A lire

Deug/Prépa

Licence

Agrégation
A télécharger

Télécharger

133 personne(s) sur le site en ce moment

E. Cartan

A lire

Articles

Math/Infos

Récréation
A télécharger

Télécharger

Théorème de Cantor-Bernstein

Théo. Sylow

Théo. Ascoli

Théo. Baire

Loi forte grd nbre

Nains magiques

QUELQUES LIENS LOGIQUES

suivant: Les premiers de sont: monter: LA QUINTESSENCE DE LA précédent: DEFINITIONS CONSENSUELLES

QUELQUES LIENS LOGIQUES

étant un élément d'un acui

considérons 3 propositions utilisées par différents auteurs pour définir un élément premier.

$p\neq 0$ et $p\notin \mathcal{U}$ et $\mathcal{D}_p=\mathcal{U}\bigcup p\mathcal{U}\quad$ (II) Maclane et Birkhoff[1]

est un idéal premier $\quad$ (III) Arnaudiès et Bertin[2],Bouvier,George...[3]

$p\notin \mathcal{U}$ et $\forall (a,b)\in A^2\quad p\vert ab\Longrightarrow p\vert a$ ou $p\vert b \quad$ (IV) $\hspace*{1.5cm}$ Duverney[4]

Montrons que (III) $\Longleftrightarrow$ (IV) (III) ${\Longrightarrow}^{?}$ (IV)
On utilisera les équivalences suivantes qui caractérisent un idéal(principal)premier:

idéal premier $\Longleftrightarrow A/pA$ est intègre $\Longleftrightarrow\\ A/pA\neq \{0\}$ et $\forall (a,b)\in A^2\quad ab\in pA \Longrightarrow a\in pA$ ou $b\in pA$
D'abord $p\notin \mathcal{U}$ (sinon $p\in \mathcal{U}\Longrightarrow pA=A \Longrightarrow A/pA=\{0\}$ ce qui contredirait (III))
Ensuite $p\vert ab\Longrightarrow ab\in pA$ d'où d'après (III) $a\in pA$ ou $b\in pA$ c'est à dire $p\vert a$ ou $p\vert b$ et ainsi (IV) est bien vérifié.

(IV) ${\Longrightarrow}^{?}$ (III)
D'abord $A/pA\neq\{0\}$ (sinon $pA=A\Longrightarrow p\in \mathcal{U}$ ce qui contredirait (IV))
Ensuite $ab\in pA\Longrightarrow p\vert ab$ d'où d'après (IV) $p\vert a$ ou $p\vert b$ c'est à dire $a\in pA$ ou $b\in pA$ et ainsi (III) est bien vérifié.

En définissant un élément premier

d'un acui

grâce à l'une des 2 propositions équivalentes(III) ou (IV) on aurait l'inconvénient que

soit premier.
En effet $0A=\{0\}$ est un idéal premier vu que

qui est intègre.Des lors (III) $\nLeftrightarrow$ (II) car pour $p=0\;$ (III) est vraie alors que (II) est fausse.Et même si on ajoutait à (III) $pA\neq \{0\}$ l'équivalence avec (II) serait encore fausse.
(II) $\nLeftrightarrow pA\;$ est un idéal premier non nul.
On peut s'en convaincre avec l'acui $\mathbb{Z}(i\sqrt{5})$ .Il est facile de montrer qu'avec

(II) est vraie.
En posant $N(a+i\sqrt{5}b)=a^2+5b^2$ il est immédiat que

d'où si

avec $z=a+i\sqrt{5}b\quad N(z)=a^2+5b^2=1$ ce qui entraîne $b=0,a=(^{+}\!/\!_{-})1$ .Les inversibles de $\mathbb{Z}(i\sqrt{5})$ sont donc 1 et -1 soit $\mathcal{U}=\{1,-1\}$ .
$p=3\neq0$ et $p=3\notin \mathcal{U}=\{1,-1\}$
De plus $a+i\sqrt{5}b\in \mathcal{D}_{3}\Longrightarrow \underline{(a+i\sqrt{5}b)(x+i\sq... ...3)=9=(a^2+5b^2)(x^2+5y^2) \Longrightarrow a^2+5b^2\in \mathcal{D}_{9}=\{1,3,9\}$
Or $a^2+5b^2=1 \Longrightarrow b=0$ et $a=(^{+}\!/_{-})1 \Longrightarrow a+i\sqrt{5}b=(^{+}\!/_{-})1\in \mathcal{U}$
et $a^2+5b^2=3 \Longrightarrow b=0$ et

