Agcorrigés

local ring with maximal ideal the augmentation ideal IG, so J(FG) = IG (Exercise ) Note that if Ris local with maximal ideal m, then R=m is a division ring (because it has no proper nonzero left ideals) For us, it is almost invariably a eld (even when Ris noncommutative) 2 Semisimplicity and the Jacobson radical

TD2 : Généralités sur les anneaux et les modules

arlerpons dans un TD ultérieur de l'exercice 13 Exercice 1 (à préparer) : Radical d'un idéal (ex 15 du TD1) Soientp Aun anneau et Iun idéal de A On appelle radical de Il'ensemble I= fa2Aj9n2N ;an 2Ig 1 Montrer que p Iest un idéal 2 Reconnaître p Aet p (0) 3 Soit Jun idéal de A Déterminer si les assertions suivantes sont

Corrigé du TD 1

On fait une récurrence sur le nombre d'indéterminées et on utilise le fait (évident) qu'un quotient d'un anneau n÷thérien est n÷thérien Remarque : Dans un anneau A, le radical d'un idéal Iest l'idéal noté √ Iconstitué des éléments de Aqui ont une puissance dans I Le radical de Iest aussi égal à l'intersection des idéaux

Idéaux - univ-toulouse

L’exercice ci-dessus indique un lien entre l’arithmétique dans A et les relations entre ses idéaux;envoiciuneconﬁrmation Proposition3 1 3 Supposonsquel’idéalAx1+···+Axnestprincipal:

Agcorrigés - Free

est un isomorphisme de groupes (la loi au départ étant bien sûr l’addition) Mais cela pose un problème de commutation de a et b On va essayer de trouver un élément a qui commute avec tous les autres, en arrivant par des moyens si possibles modestes à une application classique de l’action d’un groupe sur un ensemble et de l

ALGEBRE` APPROFONDIE Notes de M2 (1995–1996)

modulo nest un homomorphisme d’anneaux 1 5 D´eﬁnition Un sous-ensemble I d’un anneau Aest un id´eal, si I est stable par l’addition et si ∀a∈ A,a· I⊂ I N B Un id´eal est stable par addition et multiplication et donc peut ˆetre consid´er´e comme sous-anneau (sans 1), mais la r´eciproque est faux 1 6 Exemples

Courbes algébriques (notes de cours v2)

Un idéal r d’un anneau Aest dit radical lorsque l’anneau quotient A=r est un anneau réduit, autrement dit lorsque xn 2r implique x2r (la réciproque est toujours vraie) Un idéal premier (et a fortiori un idéal maximal) est, en particulier, un idéal radical 1 1 10 À titre d’exemple, parmi les idéaux de Z (dont on rappelle qu

21 Dé nitions, premières propriétés 7 22 Morphismes entre

4 3 Les idéaux d'un anneau quotient 23 4 4 Le théorème chinois sous sa forme générale 24 5 Idéaux premiers, maximaux 26 5 1 Dé nitions, premières propriétés 26 5 2 Existence d'un idéal maximal 28 6 Localisation 31 6 1 Dé nitions, premières propriétés 31 6 2 Idéaux d'un anneau localisé 37 7 Anneaux principaux 39 7 1

ALGÈBRE 2 ÉCOLE NORMALE SUPÉRIEURE 2012–2013

d’anneaux Le noyau d’un morphisme d’anneaux f : ABest un idéal de Anoté Ker(f) (mais l’image de f n’est en général pas un idéal de B) Plus généralement, l’image réciproque par fd’un idéal de Best un idéal de A Si Iest un idéal de A, le morphisme fse factorise par la projection AA=Isi et seulement si I Ker(f

Feuille d’exercices n 13 : Anneaux

(Un exemple d’anneau ni factoriel, ni noethérien) 1 Montrerquepouruncorps K quelconque, K [ X 2 ,X 3 ] ⊂ K [ X ] n’estpasfactorielmalgrél’existence d’une décomposition en irréductibles

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Ag corrigés

définit le radical deI:pIAE{a2A/9n2Nan2I}

1. Montrer que

pIest un idéal deA.

2. SiAAEZetIAEnZ(n¸2), déterminerpI.1.La non vacuité se déduit par exemple du fait queI½pI.

Siaetbsont danspI, soit (m,n)2N2tels queam2Ietbn2I. La formule du binôme (on est dans un anneau commutatif) donne (a¡b)mÅnAEmÅnX kAE0Ã mÅn k! (¡1)mÅn¡kakbmÅn¡k Or sik¸m,ak2I(absorbance). Et sik·m¡1,mÅn¡k¸nÅ1, doncbmÅn¡k2I (absorbance encore). Les propriétés d"idéal deIfont qu"on peut en déduire (a¡b)mÅn2I et donca¡b2pI. Sia2pIetb2A, soitmtel queam2I. Comme l"anneauAest commutatif, on a (ab)mAEambm2I (absorbance). Doncab2pI.

2.Pour utiliser les valuationsp-adiques...désignons parPl"ensemble des nombres

premiers; pnZAEÃY p2P;ºp(n)È0p! Z[Oral Mines]Soitpun nombre premier. On noteZpl"ensemble desa/boù (a,b)2 aetpne divise pasb.

