Exercices “Division euclidienne” (B)

Méthode: La démonstration se fait en deux étapes. D’abord, on montre que chaque $z_k$ appartient au centre $Z(K[G])$. Ensuite, on montre que la famille $(z_1, \dots, z_r)$ est libre et qu’elle engendre le centre.

Étapes:

1. Montrer que $z_k \in Z(K[G])$ pour tout $k$.

   Un élément $x = \sum_{g \in G} a_g g$ est dans le centre si et seulement si $hxh^{-1} = x$ pour tout $h \in G$.

   Calculons $h z_k h^{-1}$ pour un $h \in G$ quelconque :

   $h z_k h^{-1} = h \left(\sum_{g \in \mathcal{C}_k} g\right) h^{-1} = \sum_{g \in \mathcal{C}_k} hgh^{-1}$

   L’application $g \mapsto hgh^{-1}$ est un automorphisme intérieur de $G$. Elle permute les éléments d’une classe de conjugaison. Donc, l’ensemble $\{hgh^{-1} \mid g \in \mathcal{C}_k\}$ est égal à l’ensemble $\mathcal{C}_k$.

   La somme est donc une somme sur les mêmes éléments, simplement dans un ordre différent :

   $\sum_{g' \in \mathcal{C}_k} g' = z_k$

   Ainsi, $h z_k h^{-1} = z_k$ pour tout $h \in G$, ce qui signifie que $z_k$ commute avec tous les éléments de $G$, et par linéarité, avec tous les éléments de $K[G]$. Donc $z_k \in Z(K[G])$.

   Comme les $z_k$ sont dans $Z(K[G])$, leur enveloppe linéaire, $\text{Vect}_K(z_1, \dots, z_r)$, est un sous-espace de $Z(K[G])$.

2. Montrer que $(z_1, \dots, z_r)$ est une famille libre.

   Les classes de conjugaison $\mathcal{C}_k$ forment une partition de $G$. Les éléments $z_k$ sont des sommes d’éléments de $G$ sur des supports disjoints. Une combinaison linéaire $\sum_{k=1}^r \lambda_k z_k = 0$ s’écrit $\sum_{k=1}^r \lambda_k (\sum_{g \in \mathcal{C}_k} g) = 0$.

   Puisque les $\mathcal{C}_k$ sont disjoints, la famille de tous les $g \in G$ forme une base de $K[G]$. L’égalité ci-dessus est une égalité dans cette base. Pour qu’elle soit nulle, tous les coefficients doivent être nuls. Pour tout $g \in \mathcal{C}_k$, son coefficient est $\lambda_k$. Donc $\lambda_k=0$ pour tout $k$.

   La famille $(z_1, \dots, z_r)$ est donc libre.

3. Montrer que $(z_1, \dots, z_r)$ engendre $Z(K[G])$.

   Soit $z = \sum_{g \in G} a_g g$ un élément du centre. Alors pour tout $h \in G$, on a $hzh^{-1}=z$.

   $hzh^{-1} = h \left(\sum_{g \in G} a_g g\right) h^{-1} = \sum_{g \in G} a_g (hgh^{-1})$

   En posant $g' = hgh^{-1}$ (donc $g=h^{-1}g'h$), la somme devient :

   $\sum_{g' \in G} a_{h^{-1}g'h} g'$

   Puisque $hzh^{-1}=z$, on a $\sum_{g' \in G} a_{h^{-1}g'h} g' = \sum_{g' \in G} a_{g'} g'$.

   Par unicité de la décomposition dans la base $(g)_{g \in G}$, on doit avoir $a_{h^{-1}g'h} = a_{g'}$ for all $g', h \in G$.

   Cela signifie que la fonction de coefficients $g \mapsto a_g$ est constante sur les classes de conjugaison. Soit $a_k$ la valeur constante de $a_g$ pour $g \in \mathcal{C}_k$.

