Exercices corrigés - Anneaux

On remarque d'abord que $+$ et $\circ$ sont bien des lois de composition interne sur $\textrm{End}(G)$. Ensuite, on vérifie tous les points de la définition d'un anneau.

1. $(\textrm{End}(G),+)$ est un groupe commutatif. En effet, la loi $+$ est associative et commutative, l'application $0_G:G\to G,\ g\mapsto 0$ est un élément neutre pour la loi $+$, et tout élément $f\in\textrm{End}(G)$ admet un inverse $-f:G\to G,\ x\mapsto -f(x)$.
2. La loi $\circ$ est associative.
3. La loi $\circ$ possède un élément neutre, qui est l'application identité.
4. La loi $\circ$ est distributive par rapport à la loi $+$ : pour tous $f,g,h\in\textrm{End}(G)$ et tout $x\in G$, $$((f+g)\circ h)(x)=(f+g)(h(x))=f(h(x))+g(h(x))=(f\circ h+g\circ h)(x)$$ et $$(f\circ (g+h))(x)=f((g+h)(x))=f(g(x)+h(x))=f(g(x))+f(h(x))=(f\circ g+f\circ h)(x).$$

Ainsi, $(\textrm{End}(G),+,\circ)$ est un anneau.

On va démontrer que $A$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. Pour cela, soient $x=\frac mn$ et $y=\frac{m'}{n'}\in A$. Alors : $$x-y=\frac{mn'-m'n}{nn'}\textrm{ et }xy=\frac{mm'}{nn'}.$$ Comme $nn'$, produit de deux nombres impairs, est impair, et que $A$ est non vide puisqu'il contient $1$, on en déduit que $A$ est bien un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$.
Déterminons ensuite les inversibles de $A$. Soit $x=\frac mn\in A$ inversible, et soit $y=\frac{m'}{n'}\in A$ tel que $xy=1$. On en déduit que $mm'=nn'$. En particulier, $m$ est nécessairement impair. Réciproquement, si $x=\frac{m}n$ avec $m$ impair, alors $y=\frac nm$ est dans $A$ (si jamais $m<0$, il suffit d'écrire $y=\frac{-n}{-m}$ pour vérifier qu'il est bien dans $A$), et $xy=1$. Ainsi, les inversibles de $A$ sont les éléments $\frac mn$ avec $m\in\mathbb Z$, $n\in\mathbb N^*$, et $m,n$ impairs.

On va prouver que $(\mathbb D,+,\times)$ est un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$. On remarque d'abord que $\mathbb D\subset\mathbb Q$, puis que $1\in\mathbb D$. De plus, soient $x=\frac n{10^k}$ et $y=\frac{m}{10^l}$ deux éléments de $\mathbb D$. Alors $$x-y=\frac{n10^l-m10^k}{10^{k+l}}\textrm{ et }xy=\frac{nm}{10^{k+l}}$$ sont clairement des éléments de $\mathbb D$, et $(\mathbb D,+,\times)$ est bien un sous-anneau de $(\mathbb Q,+,\times)$.
Déterminons ensuite les inversibles de $(\mathbb D,+,\times)$. Soit $x=\frac{n}{10^k}$ inversible, d'inverse $y=\frac{m}{10^l}$. Alors $$xy=1\iff nm=10^{k+l}.$$ On en déduit que les seuls diviseurs premiers de $n$ sont $2$ et $5$, autrement dit que $n$ s'écrit $\pm 2^p5^q$ pour $p,q\in\mathbb N$. Réciproquement, soit $x=\frac{\pm 2^p5^q}{10^k}$ et montrons que $x$ est inversible dans $\mathbb D$. Posons $y=\frac{\pm 10^k}{2^p5^q}$. Il suffit de vérifier que $y$ est élément de $\mathbb D$. Mais on peut aussi écrire $$y=\frac{\pm 10^k 2^q 5^p}{2^{p+q}5^{p+q}}=\frac{\pm 10^k 2^q5^p}{10^{p+q}}\in\mathbb D.$$ Ainsi, les inversibles de $(\mathbb D,+,\times)$ sont les éléments $\frac{\pm 2^p5^q}{10^k}$, avec $p,q,k\in\mathbb N$.