ce qui est impossible dans $\mathbb{Z}$ .
Enfin $a^2+5b^2=9 \Longrightarrow x^2+5y^2=1 \Longrightarrow y=0$ et $x=(^{+}\!/_{-})1$ d'où avec l'égalité souslignée $a+i\sqrt{5}b=(^{+}\!/_{-})3\in 3\mathcal{U}$
On a donc prouvé l'inclusion: $\mathcal{D}_{3}\subset\mathcal{U}\bigcup 3\mathcal{U}$ et comme l'inclusion contraire est immédiate (II) est bien vraie avec p=3.
Pourtant $3\mathbb{Z}(i\sqrt{5})$ est un idéal non nul qui n'est pas premier vu que
$(2-i\sqrt{5})(2+i\sqrt{5})=9\in 3\mathbb{Z}(i\sqrt{5})$ bien que ni $(2-i\sqrt{5})$ ,ni $(2+i\sqrt{5})\in 3\mathbb{Z}(i\sqrt{5})$
compte tenu que $2-i\sqrt{5}=3(a+i\sqrt{5}b)\Longrightarrow 2=3a$ ce qui est impossible dans $\mathbb{Z}\quad$ et idem avec $2+i\sqrt{5}$ .
Le but recherché étant de trouver une définition générale d'un élément premier valable aussi bien pour les entiers naturels que pour les éléments d'un acui quelconque il reste la proposition (II) et on remarque qu'elle est équivalente à la proposition (I) proposée dans l'introduction.
$p\neq 0$ et $p\notin \mathcal{U}$ et $\mathcal{D}_p=\mathcal{U}\bigcup p\mathcal{U}\quad$ (II)
$\forall (a,b)\in A^2\quad p=ab\Longrightarrow (a,b)\notin \mathcal{U}^2\bigcup (A\backslash \mathcal{U})^2$ (I)
Montrons que (II) $\iff$ (I)
(II) $\Longrightarrow?$ (I)
$p=ab\Longrightarrow a$ et $b\in \mathcal{D}_p=\mathcal{U}\bigcup p\mathcal{U}\quad$
alors $\underline{(a,b)\notin \mathcal{U}^2}$ .Sinon on aurait $p=ab\in \mathcal{U}$ ce qui contredirait (II)
On a aussi $\underline{(a,b)\notin (A\backslash\mathcal{U})^2}.$ Sinon

et $b\notin \mathcal{U}$ et comme

et $b\in \mathcal{D}_p=\mathcal{U}\bigcup p\mathcal{U}$ on aurait donc

et $b\in p\mathcal{U}$ soit $a=p\epsilon,b=p\theta\;$ puis $ab=p=p^2\epsilon\theta\;$ et $p(1-p\epsilon\theta)=0\quad$ enfin comme

est intègre et $p\neq 0\quad 1=p\epsilon\theta$
On aurait donc $p\in \mathcal{U}$ ce qui contredirait (II).
Finalement (I) est vérifiée.
(I) $\Longrightarrow?$ (II)
$p\neq 0\quad$ sinon

avec $(0,0)\in (A\backslash\mathcal{U})^2$ ce qui contredirait (I).
$p\notin \mathcal{U}\quad$ sinon

avec $(p,1)\in \mathcal{U}^2$ ce qui contredirait (I).
$\mathcal{D}_p\subset \mathcal{U}\bigcup p\mathcal{U}$
En effet $a\in \mathcal{D}_p\Longrightarrow p=ab\quad$ d'où d'après (I) $(a,b)\notin \mathcal{U}^2\bigcup (A\backslash\mathcal{U})^2$ .
D'autre part on a l'alternative:
ou bien $a\in \mathcal{U}$ et alors $a\in \mathcal{U}\bigcup p\mathcal{U}$
ou bien $a\notin \mathcal{U}$ et alors $b\in \mathcal{U}$ sinon $(a,b)\in (A\backslash\mathcal{U})^2$ ce qui contredirait (I).
Donc il existe $c\in A$ tel que

d'où $p=ab\Longrightarrow pc=abc=a.1 =a$
et $a\in p\mathcal{U}$ vu que $c\in \mathcal{U}.$ Par conséquent $a\in\mathcal{U}\bigcup p\mathcal{U}$
Finalement l'inclusion annoncée est prouvée et comme l'inclusion contraire est immédiate on a montré que (II) est vérifiée ce qui termine la preuve de l'équivalence annoncée.
Malgré l'équivalence des propositions (II) et (I) dans un acui,où l'intégrité a été utilisée, on peut remarquer que (II) fait référence à la structure d'anneau à cause de