   On peut alors regrouper les termes de la somme pour $z$ par classe de conjugaison :

   $z = \sum_{k=1}^r \sum_{g \in \mathcal{C}_k} a_g g = \sum_{k=1}^r \sum_{g \in \mathcal{C}_k} a_k g = \sum_{k=1}^r a_k \left(\sum_{g \in \mathcal{C}_k} g\right) = \sum_{k=1}^r a_k z_k$

   Ceci montre que tout élément du centre est une combinaison linéaire des $z_k$.

4. Conclusion.

   La famille $(z_1, \dots, z_r)$ est une famille libre et génératrice de $Z(K[G])$. C’est donc une base de cet espace vectoriel.

Réponse: La famille $(z_1, \dots, z_r)$, où $z_k$ est la somme des éléments de la $k$-ième classe de conjugaison $\mathcal{C}_k$ de $G$, forme une base du centre $Z(K[G])$ de l’algèbre de groupe $K[G]$. La dimension du centre est donc égale au nombre de classes de conjugaison de $G$.

Méthode: Les étapes guident la démonstration. La partie la plus difficile est la non-existence d’un stathme euclidien, qui repose sur une analyse fine de l’anneau quotient par un élément de stathme minimal.

Étapes:

1. Structure de base.

   L’élément $\alpha$ est une racine de $P(X) = (X - \frac{1+\sqrt{-19}}{2})(X - \frac{1-\sqrt{-19}}{2}) = X^2 - X + 5$. Ce polynôme est irréductible sur $\mathbb{Q}$ (son discriminant est $1-20=-19<0$). $\mathbb{Z}[\alpha]$ est un sous-anneau de $\mathbb{C}$, donc il est intègre.

2. Norme et unités.

   Un élément de $A$ s’écrit $z = a+b\alpha$ avec $a,b \in \mathbb{Z}$. Son conjugué est $\bar{z} = a+b\bar{\alpha} = a+b(1-\alpha) = (a+b)-b\alpha$. La norme est $N(z) = z\bar{z} = (a+b\alpha)((a+b)-b\alpha) = a(a+b) - ab\alpha + b(a+b)\alpha - b^2\alpha(1-\alpha) = a^2+ab - b^2(-5) = a^2+ab+5b^2$.

   La multiplicativité $N(xy)=N(x)N(y)$ découle de la multiplicativité du module complexe au carré (car $N(z)=|z|^2$).

   Un élément $u \in A$ est une unité si et seulement si $N(u)=1$. On cherche les solutions entières de $a^2+ab+5b^2=1$.

   En multipliant par 4 : $4a^2+4ab+20b^2=4 \implies (2a+b)^2+19b^2=4$.

   Si $b \neq 0$, $19b^2 \ge 19 > 4$. Donc $b=0$.

   L’équation devient $(2a)^2=4$, donc $4a^2=4 \implies a^2=1 \implies a=\pm 1$.

   Les seules unités sont donc $1$ et $-1$.

3. A est principal.

   Cette question est très avancée. Une méthode consiste à montrer que $A$ est un UFD et utiliser le fait qu’il a un groupe de classes d’idéaux trivial. Un argument plus élémentaire (mais délicat) consiste à montrer que pour tous $x, y \in A$, $y \neq 0$, il existe $q,r \in A$ tels que $x=qy+r$ avec $N(r) < N(y)$. Ceci ferait de $A$ un anneau euclidien pour la norme $N$, ce qui n’est pas le cas. Une version plus faible (le lemme de division de Motzkin) est nécessaire, montrant que pour tout $x,y$, il existe $q$ tel que $N(x-qy) < N(y)$ ou que $x=qy$. C’est suffisant pour la principalité. La preuve complète dépasse le cadre d’un exercice standard. Nous admettrons ce point.

4. A n’est pas euclidien.

   Raisonnons par l’absurde. Supposons que $A$ soit euclidien avec un stathme $\delta$.

   Soit $S = \{ \delta(x) \mid x \in A, x \neq 0, x \text{ non-unité} \}$. Cet ensemble est non vide (par exemple, $2 \in A$ et $N(2)=4$, donc $2$ n’est pas une unité). Soit $m = \min(S)$ et soit $x \in A$ tel que $\delta(x)=m$.

