Structure d’anneau (2/2)

Exercice 1.
Montrer qu’un anneau intègre et fini est un corps.
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Remarque: par convention, les anneaux intègres et les corps sont commutatifs.

Soit {a\in A}, non nul. On doit montrer que {a} est inversible.
Puisque {A} est intègre, {a} est simplifiable.

Ainsi {x\mapsto ax} est injective de {A} dans {A}.

Puisque {A} est fini, cette application est bijective.

En particulier : {\exists b\in A,\;ba=1} (c’est l’inverse de {a}).

Conclusion : {A} est un corps (tous ses éléments non nuls sont inversibles).

Exercice 2.
Soit {x} un élément nilpotent d’un anneau {A}.
Montrer que {1-x} est inversible et préciser son inverse.
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Supposons par exemple {x^n=0}, avec {n\ge1}.

Alors {(1-x)(1+x+x^2+\cdots+x^{n-1})=1-x^n=1}.

Ainsi {1-x} est inversible et {x^{-1}=1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}}.

Exercice 3.
Soit {A=\{a+b\sqrt2, a\in\mathbb{Z}, b\in\mathbb{Z}\}}.

  1. Montrer que {A} est un sous-anneau intègre de {\mathbb{R}}.
  2. Pour tout {x=a+b\sqrt2} de {A}, on pose {N(x)=a^2-2b^2}.
    Montrer que : {\forall (x,y)\in A^2,\;N(xy)=N(x)N(y)}.
  3. En déduire que {x\in A} est inversible si et seulement si {N(x)=\pm1}.
  4. Montrer que les éléments {\pm(1+\sqrt2)^n} de {A} sont inversibles.
  5. Réciproquement, soit x un élément inversible de {A}.

    • Montrer qu’on peut se ramener à {x=a+b\sqrt2}, avec {a\in\mathbb{N}^*} et {b\in\mathbb{N}}.
    • Montrer alors que {x=(1+\sqrt2)^n} avec {n\in\mathbb{N}} et conclure.
      Indication : si {b\ge1}, considérer {x_1=\dfrac{x}{1+\sqrt2}}.

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  1. Tout d’abord {A\ne\emptyset} car il contient {1}.

    Soit {\begin{cases}x=a+b\sqrt2\\ y=c+d\sqrt2\end{cases}} dans {A}, avec {(a,b,c,d)\in\mathbb{Z}^4}.

    On a {x-y=(a-c)+(b-d)\sqrt2}, avec {\begin{cases}a-c\in\mathbb{Z}\\b-d\in\mathbb{Z}\end{cases}}.

    Donc {x-y\in A}.

    De même {xy=\alpha+\beta\sqrt2} avec {\begin{cases}\alpha=ac+2bd\in\mathbb{Z}\\\beta=ad+bc\in\mathbb{Z}\end{cases}}. Donc {xy\in A}.

    Conclusion : {A} est un sous-anneau de {\mathbb{R}}.

    Bien sûr {A} est intègre car {\mathbb{R}} l’est lui-même…

  2. Avec les notations ci-dessus : {\begin{array}{rl}N(xy)&=\alpha^2-2\beta^2=(ac+2bd)^2-2(ad+bc)^2\\\\&=a^2c^2+4b^2d^2-2a^2d^2-2b^2c^2\\\\&=(a^2-2b^2)(c^2-2d^2)=N(x)N(y)\end{array}}
  3. Notons toujours {x=a+b\sqrt2}, avec {(a,b)\in\mathbb{Z}^2}.

    On suppose {x} inversible dans {A}, d’inverse {y}.

    L’égalité {N(x)N(y)=N(xy)} donne {N(x)N(y)=N(1)=1}.

    Ainsi {N(x)} est inversible de {\mathbb{Z}}. Donc {N(x)=\pm1}.

    Réciproquement, supposons {N(x)=\varepsilon} avec {\varepsilon=\pm1}.

    Posons {y=a-b\sqrt2\in A}. On constate alors que : {xy=(a+b\sqrt2)(a-b\sqrt2)=a^2-2b^2=\varepsilon}Il en découle que {x(\varepsilon y)=1}.

