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Idéaux premiers - idéaux maximaux - Bibm@th.net

Exercice 1 - Idéaux premiers - idéaux maximaux ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Soit $A$ un anneau commutatif. On dit qu'un idéal $I$ est premier si c'est un idéal propre et si $xy\in I\implies x\in I$ ou $y\in I$. On dit que $I$ est maximal s'il est propre et si, pour tout idéal $J$ de $A$ tel que $I\subset J$, on a $J=I$ ou $J=A$.

Déterminer les idéaux premiers de $\mathbb Z$.
Soit $I$ un idéal et $x\in A\backslash I$. Soit $J$ l'idéal engendré par $I$ et $x$. Montrer que $$J=\left\{a\in A;\ \exists i\in I,\ \exists k\in A,\ a=i+kx\right\}.$$
En déduire que tout idéal maximal est premier.
Montrer que si tous les idéaux de $A$ sont premiers, alors $A$ est un corps.
Montrer que si $A$ est principal, tout idéal premier non réduit à $\{0\}$ est maximal.
(pour ceux qui savent quotienter par un idéal) Soit $I$ un idéal de $A$. Montrer que $I$ est premier si et seulement si $A/I$ est intègre. Montrer que $I$ est maximal si et seulement si $A/I$ est un corps. En déduire une autre preuve que $I$ maximal entraine $I$ premier.

Indication

Corrigé

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 $I=\mathbb Z$ n'est pas un idéal premier puisque ce n'est pas un idéal propre. 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 $n\in\{0,1\}$.
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 $x$.
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.
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 $b$.
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.
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.