   Considérons l’anneau quotient $A/(x)$. Par définition de la division euclidienne, pour tout $a \in A$, il existe $q, r \in A$ tels que $a=qx+r$ avec $\delta(r) < \delta(x)$.

   La classe de $a$ modulo $(x)$ est la même que celle de $r$. Donc, tout élément de $A/(x)$ a un représentant $r$ avec $\delta(r) < \delta(x)$.

   Par minimalité de $\delta(x)$, tout tel $r$ doit être soit 0, soit une unité. Les unités de $A$ sont $\pm 1$.

   Donc, les seuls restes possibles sont $0, 1, -1$. L’anneau quotient $A/(x)$ aurait au plus 3 éléments : $\bar{0}, \bar{1}, \overline{-1}$.

   Ainsi, $|A/(x)| \le 3$.

   Cherchons un candidat pour $x$. Prenons $x=2$. $N(2)=4$, ce n’est pas une unité. Est-ce que $2$ peut avoir le stathme minimal ? Ou $x=3$, $N(3)=9$.

   Prenons $x=\alpha$, $N(\alpha)=5$. $x=\alpha-1$, $N(\alpha-1)=5$.

   Essayons de trouver un idéal $(x)$ tel que $|A/(x)| > 3$.

   Considérons $x=2$. Le quotient est $A/(2)$. Les éléments sont de la forme $a+b\alpha$ où $a,b \in \{0,1\}$. Le quotient est $A/2A \cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})[Y]/(Y^2-Y+5) \cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})[Y]/(Y^2+Y+1)$. Ce dernier polynôme est irréductible sur $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, donc le quotient est un corps à $2^2=4$ éléments.

   $|A/(2)|=4$.

   Si on choisit pour $x$ un élément non-inversible de stathme minimal, on doit avoir $|A/(x)| \le 3$.

   Or, nous avons trouvé un idéal $(2)$ pour lequel le quotient a 4 éléments. Cela implique que $2$ ne peut pas être un élément de stathme minimal.

   Donc $\delta(y) < \delta(2)$ pour un $y$ non-unité. Le seul candidat est $y$ tel que $|A/(y)| \le 3$. Or les seuls ideaux de cette taille sont (2) ou (3) dans Z… c’est plus compliqué.

   La bonne contradiction est : Quel que soit le choix de $x$ non-unité de stathme minimal, on a $|A/(x)| \le 3$.

   Or, les éléments $2$ et $3$ ne sont pas des unités. Donc ils ne peuvent pas être des éléments de stathme minimal, car $|A/(2)|=4$ et $|A/(3)| = N(3)=9$.

   Soit $x$ un élément non-unité de stathme minimal. Alors $x$ n’est pas $2$ ou $3$. Dans le quotient $A/(x)$, les éléments $2$ et $3$ sont non nuls. Mais $2$ et $3$ doivent être congrus à $0, 1$ ou $-1$ modulo $x$.

   • Si $2 \equiv 0 \pmod x$, $x|2$. Les diviseurs de $2$ sont (à unité près) $1, 2, \alpha, \bar{\alpha}$ (non, $N(\alpha)=5$ ne divise pas $N(2)=4$). $2$ est irréductible, donc $x$ est associé à $2$. Mais on a vu que $2$ ne peut être l’élément de stathme minimal.
   • Si $2 \equiv 1 \pmod x$, $x|(2-1)=1$, donc $x$ est une unité, contradiction.
   • Si $2 \equiv -1 \pmod x$, $x|(2+1)=3$. Les diviseurs de 3 sont (à unité près) $1,3$. Donc $x$ est associé à $3$. Mais on a vu que $3$ ne peut être l’élément de stathme minimal.

   Nous avons une contradiction. Il n’existe pas d’élément non-inversible de stathme minimal. L’anneau $A$ n’est donc pas euclidien.

Réponse: L’anneau $A = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{-19}}{2}]$ est un anneau principal (admis) mais il n’est pas euclidien, comme le montre le raisonnement par l’absurde sur l’existence d’un stathme euclidien.

