Niveau : du facile au difficile. Durée estimée : 90 min. 8 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour montrer qu'une partie $I$ d'un anneau commutatif $A$ est un idéal, tu vérifies deux points : $I$ est un sous-groupe de $(A, +)$, et $I$ absorbe la multiplication, c'est-à-dire $ax \in I$ pour tout $a \in A$ et tout $x \in I$. Exemple : $3k - 3l = 3(k - l)$ et $a \cdot 3k = 3(ak)$, donc $3\mathbb{Z}$ est un idéal de $\mathbb{Z}$. Plus rapide quand c'est possible : le noyau d'un morphisme d'anneaux est toujours un idéal.
L'idéal engendré par $x$ est $xA = \{ax \mid a \in A\}$, et un idéal qui contient $1$ est $A$ tout entier. Dans $\mathbb{Z}$ et dans $\mathbb{K}[X]$ ($\mathbb{K}$ sous-corps de $\mathbb{C}$), tout idéal est de la forme $xA$ : c'est le pont avec l'arithmétique. Un idéal $I \neq A$ est premier si $ab \in I$ entraîne $a \in I$ ou $b \in I$, et maximal si aucun idéal ne s'intercale strictement entre $I$ et $A$.
Formules à retenir :
- Idéaux de $\mathbb{Z}$ : les $n\mathbb{Z}$, avec $n \geq 0$ unique, et $a\mathbb{Z} \subset b\mathbb{Z} \iff b \mid a$.
- PGCD : $a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z} = d\mathbb{Z}$ avec $d = \mathrm{pgcd}(a, b)$, d'où Bézout : $d = au + bv$ avec $u, v \in \mathbb{Z}$. Dans $\mathbb{K}[X]$, même chose, avec un PGCD unitaire (coefficient dominant égal à $1$).
- Maximalité : $I \neq A$ est maximal si et seulement si $I + aA = A$ pour tout $a \notin I$ (un idéal qui contient strictement $I$ contient un tel $a$, donc il vaut $A$).
Piège classique : un idéal maximal est toujours premier, mais « premier » n'entraîne pas « maximal ». Dans $\mathbb{Z}$ et $\mathbb{K}[X]$, un idéal premier non nul est maximal ; dans un autre anneau, rien ne le garantit. Avant de conclure, regarde dans quel anneau tu travailles.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Dis si chaque partie est un idéal de l'anneau indiqué, en justifiant. a) $I = \{(x, 0) \mid x \in \mathbb{Z}\}$ dans $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$. b) $\mathbb{Z}$ dans $\mathbb{Q}$. c) $2\mathbb{Z} \cup 3\mathbb{Z}$ dans $\mathbb{Z}$.
Correction :
On teste le sous-groupe puis l'absorption ; pour dire non, un contre-exemple suffit.
a) $(0, 0) \in I$, $(x, 0) - (y, 0) = (x - y, 0) \in I$ et $(a, b)(x, 0) = (ax, 0) \in I$ : $I$ est un idéal.
b) $1 \in \mathbb{Z}$ mais $\frac{1}{2} \times 1 \notin \mathbb{Z}$ : $\mathbb{Z}$ n'est pas un idéal de $\mathbb{Q}$, c'est seulement un sous-anneau.
c) $2$ et $3$ sont dans la réunion, mais pas $2 + 3 = 5$ : ce n'est pas un idéal, ni même un sous-groupe.
Erreur à éviter : confondre sous-anneau et idéal. Un sous-anneau contient $1$, un idéal qui contient $1$ est l'anneau entier.
Exercice 2 : Dans $\mathbb{R}[X]$, on pose $I = \{P \in \mathbb{R}[X] \mid P(1) = 0\}$. Montre que $I$ est un idéal, puis trouve un polynôme $D$ tel que $I = D\,\mathbb{R}[X]$.
Correction :
On reconnaît un noyau, puis on divise par $X - 1$.
L'application $\varphi : P \mapsto P(1)$ est un morphisme d'anneaux de $\mathbb{R}[X]$ dans $\mathbb{R}$, car $\varphi(P + R) = \varphi(P) + \varphi(R)$, $\varphi(PR) = \varphi(P)\varphi(R)$ et $\varphi(1) = 1$. Donc $I = \ker \varphi$ est un idéal.
La division euclidienne donne $P = (X - 1)S + r$ avec $r$ constant ; en évaluant en $1$, $r = P(1)$. Ainsi $P \in I$ si et seulement si $X - 1$ divise $P$.
$I = (X - 1)\,\mathbb{R}[X]$, donc $D = X - 1$ convient.
