$\sqrt{I}$ est-il un idéal ?

@Magnolia :
$$ (x+y)^2 = x^2+2xy+y^2$$

Je pense que ça ne va pas de prendre le sup.

Oui, j'ai dit une bêtise! C'est bien $m+n$ qu'il faut prendre! Quand tu écris les termes donnés par le binôme, tu as des monômes du genre $x^ky^{m+n-k}$. Regarde bien...

Peut être que $(\Z/9\Z)[x] / x^2$ avec $I =\{0\}$, on a : $3^2 = 0$ et $x^2=0$ et $(x+3)^2 = 6x$ faut garantir que $6x \ne 0$.

\sum_{i+j = n+m} 

$$\sum_{i+j = n+m} $$

Si tu as $x^2 \in I$ et $y^3 \in I$ est-ce que tu vois que $(x+y)^5 \in I$ ?
Une remarque : pour la formule du binôme tu peux l'écrire
$$
(x+y) ^{n+m} = \sum_{(i,j) \in \N \, \mid \, i+j =n+m} {m+n \choose i} x^i y ^j
$$
c'est peut-être plus simple.
7
Edit j'ai oublié le ${m+n \choose i}$

Soit $n$ et $m$ deux entiers positifs, soit $x$ et $y$ tel que $x^n \in I$ et $y^m \in I$. Soit $i$ et $j$ deux entiers positifs vérifiant $i+j = n+m$ alors soit $i \geq n$ ou soit $j \geq m$. Donc sous l'hypothèse $i+j = m+n$, on a : $x^iy^j \in \langle x^n, y^m \rangle \subset I$. Par suite,
$$
(x+y)^{n+m} = \sum_{(i,j) \in \N \, \mid \, i+j =n+m} {m+n \choose i } x^i y^j \in \langle x^n, y^m \rangle \subset I
$$

Edit : j'avais oublié le ${m+n \choose i}$

Coucou Steph_ntic (pas facile à prononcer) et moduloP. Je passe par là 2 minutes.

Peut-être que le plus important est l'appartenance $x^iy^j \in \langle x^n, y^m\rangle$ pour $i+j=n+m-1$, non ? A noter le $n+m-1$ (déjà signalé par gb) versus $n+m$ dans les posts précédents.

En effet, si $i+j = n+m-1$, alors ou bien $i \ge n$ ou bien $j \ge m$ (le contraire i.e. $i \le n-1$ et $j \le m-1$ ferait que $i+j \le n+m-2$). On a quand même l'impression que c'est là, une des clefs. Qui permet d'écrire :
$$
\begin {array} {c}
\hbox {si $i \ge n$ alors $x^i \in \langle x^n\rangle \subset \langle x^n, y^m \rangle$} \\
\hbox {si $j \ge n$ alors $y^j \in \langle y^m\rangle \subset \langle x^n, y^m \rangle$} \\
\end {array}
\qquad
\hbox {si bien que dans tous les cas, on a } \qquad x^i y^j \in \langle x^n, y^m \rangle
$$
Et bien sûr, $(x+y)^{n+m-1} = \sum_{i+j=n+m-1} a_{ij} x^i y^j$ avec des $a_{ij}$ sans importance.

Tout cela déjà dit ? Oui, probablement.

PS : à propos du dernier post de moduloP. Normal qu'il veuille faire du modulo un idéal vu son nom. Bof.

:-D
D'ailleurs Claude une question basique : si je prends l'anneau $A := k[X,Y]/ (X^2,Y^2)=: k[x,y]$, on a bien $x^2=0$ et $y^2=0$. Et comme contre exemple pour magnolia je voulais prouver que $(x+y)^2 \ne 0$, ça revient à dire que $2xy \ne 0$ et bien sûr je vais supposer que ($2 \ne 0$ dans $k$). Je suis convaincu que $2xy \ne 0$ mais je n'arrive pas a le voir rapidement ! Tu t'y prends comment pour répondre a ce genre de question de manière efficace ?

D'ailleurs, j'avais pris un autre exemple avec $\Z/ 9\Z [X]/(X^2)$. $x^2=0$ et $3^2 =0$. Et j'ai également cherché des contres exemples avec des anneaux $\Z/nZ$ i.e trouver $x,y \in \Z/nZ$ tel que $x^2 =0$ et $y^2=0$ et $(x+y)^2 \ne 0$.

@moduloP
Comme c'est toi qui choisit l'exemple, autant le prendre de manière à ce qu'il soit simple à vérifier. Et donc en un premier temps, je me fais petit joueur en supposant 2 inversible dans $k$ (versus toi qui a supposé $2 \ne 0$ dans $k$, je ne sais pas ce que $k$ désigne chez toi, un corps ?).

Je peux donc virer le 2. Il faut vérifier que $XY \notin \langle X^2, Y^2\rangle$. Mais l'idéal qui intervient est monomial et donc c'est réglé. Je veux dire par là qu'une fois dans sa vie, pour un anneau de polynômes quelconque $A[X_1, X_2, \cdots, X_n]$ sur un anneau quelconque $A$, il est important de vérifier qu'une appartenance $X^\beta \in \langle X^\alpha, \alpha \in L\rangle$ entraîne l'existence d'un $\alpha \in L$ tel que $X^\alpha \mid X^\beta$. Au fait, $L$ est une partie de $\N^n$.