Méthode: La première question utilise le premier théorème d’isomorphisme pour les anneaux. Les questions suivantes sont des corollaires directs de cet isomorphisme en utilisant les propriétés des anneaux quotients de $K[X]$.

Étapes:

1. Isomorphisme.

   Considérons le morphisme d’évaluation $\text{ev}_u : K[X] \to \mathcal{L}(V)$ qui à un polynôme $P(X)$ associe l’endomorphisme $P(u)$.

   L’image de ce morphisme est, par définition, la sous-algèbre engendrée par $u$, soit $\text{Im}(\text{ev}_u) = K[u]$.

   Le noyau de ce morphisme est l’idéal annulateur de $u$, $\text{Ker}(\text{ev}_u) = \text{Ann}(u)$. Comme $K[X]$ est principal, cet idéal est engendré par le polynôme minimal de $u$, $\text{Ann}(u) = (M_u)$.

   Par le premier théorème d’isomorphisme pour les anneaux, on a :

   $K[X] / \text{Ker}(\text{ev}_u) \cong \text{Im}(\text{ev}_u)$

   Ce qui se traduit par :

   $K[X]/(M_u) \cong K[u]$

2. Dimension.

   L’isomorphisme $\phi: K[X]/(M_u) \to K[u]$ est un isomorphisme de $K$-algèbres, donc en particulier de $K$-espaces vectoriels. Ainsi, $\dim_K(K[u]) = \dim_K(K[X]/(M_u))$.

   L’espace vectoriel $K[X]/(M_u)$ a pour base les classes des monômes $\{ \overline{1}, \overline{X}, \overline{X}^2, \dots, \overline{X}^{d-1} \}$, où $d = \text{deg}(M_u)$.

   La dimension de cet espace est donc $d$. On conclut que $\dim_K(K[u]) = \text{deg}(M_u)$.

3. Condition pour être un corps.

   L’algèbre $K[u]$ est un corps si et seulement si l’anneau $K[X]/(M_u)$ est un corps.

   Pour un anneau principal comme $K[X]$, l’anneau quotient $K[X]/(P)$ est un corps si et seulement si l’idéal $(P)$ est maximal.

   Dans $K[X]$, les idéaux maximaux sont ceux engendrés par des polynômes irréductibles.

   Par conséquent, $K[u]$ est un corps si et seulement si $M_u(X)$ est un polynôme irréductible dans $K[X]$.

4. Application.

   Nous devons déterminer le polynôme minimal de $A$. Commençons par calculer son polynôme caractéristique $\chi_A(X)$.

   $\chi_A(X) = \det(XI - A) = \begin{vmatrix} X & 0 & 0 & 1 \\ -1 & X & 0 & 0 \\ 0 & -1 & X & 2 \\ 0 & 0 & -1 & X \end{vmatrix}$

   En développant par rapport à la première ligne :

   $\chi_A(X) = X \begin{vmatrix} X & 0 & 0 \\ -1 & X & 2 \\ 0 & -1 & X \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} -1 & X & 0 \\ 0 & -1 & X \\ 0 & 0 & -1 \end{vmatrix} = X(X^3+2) - 1(-1) = X^4+2X+1$

   Soit $P(X) = X^4+2X+1$. $M_A(X)$ doit diviser $\chi_A(X) = P(X)$.

   Cherchons à factoriser $P(X)$ sur $\mathbb{R}$. Par le critère de la racine rationnelle, les seules racines rationnelles possibles sont $\pm 1$.

   $P(1)=4 \neq 0$. $P(-1)=1-2+1=0$. Donc $(X+1)$ est un facteur.

   Faisons la division euclidienne de $X^4+2X+1$ par $X+1$: on trouve $X^4+2X+1 = (X+1)(X^3-X^2+X+1)$.