Exercice 3 : Imagine un distributeur qui accepte et rend seulement des jetons de 6 crédits et de 15 crédits. Quels prix entiers, en crédits, peut-on régler exactement, monnaie rendue comprise ? Traduis la question par un idéal de $\mathbb{Z}$, puis indique comment payer 3 crédits.
Correction :
Un jeton donné compte en positif, un jeton rendu en négatif : les montants réglables sont les $6u + 15v$ avec $u, v \in \mathbb{Z}$, c'est-à-dire l'idéal $6\mathbb{Z} + 15\mathbb{Z}$.
Cet idéal vaut $3\mathbb{Z}$, car $\mathrm{pgcd}(6, 15) = 3$, et Bézout fournit l'écriture $3 \times 6 - 1 \times 15 = 3$.
On règle exactement les multiples de 3 crédits : pour 3 crédits, tu donnes trois jetons de 6 et la machine t'en rend un de 15. Un prix de 10 crédits est impossible, car $10 \notin 3\mathbb{Z}$.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Soit $a$ et $b$ deux entiers naturels non nuls. Justifie que $a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z}$ s'écrit $m\mathbb{Z}$ avec $m \geq 1$, puis montre que $m = \mathrm{ppcm}(a, b)$. Application : calcule $4\mathbb{Z} \cap 6\mathbb{Z}$.
Correction :
On traduit chaque inclusion en divisibilité.
Une intersection d'idéaux est un idéal, donc $a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z} = m\mathbb{Z}$ avec $m \geq 0$. Comme $ab$ est dans les deux idéaux et n'est pas nul, $m \geq 1$.
$m\mathbb{Z} \subset a\mathbb{Z}$ et $m\mathbb{Z} \subset b\mathbb{Z}$, donc $a$ et $b$ divisent $m$ : c'est un multiple commun. Si $c \geq 1$ est un multiple commun, $c \in a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z} = m\mathbb{Z}$, donc $m \mid c$ et $m \leq c$.
$m = \mathrm{ppcm}(a, b)$, et $4\mathbb{Z} \cap 6\mathbb{Z} = 12\mathbb{Z}$.
Erreur à éviter : croire que $a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z} = ab\mathbb{Z}$. Ici $24\mathbb{Z} \subsetneq 12\mathbb{Z}$ ; l'égalité n'a lieu que si $a$ et $b$ sont premiers entre eux.
Exercice 5 : Dans $\mathbb{R}[X]$, on pose $P = X^2 - 1$, $Q = X^2 - 3X + 2$ et $I = P\,\mathbb{R}[X] + Q\,\mathbb{R}[X]$. Détermine le polynôme unitaire $D$ tel que $I = D\,\mathbb{R}[X]$, puis écris $D = UP + VQ$ avec $U, V \in \mathbb{R}[X]$.
Correction :
On cherche dans $I$ une combinaison simple de $P$ et $Q$.
$P - Q = 3X - 3 = 3(X - 1)$ est dans $I$, donc $X - 1$ aussi, et $(X - 1)\,\mathbb{R}[X] \subset I$.
Inversement, $P = (X - 1)(X + 1)$ et $Q = (X - 1)(X - 2)$ sont des multiples de $X - 1$, donc $I \subset (X - 1)\,\mathbb{R}[X]$.
$D = X - 1 = \mathrm{pgcd}(P, Q)$, avec $X - 1 = \frac{1}{3}P - \frac{1}{3}Q$.
Erreur à éviter : donner $3(X - 1)$. Il engendre le même idéal, mais le PGCD est par convention unitaire.
Exercice 6 : Dans $\mathbb{Z}$, dis si les idéaux $6\mathbb{Z}$, $5\mathbb{Z}$ et $\{0\}$ sont premiers, puis s'ils sont maximaux, en justifiant.
Correction :
Pour « pas premier », un contre-exemple ; pour « maximal », le critère du rappel.
$6\mathbb{Z}$ : $2 \times 3 \in 6\mathbb{Z}$ alors que $2 \notin 6\mathbb{Z}$ et $3 \notin 6\mathbb{Z}$. Il n'est pas premier, donc pas maximal.
$5\mathbb{Z}$ : si $5$ divise $ab$, le lemme d'Euclide donne $5 \mid a$ ou $5 \mid b$, donc il est premier. Si $a \notin 5\mathbb{Z}$, alors $\mathrm{pgcd}(a, 5) = 1$ et $5\mathbb{Z} + a\mathbb{Z} = \mathbb{Z}$ : il est maximal.