    Ainsi {\varepsilon y} est l’inverse de {x} dans {A}.

  4. Une généralisation évidente de {(2)} donne, pour tout {n\in\mathbb{Z}} :
    {\begin{array}{rl}N(\pm(1+\sqrt2)^n))&=N((1+\sqrt2)^n))\\\\&=\left(N(1+\sqrt2)\right)^n=(-1)^n=\pm1\end{array}}Les éléments {\pm(1+\sqrt2)^n)} sont donc inversibles dans {A}.

    Plus précisément, l’inverse de {1+\sqrt2} est {-1+\sqrt2}.

    l’inverse de {\varepsilon(1+\sqrt2)^n} est donc {\varepsilon(-1+\sqrt2)^n}.

  5. Soit {x=a+b\sqrt2} inversible dans {A} (avec {(a,b)\in\mathbb{Z}^2}).

    • On doit montrer que {x} s’écrit {\pm(1+\sqrt2)^n}, avec {n\in\mathbb{Z}}.

      Puisque le résultat est demandé au signe près, on peut toujours supposer {b\ge0}.

      Ensuite, on sait que l’inverse de {x=a+b\sqrt2} est {y=-a+b\sqrt2}.

      Comme l’ensemble des résultats attendus est invariant par passage à l’inverse ({n} est entier relatif) on peut partir indifféremment de {x} ou de {y}.

      Dans la pratique, cela revient à dire qu’on peut choisir {a\ge0}.

      Remarquons cependant que {a^2-2b^2=\pm1} est incompatible avec {a=0}.

      On peut donc partir de {x=a+b\sqrt2}, avec {\begin{cases}a\in\mathbb{N}^*,\;b\in\mathbb{N}\\a^2-2b^2=\pm1\end{cases}}

    • On va montrer que {x=(1+\sqrt 2)^n}, avec {n\in\mathbb{N}^*}.

      Remarquons que si {b=0} alors {a^2=1} et {a=1}.

      Dans ce cas {x=1=(1+\sqrt2)^0} est de la forme voulue. On suppose donc {b\ge1}.

      Soit {x_1=\dfrac{x}{1+\sqrt2}=(a+b\sqrt 2)(\sqrt2-1)}

      Ainsi {x_1=a_1+b_1\sqrt2}, avec {\begin{cases}a_1=-a+2b\\ b_1=a-b\end{cases}}

      Remarquons que : {a^2=2b^2\pm1\Rightarrow\begin{cases}a^2=b^2+(b^2\pm1)\ge b^2\\<br /> a^2=2b^2\pm1\lt 4b^2\end{cases}}On en déduit les inégalités {0\lt b\le a\lt 2b}.

      Il en découle: {a_1=2b-a\in]0,a]} et {b_1=a-b\in[0,b[}.

      Si {b_1=0}, alors {a_1=1} (car {a_1^2-2b_1^2=\pm1}) donc {x_1=1}.

      Dans ce cas {x=1+\sqrt2} est bien de la forme attendue.

      Sinon on construit {x_2=\dfrac{x_1}{1+\sqrt2}} comme on a construit {x_1} à partir de {x}.

      On forme ainsi une suite {x_0=x,x_1,x_2,\ldots,x_k=a_k+b_k\sqrt2}, avec : {a_{k+1}=2b_k-a_k\in]0,a_k]\text{\ et\ }b_{k+1}=a_k-b_k\in[0,b_k[}

      Passer de {x_k} à {x_{k+1}=\dfrac{x_k}{1+\sqrt2}} est possible si {x_k\ne1}.

      Ces conditions (notamment la décroissance stricte des {b_k}) montrent que la suite des {x_k} est finie. Ainsi il existe un premier entier {n} tel que {x_n=1}.

      Par construction, on a {1=x_n=\dfrac{x}{(1+\sqrt2)^n}}, c’est-à-dire {x=(1+\sqrt2)^n}.

    Conclusion : Les éléments inversibles de {A} sont les {\pm(1+\sqrt2)^n}, avec {n\in\mathbb{Z}}.