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 $aa'\in C(A).$

Non, cet anneau n'est pas intègre. Il suffit de trouver deux fonctions non identiquement nulles dont le produit est nulle. Par exemple, si $f=1$ sur $]-\infty,0]$ et $0$ sur $]0,+\infty[$, et si $g=0$ sur $]-\infty,0]$ et $1$ sur $]0,+\infty[$, alors ni $f$ ni $g$ n'est nulle et pourtant $fg=0.$

Soient $n,m$ tels que $x^n=0$ et $y^m=0$.

1. Puisque $x$ et $y$ commutent, on a $(xy)^n=x^ny^n=0\times y^n=0$.
2. Remarquons d'abord que pour $p\geq n$, on a $x^p=x^{p-n}x^n=0$. D'après la formule du binôme, $(x+y)^{n+m}=\sum_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^ky^{n+m-k}$. Mais, pour $k\geq n$, $x^k=0\implies x^ky^{n+m-k}=0$. D'autre part, pour $k<n$, on a $n+m-k\geq m$ et donc $y^{n+m-k}=0\implies x^k y^{n+m-k}=0$. Ainsi, $(x+y)^{n+m}=0$. On pourrait même se contenter de prendre la puissance $n+m-1$.
3. L'idée est d'utiliser l'identité remarquable (toujours valable dans un anneau) $$1-x^p=(1-x)(1+x+\dots+x^{p-1}).$$ Si on l'applique pour $p=n$, alors on obtient $$1=(1-x)(1+x+\dots+x^{n-1})$$ ce qui implique que $1-x$ est inversible d'inverse $1+x+\dots+x^{n-1}$.
4. Soit $n\geq 1$ tel que $(uv)^n=0$. Alors $$(vu)^{n+1}=v(uv)^nu=v\times0\times u=0.$$ Ainsi, $vu$ est nilpotent.

Fixons $a\in A$ non nul et considérons le morphisme de groupes $(A,+)\to (A,+),\ x\mapsto ax$. Alors ce morphisme de groupes est injectif, car son noyau est réduit à $\{0_A\}$ puisque $A$ est intègre. Puisque $A$ est fini, ce morphisme est nécessairement bijectif, et donc il existe $x\in A$ tel que $ax=1_A$. Par commutativité de $A$, on a aussi $xa=1_A$ et donc $a$ admet un inverse : $A$ est un corps.
Remarquons que l'on peut se passer de l'hypothèse que $A$ est commutatif, par exemple en faisant le même raisonnement avec $x\mapsto xa$, et en prouvant que l'inverse à droite et l'inverse à gauche coïncident.

Remarquons déjà que $0=0+0\in R.$ De plus, soit $u=x+y$ et $v=x'+y'$ deux éléments de $R,$ avec $x,x'\in B$ et $y,y'\in B$. Alors on a d'une part $$u+v=(x+x')+(y+y')$$ avec $x+x'\in B$ et $y+y'\in I,$ et d'autre part $$u\times v=xx'+(xy'+yx'+yy').$$ Or, $xx'\in B$ puisque $B$ est un sous-anneau de $A$ et $xy',\ yx',\ yy'$ sont des éléments de $I$ puisque $I$ est un idéal de $A$ et $y$, $y'$ sont dans $I$. Puisqu'un idéal est stable par la loi $+,$ on en déduit que $xy'+yx'+yy'\in I,$ et finalement que $u\times v\in R.$ Finalement, on a bien prouvé que $R$ est un sous-anneau de $A.$

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.

Notons $N(A)$ le nilradical de $A$. D'abord $0\in N(A)$ qui est donc non vide. Prenons ensuite $a\in A$, $x,y\in N(A)$, et $m,n$ de sorte que $x^m=y^n=0$. Remarquons d'abord que $$(ax)^m =a^mx^m=0$$ et donc $ax\in N(A)$. De plus, par la formule du binôme de Newton, on a $$(x+y)^{n+m-1}=\sum_{k=0}^{n+m-1}\binom {n+m-1}k x^k y^{n+m-1-k}.$$ Or, si $k\geq m$, alors $x^k=0$ et si $k<m$, c'est-à-dire $k\leq m-1$, alors $n+m-1-k\geq n$ et $y^{n+m-1-k}=0$. On a bien $(x+y)^{n+m-1}=0$ et $x+y\in N(A)$. Il est très facile de vérifier que l'on a aussi $-x\in N(A)$. Finalement, on a bien prouvé que $N(A)$ est un idéal de $A$.