La totale. Comme je n'aime pas les négations, il faut montrer que $2XY \in \langle X^2, Y^2\rangle$ dans $A[X,Y]$, $A$ anneau quelconque, entraine $2 = 0$ dans $A$. On écrit $2XY = U(X,Y) X^2 + V(X,Y) Y^2$ et en prenant la composante homogène de degré $2$, on obtient $2XY = aX^2 + bY^2$ avec $a,b \in A$. Les monômes de $A[X,Y]$ formant une $A$-base, on a $2=a=b=0$.

Principe : pas de négation.

$\def\fp{\mathfrak p}$@moduloP
Ta propriété sur $\Z/n\Z$ peut-être déduite d'une propriété de $\Z$ : $xy \in \langle x^2, y^2\rangle$. Exercice : prouver cette propriété sur $\Z$ (c'est pratiquement ce que tu as fait) et en déduire le truc sur $\Z/n\Z$.

Allez je me lâche avec un peu d'algèbre commutative pour signaler une classe d'anneaux dans lesquels on a $xy \in \langle x^2, y^2\rangle$. On a dit $\Z$ mais également n'importe quel anneau principal (exercice). Plus dur : tout anneau de Dedekind (exercice). Et également un anneau de valuation général (général = on ne demande pas intègre), de valuation signifiant qu'un des deux éléments est multiple de l'autre : ainsi si $x$ est multiple de $y$, alors $xy$ est multiple de $y^2$.

Mais où est ce que l'on va avec cette histoire d'anneau de valuation général ? Local-globaL Disons qu'un anneau $A$ est arithmétique si pour tout idéal premier $\fp$, le localisé $A_\fp$ est un anneau de valuation général. Les matheux constructifs s'empressent de remplacer cela par une définition équivalente mais sans idéaux premiers : pour tous $x,y$, il existe $s, t$ tels que :
$$
s + t = 1, \qquad sx \in \langle y\rangle, \qquad ty \in \langle x\rangle
$$
Il faut comprendre que dans le localisé $A_s$, $x$ est multiple de $y$ et dans le localisé $A_t$, $y$ est multiple de $x$. Et qu'ainsi, on ``recouvre l'anneau car $s+t = 1$'' (pense au schéma défini par $A$ réunion des deux ouverts définis par $s \ne 0$ et $t \ne 0$).

Exercice : ces deux définitions sont équivalentes (celle avec idéaux premiers, l'autre avec $s,t$).

Dans un anneau arithmétique, on a $xy \in \langle x^2, y^2\rangle$. En effet, on utilise $s, t$. On a $sx \in \langle y\rangle$ donc $sxy \in \langle y^2\rangle \subset \langle x^2,y^2\rangle$. Idem, on a $txy \in \langle x^2, y^2\rangle$. En additionnant et en utilisant $s+t = 1$, il vient $xy \in \langle x^2, y^2\rangle$.

La classe des anneaux arithmétiques n'est pas négligeable : les anneaux de Dedekind le sont par exemple.

Sorry, je me suis lâché. Je ne le referais plus, promis, juré.

jacqueline mercier (hum hum) écrivait:

---

> (b) On peut aller plus loin en te signalant que
> ton résultat est vrai dans les anneaux non
> commutatifs alors qu'il n'y pas de binôme de
> Newton

Réfléchis un peu avant d'écrire des bêtises :
$x=\pmatrix{0&1\\0&0}$ et $y=\pmatrix{0&0\\1&0}$ sont tous deux nilpotents. Et leur somme ?

Et pour ton 2 ?

Bonjour Steph,

steph a écrit:

Je suis en première année et j'ai un bac ES

waou, je te dis ce que je sous-entendais et te laisse avec juste les trous à combler que tu peux voir comme un genre de pierre du film (enfin de la vieille série "kung fu")

Soit $A$ un anneau commutatif unitaire, $J$ un idéal de $A$ et $E:=\{x\in A \mid \exists n\in \N: x^n\in J\}$. Tu veux prouver que $E$ est un idéal et le seul truc "pas évident" est que $\forall x,y: $ si $x\in E$ alors si $y\in E$ alors $x+y\in E$.

Dire "en développant $(x+y)^{(BigNombre)}$, on obtient une somme de termes qui tous ont ... " est du français qui n'apparait pas implémenté dans les logiciels arbitres de preuves , tout du moins les plus rudimentaires.

Je te propose d'essayer le cheminement (moins élégant et atomique certes) suivant:

1) on définit la suite $Z$ telle que $Z_0=J$ et $\forall n\in \N: Z_{n+1} = \{x\mid x^2\in Z_n\}$

2) On prouve que si $x,y$ sont dans $Z_n$ alors $x+y$ est dans $Z_{n+1}$

3) On déduit finalement que $F:=\{x\mid \exists n\in \N: x\in Z_n \}$ est un idéal

4) On termine en prouvant que $\forall n\in \N: Z_n\subseteq E$ puis que $E\subseteq F$.

Attends un peu que aucun autres collègues qui lisent le fil ne signalent une faute de ma part, considère que c'est un exercice à archiver dans tes papiers et à faire un jour, si tu es en L1 de maths et viens de ES.