polynôme unitaire $P_n$ tel que $I_n=(P_n)$. De plus, la condition $I_n\subset I_{n+1}$ entraîne que $P_{n+1}|P_n$. La suite $(\deg(P_n))$ est donc une suite d'entiers naturels décroissante : elle est stationnaire. Soit $p\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq p$, on a $\deg(P_n)=\deg(P_p)$. On a alors $P_n|P_p$, $P_n$ et $P_p$ sont unitaires et de même degré, donc ils sont égaux et $I_n=I_p$. La suite $(I_n)$ est bien stationnaire.
Méthode 2 : Posons $I=\bigcup_n I_n$. Puisque la suite $(I_n)$ est croissante, il est facile de vérifier que $I$ est un idéal. Il existe $P\in \mathbb K[X]$ tel que $I=(P)$. Mais alors, il existe $N\in\mathbb N$ tel que $P\in I_N$. On prouve alors que pour tout $n\geq N$, on a $I_n =(P)$. En effet, on a $I_n\subset I=(P)$, et $P\in I_N\subset I_n\implies (P)\subset I_n$.

D'une part, il est facile (et laissé au lecteur) de vérifier que si $I$ et $J$ sont deux idéaux respectifs de $A$ et $B$, alors $I\times J$ est un idéal de $A\times B$.
Réciproquement, fixons $K$ un idéal de $A\times B$ et construisons des idéaux $I$ de $A$ et $J$ de $B$ tels que $K=I\times J$. On désigne par $p_A:A\times B\to A$ et $p_B:A\times B\to B$ les projections respectives sur $A$ et $B$, et on pose $I=p_A(K)$, $J=p_B(K)$. Comme $p_A$ et $p_B$ sont des morphismes surjectifs, $I$ et $J$ sont des idéaux respectivement de $A$ et de $B$.
Prenons ensuite $z\in K$. Alors $z=(p_A(z),p_B(z))$ est bien un élément de $I\times J$. Pour l'autre inclusion, fixons $(x,y)\in I\times J$ et prouvons que $(x,y)\in K$. Puisque $x\in I$, il existe $b\in B$ tel que $(x,b)\in K$. Puisque $y\in J$, il existe $a\in A$ tel que $(a,y)\in K$. Maintenant, $(1,0)\cdot (x,b)=(x,0)\in K$ (puisque $K$ est un idéal) et de même $(0,1)\cdot (a,y)=(0,y)\in K$. Par somme, $(x,0)+(0,y)=(x,y)\in K$.