   Soit $Q(X) = X^3-X^2+X+1$. $Q'(X) = 3X^2-2X+1$. Le discriminant de $Q'(X)$ est $4-12=-8<0$, donc $Q'(X)>0$ et $Q(X)$ est strictement croissante. Comme $\lim_{x \to -\infty} Q(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} Q(x) = +\infty$, $Q(X)$ a une unique racine réelle. Cette racine n’est pas entière (elle doit diviser 1, on teste $\pm 1$, $Q(1)=2, Q(-1)=-2$).

   Donc $Q(X)$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$, mais sur $\mathbb{R}$, il se factorise en un facteur linéaire et un facteur quadratique irréductible. Donc $P(X) = \chi_A(X)$ n’est pas irréductible sur $\mathbb{R}$.

   Le polynôme minimal $M_A(X)$ divise $\chi_A(X)$. Comme $\chi_A(X)$ n’est pas irréductible, $M_A(X)$ ne peut pas être irréductible (sauf si $M_A$ est un des facteurs irréductibles de $\chi_A$).

   Si $M_A$ était irréductible, ce serait soit $X+1$ soit le facteur de degré 3.

   Testons $A+I$: $A+I \neq 0$. Testons $Q(A) = A^3-A^2+A+I \neq 0$ (calcul fastidieux mais probable).

   En général, si $\chi_A$ n’a pas de facteurs multiples, alors $M_A = \chi_A$. Le polynôme $P(X)=X^4+2X+1$ et sa dérivée $P'(X)=4X^3+2$ n’ont pas de racines communes (les racines de $P'$ sont les racines cubiques de $-1/2$, qui ne sont pas racines de $P$), donc $P$ n’a que des racines simples.

   Alors $M_A(X) = \chi_A(X) = X^4+2X+1$.

   Puisque $M_A(X)$ se factorise sur $\mathbb{R}$ (il a une racine en -1), il n’est pas irréductible.

   D’après la question 3, l’algèbre $\mathbb{R}[A]$ n’est pas un corps.

Réponse: L’algèbre $\mathbb{R}[A]$ n’est pas un corps car le polynôme minimal de $A$ est $M_A(X) = X^4+2X+1$, qui est réductible sur $\mathbb{R}$ (car il s’annule en -1).

Méthode: La démonstration repose sur la structure des corps finis en tant qu’espaces vectoriels sur leur sous-corps premier et sur la caractérisation des éléments d’un corps fini comme racines du polynôme $X^{q}-X$.

Étapes:

1. Forme d’un sous-corps.

   Soit $K$ un sous-corps de $L = \mathbb{F}_{p^n}$. La caractéristique de $L$ est $p$, donc son sous-corps premier est $\mathbb{F}_p$. Tout sous-corps $K$ doit contenir $\mathbb{F}_p$.

   Ainsi, $K$ est une extension de corps de $\mathbb{F}_p$. De plus, $K$ est un sous-espace vectoriel de $L$ (vu comme $\mathbb{F}_p$-espace vectoriel). Comme $L$ est de dimension finie $n$, $K$ est de dimension finie, disons $d$.

   Le cardinal de $K$ est donc $|\mathbb{F}_p|^d = p^d$. Par unicité (à isomorphisme près) du corps fini de cardinal $p^d$, $K$ est isomorphe à $\mathbb{F}_{p^d}$.

2. Condition de divisibilité.

   ($\Rightarrow$) Supposons que $K = \mathbb{F}_{p^d}$ est un sous-corps de $L = \mathbb{F}_{p^n}$. Alors $L$ peut être vu comme un $K$-espace vectoriel. Soit $k = \dim_K(L)$.

   Par la formule des degrés pour les extensions de corps, on a :

   $[L:\mathbb{F}_p] = [L:K] \cdot [K:\mathbb{F}_p]$

   En termes de dimensions : $n = k \cdot d$. Ceci implique que $d$ divise $n$.

   ($\Leftarrow$) Réciproquement, supposons que $d$ divise $n$. Soit $n=dk$.

   Le corps $L = \mathbb{F}_{p^n}$ est l’ensemble des racines du polynôme $P(X) = X^{p^n}-X$.