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. Soit $I=n\mathbb Z$ un idéal de $\mathbb Z$. Si $n=0$, alors $I=\{0\}$ qui est premier puisque si $xy=0$, alors $x=0$ ou $y=0$. Si $n=1$, alors $I=\mathbb Z$ est clairement premier. On suppose maintenant $n\geq 2$. Si $n$ n'est pas premier, alors $n$ se factorise en $ab$ avec $1<a,b<n$. Mais, ou bien $a\in I$, ou bien $b\in I$ et donc $a$ ou $b$ est un multiple de $n$ ce qui est une contradiction. Réciproquement, si $n$ est premier et $xy\in I$, ie $n|xy$, alors, par le théorème de Gauss, $n|x$ ou $n|y$, ce qui prouve $x\in I$ ou $y\in I$. En résumé, $n\mathbb Z$ est un idéal premier si et seulement si $n$ est premier ou $n\in\{0,1\}$.
2. On pose $K=\left\{a\in A;\ \exists i\in I,\ \exists k\in A,\ a=i+kx\right\}$ et on va montrer que $K=J$. On remarque d'abord que $K$ est un idéal (la preuve est facile!) et qu'il contient $I$ et $x$. D'autre part, soit $J'$ un idéal de $A$ contenant $I$ et $x$, et soit $a=i+kx$ un élément de $K$. Puisque $I\subset J'$, on a $i\in J'$ et puisque $x\in J'$, on a $kx\in J'$. Ainsi, $K\subset J'$ : $K$ est bien l'idéal engendré par $I$ et $x$.
3. Soit $I$ un idéal maximal et $x,y\in A$ tels que $x\notin I$ et $xy\in I$. On doit prouver que $y\in I$. Pour cela, on considère $J$ l'idéal engendré par $I$ et $x$. Puisque $I$ est maximal et que $J$ est contient strictement $I$, on sait que $J=A$. Or, d'après la question précédente, tout élément de $J$ s'écrit $i+kx$, $i\in I$ et $k\in A$. Ainsi, $1=i+kx$. On multiplie par $y$ et on obtient $$y=yi+k(xy).$$ Mais $yi\in I$ car $I$ est un idéal, $k(xy)$ aussi et donc $y$ est aussi élément de $I$ ce qui termine la démonstration.
4. On commence par démontrer que $A$ est intègre. En effet, l'idéal engendré par 0 est premier. Donc, si $xy\in (0)=\{0\}$, alors $x=0$ ou $y=0$ et donc $A$ est intègre. Soit ensuite $x\in A$ non nul. Il s'agit de démontrer que $x$ est inversible. On considère $I$ l'idéal engendré par $x^2$. Alors $x\times x\in I$. Puisque $I$ est premier, $x\in I$. Mais comme $I$ est l'idéal engendré par $x^2$, il existe $b\in A$ tel que $x=bx^2$. On regroupe et on factorise en $x(1-bx)=0$. Puisque $A$ est intègre et $x$ est non-nul, on obtient $1=bx$ et donc $x$ est inversible d'inverse $b$.
5. Soit $I=(a)$ un idéal premier de $A$ avec $a\neq 0$ et soit $J$ un idéal avec $I\subset J$. Puisque $A$ est principal, $J=(b)$. Puisque $I\subset J$, $a=bc$ pour $c\in A$. Puisque $I$ est premier, on a
   • ou bien $b\in I$, mais alors $(b)\subset I$ et donc $J=I$.
   • ou bien $c\in I$, donc $c$ s'écrit $xa$ et on a $a=bxa$. Puisque $A$ est principal, donc intègre, et que $a\neq 0$, ceci entraîne $bx=1$, c'est-à-dire que $b$ est inversible et $J=A$.
   Ceci prouve que $I$ est maximal.
6. On a \begin{eqnarray*} A/I\textrm{ intègre}&\iff&\forall x,y\in A,\ \overline x\overline y=0\implies \overline x=0\textrm{ ou }\overline y=0\\ &\iff&\forall x,y\in A,\ xy\in I\implies x\in I\textrm{ ou }y\in I\\ &\iff&I\textrm{ est premier.} \end{eqnarray*} Pour la seconde assertion, on peut remarquer que $A/I$ est un corps si et seulement si ses seuls idéaux sont $\{0\}$ et lui-même. Puisque les idéaux de $A/I$ sont en bijection avec les idéaux de $A$ contenant $I$, on en déduit que $A/I$ est un corps si et seulement si les seuls idéaux de $A$ contenant $I$ sont $I$ et $A$, c'est-à-dire si et seulement $I$ est maximal.
   Enfin, puisqu'un corps est intègre, on a bien $I$ maximal entraine $I$ premier.