qui y figure alors que ce n'est pas le cas de (I) qui se réfère seulement à un demi-groupe abélien multiplicatif.
On pourrait aussi définir un élément premier ,hors intégrité ,dans un acu grâce à (I) mais on perdrait la règle des degrés deg(PQ)=deg(P)+deg(Q) pour P et Q non nuls qui découle de l'intégrité or cette règle est fondamentale pour l'arithmétique dans les anneaux de polynômes

.
Il semble dès lors raisonnable de définir un élément premier dans un acui avec la proposition (II) ou la (I) c'est le choix fait dans ce qui suit.
Montrons qu'avec la proposition (I) on retrouve les caractérisations usuelles des éléments premiers dans $\mathbb{N}\quad$ et dans les demi-groupes multiplicatifs d'anneaux(acui)classiques comme $\mathbb{Z}$ , et $A[X_1,X_2...X_n]\quad$ avec $n\geq1$ et un acui , éventuellement un corps.
Ici je préfère dire polynôme premier que polynôme irréductible qui pourrait faire référence à la notion d'élément irréductible d'un acui dont je préfère ne pas parler ici , même si ,pour $p\neq 0$ les 2 notions coïncident sur un acui factoriel(

page 50). $\fbox{premiers dans $\mathbb{N}$}$
Dans $\mathbb{N}\quad$ il n'y a qu'un inversible:1 donc $\mathcal{U}=\{1\}$ .
La définition élémentaire pour qu'un entier

soit premier est: $card(\mathcal{D}_p)=2$ .
Montrons que pour $p\in \mathbb{N}\ card(\mathcal{D}_p)=2\Longleftrightarrow \forall (a,b)\in \mathbb{N}^2\quad p=ab \Longrightarrow a$ ou bien $b\quad$ est inversible i.e.

ou bien $b\quad$ est égal à 1
$(\Longrightarrow ?)$
On a $card(\mathcal{D}_p)=2$ d'où $\mathcal{D}_p=\{1,p\}$ et donc $p\neq1$ .
Si on a $p=ab\quad$ alors

et $b\in \mathcal{D}_p=\{1,p\}$
ou

et alors $b=p\neq 1\quad$ par conséquent

ou bien $b\quad$ est bien inversible.
ou

et alors $a=p\quad$ ensuite même raisonnement.
$(\Longleftarrow ?)$
Si $a\in \mathcal{D}_p$ alors il existe b tel que $p=ab\quad$ d'où

ou bien $b\quad$ est inversible i.e.

ou bien $b\quad$ est égal à 1.
Soit $a=1\quad$ et $b=p\quad$ soit $b=1\quad$ et

.Les seuls diviseurs de p sont donc:1 et $p\quad$ et comme $p\neq1$ (sinon

,p serait produit de 2 inversibles)on a bien $card(\mathcal{D}_p)=2$ .

$\fbox{premiers dans $\mathbb{Z}$}$
Il est facile de montrer que $p\in \mathcal{P}(\mathbb{Z})\Longleftrightarrow \vert p\vert\in \mathcal{P}(\mathbb{N})$

$\fbox{Les premiers dans $A[X_1,X_2....X_n]$}$
Pour simplifier , $A[X_1,X_2....X_n]\quad$ sera noté $A[X_i]\quad$ , c'est l'anneau des polynômes à coéfficients dans un acui $A\quad$ en les indéterminées $X_1,X_2,...X_n\quad$ où $n\geq1$
Avec la règle des degrés il est immédiat que les inversibles de $A[X_i]\quad$ sont les inversibles de

.
On rappelle qu'un polynôme de $A[X_i]\quad$ sera dit primitif si et seulement si ses coéfficients ne sont divisibles que par les inversibles de

avec la convention que le polynôme nul n'a que le coéfficient 0.Par conséquent le polynôme nul n'est pas primitif car $o\vert o\quad$ et o n'est pas inversible.
Il est clair qu'un polynôme dont l'un des coéfficients est inversible comme 1 ou -1 est primitif.
Il est aussi clair qu'un polynôme non nul à coéfficients dans un corps est primitif car il admet un coéfficient $a_k\neq 0$ et un diviseur