1. Comme $\bar 2$ et $\bar 3$ sont inversibles dans $\mathbb Z/13\mathbb Z$ (puisque $2$ et $3$ sont premiers avec $13$), on peut réaliser l'opération $-\bar 3 L_1+\bar 2 L_2\to L_2$ sans changer les solutions du système. Le système est donc équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} \bar 2 x+\bar 3 y&=&\bar 4\\ \bar -5 y&=&-\bar 2 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{rcl} \bar 2 x+\bar 3 y&=&\bar 4\\ \bar 5 y&=&\bar 2 \end{array}\right. $$ On résout ensuite l'équation $\bar 5 y=\bar 2$. En remarquant que $5\wedge 13=1$ et donc que $\bar 5$ est inversible dans $\mathbb Z/13\mathbb Z,$ on obtient $$\bar 5 y=\bar 2\iff \overline{25}y=\overline{10}\iff -\bar y=-\bar 3\iff \bar y=\bar 3.$$ On reporte dans la première équation et on trouve $$\bar 2x+\bar 9=\bar 4\iff \bar 2 x =\overline{-5}.$$ En multipliant cette fois par $\bar 7$ (remarquons que $7\wedge 13=1$), on trouve $$\bar 2x=\overline{-5}\iff \overline{14}x=\overline{-35}\iff x=\bar 4.$$ Le système admet donc une unique solution, le couple $(\bar 4,\bar 3)$.
2. On procède comme à la question précédente, mais il faut toutefois prendre garde que $\bar 4$ n'est pas premier avec $18$. Toutefois, en effectuant l'opération $-\bar 5 L_1+\bar 4 L_2\to L_2,$ on voit que toute solution du système vérifie $$\left\{\begin{array}{rcl} \bar 4 x+\bar 7 y&=&\bar 1\\ \overline{-27}y &=&\bar 3 \end{array}\right.$$ On essaie donc de résoudre $\overline{-27}y=\bar 3\iff \overline{9}y=\bar 3.$ Mais si cette équation admet une solution $y$, en prenant $k\in\mathbb Z$ tel que $y=\bar k,$ il existe $m\in\mathbb Z$ tel que l'on ait $$9k=3+18m.$$ Mais ceci est impossible car $9|9k,$ $9|18$ mais $9$ ne divise pas $3.$ Ainsi, le système n'admet pas de solutions.
3. Il faut faire un peu plus attention car les coefficients du système ne sont plus inversibles dans $\mathbb Z/18\mathbb Z$ et on ne peut plus raisonner par équivalence, mais seulement par implication. On remarque toutefois en effectuant $\bar 3L_1-2\bar L_2$ qu'on a nécessairement $y=-1.$ On a alors une système du système si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{rcl} \bar 2x=\bar 4\\ \bar 3 x=\bar 6 \end{array}\right.$$ On résout individuellement chacune de ces équations. Pour la première, en écrivant $x=\bar k$ avec $k\in\mathbb Z,$ on trouve \begin{eqnarray*} \bar 2x=\bar 4&\iff& 2k\equiv 4\ [18]\\ &\iff&\exists m\in\mathbb Z,\ 2k=4+18m\\ &\iff&\exists m\in\mathbb Z,\ k=2+9m\\ &\iff &x\in \{\bar 2,\overline{11}\}. \end{eqnarray*} De même, on résout la deuxième équation et on trouve $$\bar 3x=\bar 6\iff x\in\{\bar 2,\bar 8,\overline{14}\}.$$ La seule solution commune est $\bar 2$ et finalement le système admet une unique équation, qui est le couple $(\bar 2,\overline{-1})$.

L'idée est de procéder comme pour la résolution habituelle d'une équation du second degré. On applique donc la méthode qui conduit au discriminant, c'est-à-dire que l'on met le trinôme sous forme canonique.

1. On peut remarque pour cette question que $\overline 14=\overline 1$. Ainsi, $$x^2+x+\overline 7=\overline 0\iff x^2+\overline{14}x+\overline 7=0\iff (x+\overline 7)^2-\overline{42}=\overline 0$$ soit encore $(x+\overline 7)^2=\overline 3$. On remarque alors que $\overline 4^2=\overline 3$. Ainsi, l'équation est équivalente à $$(x+\overline 7)^2-\overline 4^2=0\iff (x+\overline 7+\overline 4)(x+\overline 7- \overline 4)=0.$$ {\bf Puisque $\mathbb Z/13\mathbb Z$ est un corps}, et donc en particulier est intègre, ceci est encore équivalent à $x+\overline{11}=\overline 0$ ou $x+\overline 3=\overline 0$. L'ensemble des solutions est donc $\{\overline 2,\overline{10}\}$.
2. On procède de la même façon. L'équation est équivalente à $$(x-\overline 2)^2-\overline 1=0.$$ On peut bien sûr factoriser encore et obtenir que l'équation est équivalente à $$(x-\overline 2-\overline 1)(x-\overline 2+\overline 1)=0.$$ Mais cette fois, {\bf on ne peut pas aller plus loin} car $\mathbb Z/12\mathbb Z$ n'est pas un corps. Il faut plutôt écrire $(x-\overline 2)^2=\overline 1$ et chercher les $t$ dans $\mathbb Z/12\mathbb Z$ avec $t^2=\overline 1$. Pour cela on dresse le tableau : $$\begin{array}{c|ccccccc} t&\bar 0&\bar 1&\bar 2&\bar 3&\bar 4&\bar 5&\bar 6\\ \hline t^2&\bar 0&\bar 1&\bar 4&-\bar 3&\bar 4&\bar 1&\bar 0\\ \end{array}$$ (on a bien sûr $(-t)^2=t^2$). Ainsi, l'équation est équivalente $x-\overline 2\in\{-\bar 5,-\bar 1,\bar 1,\bar 5\}$. L'ensemble des solutions est donc $\{-\bar 3,\bar 1,\bar 3,\bar 7\}$. Il y a en particulier plus de deux solutions à cette équation polynomiale de degré 2!