Supposons que cet idéal soit principal, et notons $P\in\mathbb Z[X]$ tel que $I=(P).$ Alors on sait que $P|2$ et donc $P=c$ est une constante. De plus, $P|X$, et donc $X=c Q$ avec $Q\in\mathbb Z[X]$. Ceci n'est possible que si $c=\pm 1$ et $Q=\pm X$. Finalement, $P$ est un élément inversible de $\mathbb Z[X]$ et $I=\mathbb Z[X]$. Reste à voir que ce n'est pas le cas. En effet, $$I=\left\{\lambda 2+\mu X:\ \lambda,\mu\in \mathbb Z[X]\right\}.$$ En particulier, $3\notin I$ car le terme constant de $\lambda 2+\mu X$ est toujours divisible par $2$.

Soit $I$ un idéal de $\mathbb D$. Alors $I\cap\mathbb Z$ est un idéal de $\mathbb Z$, qui est un anneau principal. Il existe donc $a\in\mathbb Z$ tel que $I\cap\mathbb Z=a\mathbb Z$. On va prouver que $I=a\mathbb D$. Il est d'abord clair que $a\mathbb D\subset I$ puisque $a\in I$ et que $I$ est un idéal. Réciproquement, soit $x=\frac n{10^k}\in I$. Alors $n=10^k x\in I\cap \mathbb Z$ et donc $n=am$ pour un certain $m\in\mathbb Z$. Ainsi, $x=\frac{m}{10^k}a\in a\mathbb D$. Les idéaux de $\mathbb D$ sont donc les parties de $\mathbb D$ du type $a\mathbb D$, avec $a\in\mathbb Z$.

Soit $I$ un idéal de $\mathbb Z/n\mathbb Z$, et $J=\{m\in\mathbb Z;\ \bar m\in I\}$. Alors $J$ est un idéal de $\mathbb Z$. Il est non-vide car $I$ est non-vide, et si $u,v\in J,\ k\in \mathbb Z$, alors $$\overline{u+v}=\bar u+\bar v\in I\implies u+v\in J$$ $$\overline{ku}=\bar k\times \bar u\in I\implies ku\in J.$$ Ainsi, il existe $a\in\mathbb Z$ tel que $J=a\mathbb Z$.
Démontrons alors que $I=\bar a \cdot \mathbb Z/n\mathbb Z$. Puisque $\bar a\in I$ et que $I$ est un idéal, il est clair que $\bar a\cdot \mathbb Z/n\mathbb Z\subset I$. Réciproquement, soit $\bar u\in I$. Alors $u\in J$ et donc il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $u=ak$. Alors $\bar u=\overline{ak}=\bar a\cdot \bar k$ et donc $u\in a\cdot \mathbb Z/n\mathbb Z$. Ainsi, $\bar u\in I$, ce qui prouve l'inclusion réciproque.
Ainsi, on a prouvé que tous les idéaux de $\mathbb Z/n\mathbb Z$ sont principaux. Pour que l'anneau lui-même soit principal, il faut encore qu'il soit intègre. Ceci n'est vrai que si $n$ est premier.

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 $\mathcal M_3(\mathbb R)$.