   Soit $K_d$ l’ensemble des racines du polynôme $Q(X) = X^{p^d}-X$ dans une clôture algébrique. On sait que $K_d$ est un corps de cardinal $p^d$.

   Nous devons montrer que $K_d \subseteq L$. Cela revient à montrer que si $x \in K_d$, alors $x \in L$.

   Si $x \in K_d$, alors $x^{p^d}=x$.

   Calculons $x^{p^n}$ :

   $x^{p^d} = x$

   $(x^{p^d})^{p^d} = x^{p^{2d}} = x^{p^d} = x$

   Par récurrence, $x^{p^{kd}} = x$ pour tout $k \ge 1$.

   Comme $d|n$, on a $n=kd$ pour un certain $k$. Donc $x^{p^n} = x^{p^{kd}} = x$.

   Ceci signifie que $x$ est une racine de $P(X)=X^{p^n}-X$, donc $x \in L$.

   Ainsi, $K_d \subseteq L$, donc $\mathbb{F}_{p^d}$ est un sous-corps de $\mathbb{F}_{p^n}$.

3. Application à $\mathbb{F}_{2^{30}}$.

   Les sous-corps de $\mathbb{F}_{2^{30}}$ sont les corps $\mathbb{F}_{2^d}$ où $d$ est un diviseur de $30$.

   On doit donc compter le nombre de diviseurs de $30$.

   La décomposition en facteurs premiers de $30$ est $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$.

   Le nombre de diviseurs est le produit des exposants augmentés de 1 : $(1+1)(1+1)(1+1) = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$.

   Les diviseurs sont $1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30$.

   Il y a donc 8 sous-corps, qui sont $\mathbb{F}_{2^1}, \mathbb{F}_{2^2}, \mathbb{F}_{2^3}, \mathbb{F}_{2^5}, \mathbb{F}_{2^6}, \mathbb{F}_{2^{10}}, \mathbb{F}_{2^{15}}, \mathbb{F}_{2^{30}}$.

Réponse: Un corps $\mathbb{F}_{p^d}$ est un sous-corps de $\mathbb{F}_{p^n}$ si et seulement si $d$ divise $n$. Le corps $\mathbb{F}_{2^{30}}$ possède 8 sous-corps, correspondant aux 8 diviseurs de 30.

Méthode: La preuve repose sur la propriété universelle du produit tensoriel de modules. On définit une application $A$-bilinéaire de $B \times C$ dans $D$, ce qui induit une application $A$-linéaire unique de $B \otimes_A C$ dans $D$. Il faut ensuite vérifier que cette application est un morphisme d’algèbres et qu’elle est unique.

Étapes:

1. Construction de l’application $h$.

   Considérons l’application $\phi: B \times C \to D$ définie par $\phi(b,c) = g_B(b) \cdot g_C(c)$.

   Cette application est $A$-bilinéaire. Vérifions-le.

   • Pour $b_1, b_2 \in B, c \in C, \lambda \in A$:

     $\phi(b_1+b_2, c) = g_B(b_1+b_2)g_C(c) = (g_B(b_1)+g_B(b_2))g_C(c) = g_B(b_1)g_C(c) + g_B(b_2)g_C(c) = \phi(b_1,c)+\phi(b_2,c)$.

     $\phi(\lambda \cdot b_1, c) = \phi(f_B(\lambda)b_1, c) = g_B(f_B(\lambda)b_1)g_C(c)$.

     Comme $g_B$ est un morphisme de $A$-algèbres, $g_B \circ f_B = f_D$ (où $f_D: A \to D$ est le morphisme de structure de $D$). Donc $g_B(f_B(\lambda)b_1) = g_B(f_B(\lambda)) g_B(b_1) = f_D(\lambda) g_B(b_1) = \lambda \cdot g_B(b_1)$.

     Ainsi $\phi(\lambda \cdot b_1, c) = (\lambda \cdot g_B(b_1)) g_C(c) = \lambda \cdot (g_B(b_1)g_C(c)) = \lambda \cdot \phi(b_1,c)$.

   • La linéarité par rapport à la deuxième variable est similaire.