D'après le cours, les éléments inversibles de $\mathbb Z/8\mathbb Z$ sont les classes d'entiers $k$ tels que $k\wedge 8=1.$ On a donc $$(\mathbb Z/8\mathbb Z)^*=\{\bar 1,\bar 3,\bar 5,\bar 7\}.$$ On remarque que tous ces éléments sont d'ordre $1$ ou $2$ (par exemple, $\bar 3^2=\bar 9=1$, $\bar 7^2=\overline{49}=\bar 1$). Ainsi, aucun n'engendre $(\mathbb Z/8\mathbb Z)^*$ et ce groupe n'est pas cyclique.

Non, ces groupes ne sont pas isomorphes. En effet, si $f$ est un isomorphisme de $G$ sur $H$, et si $g$ est un élément de $G$ d'ordre $n$, alors $f(g)$ est aussi d'ordre $n$. Or, ici, $\mathbb Z/8\mathbb Z$ est le seul des 3 groupes à avoir un élément d'ordre 8, tandis que $(\mathbb Z/2\mathbb Z)^3$ est le seul à ne pas avoir d'éléments d'ordre 4. Ces 3 groupes ne sont pas deux à deux isomorphes.

Le polynôme est un polynôme "bicarré" : il s'écrit $P(X)=Q(X^2)$ où $Q(X)=2X^2+X-3$. On commence par factoriser ce polynôme. Ses racines sont $1$ et $-3/2$. Donc $Q$ se factorise en $$Q(X)=2(X-1)\left(X+\frac 32\right).$$ On en déduit que $$P(X)=2(X^2-1)\left(X^2+\frac32\right)=2(X-1)(X+1)\left(X^2+\frac 32\right).$$ Comme $X^2+\frac 32$ est un polynôme de degré 2 sans racines réelles, on a bien obtenu la décomposition de $P$ en produit d'irréductibles.

Il suffit de démontrer que $C$ est une sous-algèbre de $\mathcal M_n(\mathbb R)$, c'est-à-dire à la fois un sous-anneau et un sous-espace vectoriel de $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Remarquons que la matrice nulle $0$ et $I_n$ sont membres de $C$. De plus, pour tous $M,N\in C$ et tout $\lambda\in\mathbb R$, alors on vérifie facilement que

1. $MN\in C$;
2. $\lambda M\in C$;
3. $M-N\in C$.

C'est bien que $C$ est une algèbre.

On va prouver que $E$ est une sous-algèbre de $\mathcal M_3(\mathbb R)$. Pour cela, notons $$A=\left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0 \end{array} \right)\textrm{ et } B=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{array} \right).$$ Alors il est clair que $E=\textrm{vect}(I_3,A,B)$ et que la famille $(I_3,A,B)$ est libre. On en déduit que $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal M_3(\mathbb R)$ de dimension 3. De plus, un calcul rapide montre que $$M(a,b,c)M(a',b',c')=M(aa′ +bc′ +cb′,ab′ +a′b+cc′,ac′ +a′c+bb′).$$ $E$ est stable par produit matriciel, et c'est une sous-algèbre de $\mathcal M_3(\mathbb R)$.