1. Montrer queZpest un sous-anneau deQ.

2. Montrer queJpest un idéal deZpet que tout idéal deZpautre queZpest

inclus dansJp.

3. Déterminer tous les idéaux deZp.1.ne pose pas de difficulté particulière.

2.Pas tellement non plus de problème pour montrer queJpest un idéal deZp. Soit

Iun idéal deZpnon inclus dansJp. Soita/b2Iavecpne divisant nianib. Alors b/a2Zp; donc par absorbance 1AE(a/b)(b/a)2I. Et, toujours par absorbance, un idéal qui contient 1 contient tout. DoncIAEZp, ce qui conclut par contraposition. b(k2N). Il est assez simple de montrer que lesJpksont des idéaux deZp. SoitI 1

Ag corrigés

un idéal deZp. Il existe unk0minimal tel queIne soit pas inclus dansJpk0(car l"intersection de tous lesJpkest vide). On a alorsIAEJpk0¡1, de la même manière que

ci-dessus. On a donc trouvé tous les idéaux.Principe des tiroirsMontrer que parminnombres on peut toujours en choisirk

consécutifs (avec 1·k·n) dont la somme est divisible parn.Soitx1,x2,...,xnla suite de cesnnombres. Si l"une des sommesx1,x1Åx2,x1Åx2Å

x parnde cesnsommes ne peuvent pas être deux à deux distincts (il n"y a quen¡1 restes non nuls possibles). On prend alors deux sommes qui ont le même reste, en soustrayant la plus courte à la plus longue on conclut. On pourrait raisonner aussi

en prenant les classes dansZ/nZ, mais c"est superflu.[Formule de Legendre] Soitn¸2,ppremier. Exprimerºp(n!) à l"aide desbnp

kc, k¸1. Par combien de 0 se termine l"écriture décimale de 2014!? (on pourra vérifier avec Python)On a p(n!)AEnX mAE2º p(m) Il y a dans2,nun nombre de multiples depkégal àbnp kc(pourk¸1). Si on est multiple depkÅ1on est multiple depk, on obtient donc : p(n!)AEÅ1X kAE1kµ bnp kc¡bnp obtenues, on parvient à p(n!)AEÅ1X kAE1bnp kc Commeº5(2014!)Çº2(2014), le nombre de 0 cherchés estº5(2014!), c"est-à-dire Å1 X kAE1b20145 kc qui vaut 402Å80Å16Å3 c"est-à-dire 501. 2

Ag corrigés

[Oral X]Trouver, à isomorphisme près, tous les groupes d"ordrep2.Soit (G,.) un tel groupe. S"il y a dansGun élément d"ordrep2,Gest cyclique, iso-

morphe donc à (Z/p2Z,Å). Supposons dorénavantGnon cyclique. Tous les éléments deGautres que l"élément neutreesont d"ordrep. Soita6AEe, etb62 hai. Sibk6AEe, alorsbkengendrehbi(dans un groupe cyclique d"ordrep, tous les éléments sauf le neutre sont générateurs). Doncbk62 hai, sinon on auraithbi ½ hai. On en déduit que lesakb`, 0·k·p¡1,

0·`·p¡1, sont deux à deux distincts. On pourrait avoir l"idée de montrer que

Á:Z/pZ£Z/pZ¡!G

(k,`)7¡!akb` pose unproblème de commutation deaetb. On va essayer de trouver un élémenta qui commute avec tous les autres, en arrivant par des moyens si possibles modestes aux classes.

Le centre deG, c"est

CAE{a2G;8x2G axAExa}AE{a2G;8x2G xax¡1AEa}

c"est un sous-groupe de (G,.), il est donc de cardinal 1,poup2. FixonsadansG, et remarquons donc queaest dans le centre si et seulement si le cardinal de D aAE{xax¡1;x2G} vaut 1.Dan"est pas un sous-groupe, mais on va quand même pouvoir dire des choses sur son cardinal. En effet, on note que xax

¡1AEyay¡1,y¡1x2C(a)

tels que GAEm[ iAE1x iC(a) (la réunion étant disjointe). On a alors D aAE{xiax¡1 i}1·i·m les éléments étant distincts, et doncjDajAEm. CommemdivisejGj, on en déduit l"essentiel :jDajdivisejGj, donc vaut 1,poup2. Mais facilement, lesDasont deux à deux disjoints ou confondus, et leur réunion est

G. Il existe donca1,...,artels que

GAEr[ iAE1D ai (réunion disjointe); il y a au moins unDaréduit à un singleton :De. Il n"est pas le seul, sinon on aurait jGj´1 [p] 3

Ag corrigés

Ce qui permet de conclure...car siaest dans le centre, l"applicationÁdonnée plus haut est bien un isomorphisme de groupes. On en déduit que tout groupe de car- dinalp2est commutatif. Et aussi que le centre d"unp-groupe (un groupe dont le cardinal est une puissance dep) n"est pas réduit au seul élément neutre. 4

Ag corrigés

[Oral Centrale]Soitnun entier naturel supérieur strictement à 2; on noteUl"en- semble des éléments inversibles de l"anneauZ/2nZ.

