Proposition 1Algèbre commutative

Divisibilité dans un anneau intègre

Dans ce graphe, les anneaux sont commutatifs. Soit $A$ un anneau intègre. On dit que $a$ divise $b$ , et l'on note $a \mid b$ , s'il existe $c \in A$ tel que $b = ac$ , c'est-à-dire si $bA \subset aA$ (Idéal). Deux éléments sont associés si chacun divise l'autre.

Un élément $p$ est irréductible s'il est non nul, non inversible, et si $p = ab$ entraîne que $a$ ou $b$ est inversible. Il est premier s'il est non nul, non inversible, et si $p \mid ab$ entraîne $p \mid a$ ou $p \mid b$ .

Énoncé

(i) Deux éléments $a$ et $b$ sont associés si et seulement si $aA = bA$ , si et seulement si $b = ua$ pour un $u \in A^\times$ .

(ii) Un élément non nul $p$ est premier si et seulement si l'idéal $pA$ est premier.

(iii) Tout élément premier est irréductible.

Démonstration

(i) La première équivalence est la définition, puisque $a \mid b$ s'écrit $bA \subset aA$ . Si $b = ua$ avec $u$ inversible, alors $a = u^{-1}b$ , et chacun divise l'autre. Réciproquement, écrivons $b = ac$ et $a = bd$ . Si $a = 0$ , alors $b = 0 = 1 \cdot a$ . Sinon $a = acd$ , soit $a(1 - cd) = 0$ , et l'intégrité donne $cd = 1$ : $c$ est inversible.

(ii) L'idéal $pA$ est différent de $A$ si et seulement s'il ne contient pas $1$ , c'est-à-dire si $p$ n'est pas inversible (Idéal, (iv)). L'appartenance $ab \in pA$ s'écrit $p \mid ab$ , et $a \in pA$ s'écrit $p \mid a$ . Pour $p$ non nul, les deux définitions disent donc la même chose.

(iii) Soit $p$ premier et $p = ab$ . Alors $p \mid ab$ ; disons $p \mid a$ , et $a = pc$ . Il vient $p = pcb$ , donc $p(1 - cb) = 0$ , et $cb = 1$ puisque $p \neq 0$ : $b$ est inversible. Le cas $p \mid b$ est symétrique.

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Remarque

La réciproque de (iii) est fausse, et l'exemple le plus simple se construit dans les polynômes. Soit $K$ un corps et $A$ l'ensemble des polynômes de ${K[X]}$ dont le coefficient de $X$ est nul.

C'est un sous-anneau, car le coefficient de $X$ dans un produit $PQ$ vaut $a_0b_1 + a_1b_0 = 0$ ; il est intègre comme $K[X]$ , et ses inversibles sont les constantes non nulles, puisque $K[X]^\times = K^\times$ (Anneau A[X], (iii)). Un élément non nul et non inversible de $A$ est donc de degré au moins $2$ .

Par suite $X^2$ et $X^3$ sont irréductibles dans $A$ : une factorisation en deux non-inversibles demanderait deux degrés au moins égaux à $2$ , de somme $2$ ou $3$ . Pourtant $X^6 = X^2 \cdot X^2 \cdot X^2 = X^3 \cdot X^3,$ deux écritures en irréductibles, et $X^2$ n'est pas premier : il divise $X^3 \cdot X^3 = X^2 \cdot X^4$ , avec $X^4 \in A$ , mais ne divise pas $X^3$ , le seul quotient possible dans $K[X]$ étant $X \notin A$ .

Les exposants des monômes de

A

sont les entiers

0, 2, 3, 4, \dots

: le trou en

1

, en gris, est ce qui empêche de couper

X^2

X^3

. L'exposant

6

s'obtient comme

2 + 2 + 2

, en bleu, et comme

3 + 3

, en rouge : deux factorisations de

X^6

en irréductibles, de longueurs différentes.

Remarque

Le point (ii) prépare ce que la géométrie algébrique appellera le spectre : les éléments premiers sont les générateurs des idéaux premiers principaux non nuls. C'est le même phénomène que la théorie algébrique des nombres rencontrera dans $\mathbb Z[\sqrt{-5}]$ , où $2$ est irréductible sans être premier.

Repose sur

Structures algébriques ℤ

Sert à

Anneaux factoriels et PGCD