$\{0\}$ : $\mathbb{Z}$ est intègre, donc $ab = 0$ entraîne $a = 0$ ou $b = 0$ : il est premier. Mais $\{0\} \subsetneq 2\mathbb{Z} \subsetneq \mathbb{Z}$, donc il n'est pas maximal.
$6\mathbb{Z}$ : ni premier ni maximal ; $5\mathbb{Z}$ : premier et maximal ; $\{0\}$ : premier, pas maximal. Pour $n \geq 2$, $n\mathbb{Z}$ est premier exactement quand $n$ est premier, et il est alors maximal.
Exercices : niveau difficile
Exercice 7 : Détermine tous les idéaux de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, puis dis lesquels sont premiers et lesquels sont maximaux. Un corrigé affirme que $\{\bar 0, \bar 3\}$ est « maximal mais pas premier » : qu'en penses-tu ?
Correction :
On liste les sous-groupes additifs, on vérifie l'absorption, puis on teste chaque idéal.
$(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}, +)$ est cyclique d'ordre 6 : il a un sous-groupe par diviseur de 6, soit $\{\bar 0\}$, $\{\bar 0, \bar 3\}$, $\{\bar 0, \bar 2, \bar 4\}$ et $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$. Chacun absorbe, car $\bar k \, x = x + \dots + x$ ($k$ termes) reste dans le sous-groupe : ce sont les quatre idéaux.
$\{\bar 0\}$ n'est pas premier : $\bar 2 \cdot \bar 3 = \bar 0$. Pour $\{\bar 0, \bar 3\}$, $\bar x$ y est si et seulement si $3 \mid x$ ; or $3 \mid ab$ entraîne $3 \mid a$ ou $3 \mid b$ : il est premier. Même raisonnement avec $2$ pour $\{\bar 0, \bar 2, \bar 4\}$.
Le seul idéal qui contient strictement $\{\bar 0, \bar 3\}$ est $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, et de même pour $\{\bar 0, \bar 2, \bar 4\}$ : les deux sont maximaux.
Idéaux : $\{\bar 0\}$, $\{\bar 0, \bar 3\}$, $\{\bar 0, \bar 2, \bar 4\}$ et $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ ; les deux du milieu sont premiers et maximaux, $\{\bar 0\}$ n'est ni l'un ni l'autre. Le corrigé cité se trompe : dans un anneau commutatif, un idéal maximal est toujours premier.
Exercice 8 : Dans $\mathbb{Z}[X]$, on pose $I = X\,\mathbb{Z}[X]$ et $J = 2\,\mathbb{Z}[X] + X\,\mathbb{Z}[X]$. Montre que $I$ est premier, puis compare $I$, $J$ et $\mathbb{Z}[X]$ pour décider si $I$ est maximal.
Correction :
Tout se lit sur le coefficient constant $P(0)$.
$P \in I$ si et seulement si $P(0) = 0$. Si $PQ \in I$, alors $P(0)Q(0) = 0$ dans $\mathbb{Z}$, qui est intègre, donc $P(0) = 0$ ou $Q(0) = 0$. Comme $1 \notin I$, $I$ est premier.
$J$ est l'ensemble des polynômes à coefficient constant pair : $2S + XT$ a pour constante $2S(0)$, et un $P$ de constante $2k$ s'écrit $2k + XT$. Il contient $2$, qui n'est pas dans $I$, et pas $1$ : $I \subsetneq J \subsetneq \mathbb{Z}[X]$.
$I$ est premier mais pas maximal. C'est le piège du rappel : « premier non nul entraîne maximal » vaut dans $\mathbb{Z}$ et $\mathbb{K}[X]$, pas dans $\mathbb{Z}[X]$. Dans $\mathbb{Q}[X]$, l'idéal $X\,\mathbb{Q}[X]$ est bien maximal.
Bilan et conseils
Dans $\mathbb{Z}$ et $\mathbb{K}[X]$, une question d'idéaux se ramène à de l'arithmétique : une inclusion est une divisibilité, une somme donne le PGCD, une intersection le PPCM. Ailleurs, reviens aux définitions et cherche un contre-exemple.
Le programme officiel de MP et MPI (2021) contient les idéaux d'un anneau commutatif, ceux de $\mathbb{Z}$ et de $\mathbb{K}[X]$ et le PGCD défini par les idéaux ; les idéaux premiers et maximaux (exercices 6 à 8) vont au-delà.
Ce qu'il faut retenir : un idéal se vérifie par le sous-groupe puis l'absorption, et « maximal » entraîne « premier », la réciproque dépendant de l'anneau.
Sources
Ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, Programme de mathématiques des classes préparatoires MP et MPI (2021), partie « Structures algébriques usuelles ».