1. Montrer queUest un groupe pour la multiplication.

2. Calculerx2n¡2pour toutxdeU.

3. Trouver le plus petit entierkÈ0 tel que 3k´1 mod2n.

4. Montrer queUest isomorphe au produit des groupes additifsZ/2Z£Z/2n¡2Z.1.C"est une question de cours, pas plus facile ni plus difficile à traiter pourZ/2nZ

que pour un autre anneau.

2.On trouve1...Déjà vu dans l"exercice précédent sur la feuille d"énoncés. Com-

ment trouver ce résultat? l"idée est d"essayer pournAE3 : les classes inversibles dans Z/8Zsont1,3,5,7. Dont les carrés sont tous1. Puis on fait une récurrence surn. Rappelons que l"ordre deUest 2n¡1(les classes inversibles sont les classes des en- tiers impairs, il y en a une moitié). Voir correction de l"exercice 48 pour le détail de la récurrence. n¡2sietseule- ment si3

2n¡36AE1

SupposonsnÈ3, et supposons

2n¡2´1 [2nÅ1]

Alors 2

nÅ1divise 32n¡2¡1AE³

32n¡3¡1´³

32n¡3Å1´

. Mais 2n¡3est pair, donc 3

2n¡3Å1´2 [4]

(les puissances paires de 3 sont congrues à 1 modulo 4, on le déduit du simple fait que 3

2´1 [4]). Donc 32n¡3Å1 est divisible par 2 mais pas par 4. Et donc 2ndivise

2n¡3¡1. Or 24ne divise pas 32¡1, on en déduit, pour toutn¸4, que le plus petitk

cherché est 2 n¡2. PournAE3, c"est bien facile à vérifier directement.

4.Dans le groupe¡Z/2Z£Z/2n¡2Z,Å¢, l"élément (1 mod 2 ,0 mod 2n¡2) est d"ordre

2, l"élém ent (0 mod 2 ,1 mod 2

n¡2) est d"ordre 2n¡2. Il n"est donc pas déraisonnable de définir

Á: (xmod 2 ,ymod 2n¡2)7¡!¡1x3

y de

¡Z/2Z£Z/2n¡2Z,Å¢dans (U,£). On vérifie sans trop de difficulté queÁest bien

on aurait¡1AE3

2n¡3

ce qui est contradictoire avec les congruences observées à la question précédente. Notons qu"on peut remplacer¡1 par n"importe quelhd"ordre 2 qui n"est pas dans h3i, dont l"existence est assez facile à assurer. La surjectivité deÁvient enfin du fait que le cardinal est le même au départ et à l"arrivée. 5quotesdbs_dbs44.pdfusesText_44

[PDF] Agcorrigés - Free

Ag corrigés

1. Montrer que

2. SiAAEZetIAEnZ(n¸2), déterminerpI.1.La non vacuité se déduit par exemple du fait queI½pI.

2.Pour utiliser les valuationsp-adiques...désignons parPl"ensemble des nombres

1. Montrer queZpest un sous-anneau deQ.

2. Montrer queJpest un idéal deZpet que tout idéal deZpautre queZpest

3. Déterminer tous les idéaux deZp.1.ne pose pas de difficulté particulière.

2.Pas tellement non plus de problème pour montrer queJpest un idéal deZp. Soit

Ag corrigés

Ag corrigés

0·`·p¡1, sont deux à deux distincts. On pourrait avoir l"idée de montrer que

Á:Z/pZ£Z/pZ¡!G

Le centre deG, c"est

CAE{a2G;8x2G axAExa}AE{a2G;8x2G xax¡1AEa}

¡1AEyay¡1,y¡1x2C(a)

G. Il existe donca1,...,artels que

Ag corrigés

Ag corrigés

1. Montrer queUest un groupe pour la multiplication.

2. Calculerx2n¡2pour toutxdeU.

3. Trouver le plus petit entierkÈ0 tel que 3k´1 mod2n.

4. Montrer queUest isomorphe au produit des groupes additifsZ/2Z£Z/2n¡2Z.1.C"est une question de cours, pas plus facile ni plus difficile à traiter pourZ/2nZ

2.On trouve1...Déjà vu dans l"exercice précédent sur la feuille d"énoncés. Com-

2n¡36AE1

SupposonsnÈ3, et supposons

2n¡2´1 [2nÅ1]

Alors 2

32n¡3¡1´³

32n¡3Å1´

2n¡3Å1´2 [4]

2´1 [4]). Donc 32n¡3Å1 est divisible par 2 mais pas par 4. Et donc 2ndivise

2n¡3¡1. Or 24ne divise pas 32¡1, on en déduit, pour toutn¸4, que le plus petitk

4.Dans le groupe¡Z/2Z£Z/2n¡2Z,Å¢, l"élément (1 mod 2 ,0 mod 2n¡2) est d"ordre

2, l"élém ent (0 mod 2 ,1 mod 2

Á: (xmod 2 ,ymod 2n¡2)7¡!¡1x3

2n¡3