   Par la propriété universelle du produit tensoriel de $A$-modules, il existe une unique application $A$-linéaire $h: B \otimes_A C \to D$ telle que $h(b \otimes c) = \phi(b,c) = g_B(b)g_C(c)$ pour tous $b \in B, c \in C$.

2. Vérifier que $h$ est un morphisme d’algèbres.

   Nous devons montrer que $h$ respecte la multiplication et l’unité.

   • Multiplication : Il suffit de le vérifier sur les tenseurs purs, qui engendrent $B \otimes_A C$.

     $h((b_1 \otimes c_1)(b_2 \otimes c_2)) = h((b_1b_2) \otimes (c_1c_2)) = g_B(b_1b_2)g_C(c_1c_2)$.

     Comme $g_B$ et $g_C$ sont des morphismes d’anneaux :

     $g_B(b_1b_2)g_C(c_1c_2) = (g_B(b_1)g_B(b_2))(g_C(c_1)g_C(c_2))$.

     Puisque $D$ est commutative :

     $= (g_B(b_1)g_C(c_1))(g_B(b_2)g_C(c_2)) = h(b_1 \otimes c_1) h(b_2 \otimes c_2)$.

     Donc $h$ est un morphisme d’anneaux.

   • Unité : L’unité de $B \otimes_A C$ est $1_B \otimes 1_C$.

     $h(1_B \otimes 1_C) = g_B(1_B) g_C(1_C) = 1_D \cdot 1_D = 1_D$.

   • Morphismes de $A$-algèbres : on a déjà construit $h$ comme une application $A$-linéaire. Un morphisme d’anneaux qui est $A$-linéaire est un morphisme de $A$-algèbres.

3. Vérifier que le diagramme commute.

   • Pour $b \in B$, $h \circ i_B(b) = h(b \otimes 1_C) = g_B(b)g_C(1_C) = g_B(b) \cdot 1_D = g_B(b)$. Donc $h \circ i_B = g_B$.
   • Pour $c \in C$, $h \circ i_C(c) = h(1_B \otimes c) = g_B(1_B)g_C(c) = 1_D \cdot g_C(c) = g_C(c)$. Donc $h \circ i_C = g_C$.

4. Unicité de $h$.

   Supposons qu’il existe un autre morphisme de $A$-algèbres $h' : B \otimes_A C \to D$ satisfaisant les mêmes conditions.

   Pour tout tenseur pur $b \otimes c$, on a $b \otimes c = (b \otimes 1_C)(1_B \otimes c) = i_B(b) \cdot i_C(c)$.

   Puisque $h'$ est un morphisme d’algèbres :

   $h'(b \otimes c) = h'(i_B(b) \cdot i_C(c)) = h'(i_B(b)) \cdot h'(i_C(c))$.

   Par hypothèse, $h'(i_B(b)) = g_B(b)$ et $h'(i_C(c)) = g_C(c)$.

   Donc $h'(b \otimes c) = g_B(b) g_C(c) = h(b \otimes c)$.

   Puisque $h$ et $h'$ coïncident sur les tenseurs purs, qui engendrent $B \otimes_A C$, $h$ et $h'$ sont égaux. L’unicité est prouvée.

Réponse: L’existence et l’unicité du morphisme $h$ sont établies, ce qui prouve que $B \otimes_A C$ muni des morphismes canoniques $i_B$ et $i_C$ est le coproduit de $B$ et $C$ dans la catégorie des $A$-algèbres commutatives.

Méthode: Les polynômes $M_1(X) = X^2-1$ et $M_2(X) = X^2+1$ sont premiers entre eux dans $\mathbb{Q}[X]$. Le théorème chinois des restes s’applique. On utilise l’algorithme d’Euclide étendu pour trouver des polynômes $U(X)$ et $V(X)$ tels que $U(X)M_1(X) + V(X)M_2(X) = 1$. La solution est alors de la forme $P(X) = (X-2)U(X)M_1(X) + (2X+1)V(X)M_2(X) \pmod{M_1(X)M_2(X)}$.