Morphismes d'anneaux

Un morphisme d'anneaux unitaires induit un morphisme entre les groupes des inversibles, qui dans ce contexte ont une forme particulière.

Oui ! À quelle condition existe-t-il un morphisme de groupes entre deux groupes cycliques ?

Non, bien au contraire. Au passage je précise qu'il faut chercher un morphisme de groupes non trivial bien sûr pour répondre à l'exercice.

Bonjour,

Puisque $p$ et $p'$ sont des nombres premiers, le morphisme d'anneaux unitaires $\varphi:\Z/p\,\Z\to\Z/p'\,\Z$ est en fait un morphisme de corps, dont $\ker\,\varphi$ est un idéal de $\Z/p\,\Z$. Comme l'on veut que $\varphi$ soit non-trivial, l'on ne peut donc avoir $\ker\,\varphi=\Z/p\,\Z$, de sorte que $\ker\,\varphi=\{0_p\}$ nécessairement, ce qui exige que $\varphi$ soit injectif. (...)

Cordialement,

Thierry

Tu peux le prouver in extenso ou remarquer simplement que $\ker\,\varphi=\varphi^{-1}\left(\left\{0_{p'}\right\}\right)$, où $\left\{0_{p'}\right\}$ est un idéal de $\Z/p'\,\Z$. D'ailleurs, les seuls idéaux d'un corps sont (...)

Les seuls idéaux d'un corps (commutatif) sont...

a.maths a écrit:

L'idéal nul et le corps lui même ?

Oui.

Cherche ce que l'existence d'un tel morphisme d'anneaux non trivial implique concernant $p$ et $p'$. Que dire de l'image d'un tel morphisme ?

Oui, mais tu peux être plus explicite.

Oui, cela s'appelle un ...

L'énoncé dit « morphisme d'anneaux unitaires ». Quelle est la définition de « morphisme d'anneaux » utilisée ici (il y a une condition qui peut être présente ou non, selon les auteurs) ?

Edit : en fait, je crois que la condition en question est « toujours » exigée. En tout cas, wikipédia n'a pas l'air d'envisager qu'elle puisse être omise. Dans ce cas, les choses me semblent assez simples pour les questions 1) et 2), mais je me demande dans quelle mesure on peut qualifier le morphisme de « non trivial ».

En fonction de la réponse à cette question, on peut être très explicite sur un tel morphisme, ou un peu moins, me semble-t-il.

@a.maths

a) Un nombre premier ne peut pas être égal à 1 !

b) Écris $\bar{n}$ en fonction de $\bar{1}$ dans le groupe $(\Z/p\Z, +)$. Après, regarde ce que l'on peut en déduire avec ce que l'on sait de $f$, morphisme d'anneaux.

À quelle condition sur $p$ et $p'$ existe-t-il un isomorphisme entre $\mathbb Z/p\mathbb Z$ et $\mathbb Z/p'\mathbb Z$ ? :-D Il n'y a même pas besoin de supposer $p$ et $p'$ premiers à ce stade.

Honnêtement, je ne sais pas ce que veut dire « morphisme non trivial » ici. Thierry Poma l'a a priori compris comme « non nul », c'est-à-dire qu'on ne doit pas avoir $\def\zpz{\Z/p\Z}\def\zppz{\Z/p'\Z} \ker(f) = \zpz$ (a.maths, tu t'es trompé dans ton 1). Mais ça, c'est toujours vrai pour un morphisme d'anneaux dont l'ensemble d'arrivée est un anneau non nul (i.e., dans lequel $0\neq 1$). En effet, si $f$ est un tel morphisme, alors $f(1_A) = 1_B \neq 0_B$, ce qui entraîne $1_A \notin \ker(f)$.

Étant donné que $\zppz$ est un anneau non nul (comme tout corps), on en déduit qu'un morphisme d'anneaux qui arrive dans $\zppz$ est nécessairement non nul. Son noyau, idéal du corps $\zpz$, ne peut donc être que $\{0\}$ (n'oublie pas les accolades !). Soit $f$ un morphisme d'anneaux (de corps) de $\zpz$ dans $\zppz$. $f$ est donc nécessairement injectif. Son image est un sous groupe d'ordre $p$ de $\zppz$, donc $p$ divise $p'$ puis $p = p'$ car $p$ et $p'$ sont premiers. $f$ est ainsi une application injective entre deux ensembles de même cardinal fini, elle est donc bijective et $f$ est un isomorphisme de corps de $\zpz$ dans lui-même.

Ensuite, tu as quand même vu que la surjection canonique de $(\Z, +)$ dans $(\zpz, +)$ est un morphisme, non ? Ceci implique que $\bar{2} = \overline{1+1} = \bar{1} + \bar{1}$. Je te laisse généraliser à $\bar{n}$ pour tout $n$ dans $\N$.

Ensuite, prends un $f$ comme ci-dessus et regarde $f(\bar{n})$ (pour $n$ dans $\N$ ou dans $\{0,\dotsc, p-1\}$) à la lumière de ce que tu auras écrit.

Oui, $f(n) = n$ pour tout $n$ dans $\Z/p\Z$ (tu as bien vérifié pour $0$ ?) donc $f$ est...

Oui, mais pas n'importe lequel. Celui-ci a un nom !

Euh... jamais entendu parler de l'application identité (d'un ensemble dans lui-même — autrement dit, il y en a une par ensemble et non une seule en tout et pour tout) ? :-)

Contexte : Sous quelles conditions a-t-on un morphisme d'anneaux unitaires non-trivial $\varphi:\Z/p\,\Z\to\Z/p'\,\Z$ où les entiers $p$ et $p'$ sont premiers ?

Revisitons la démonstration à la baisse, ne serait-ce que pour l'auteur de ce fil dont on ne connaît pas le niveau d'étude. Je pense avoir surestimé certaines choses. Le morphisme d'anneaux unitaires $\varphi:\Z/p\,\Z\to\Z/p'\,\Z$ est a fortiori un morphisme de groupes additifs [pour l'espèce de structure de groupe sous-jacente à chaque ensemble de base], dont $\ker\,\varphi$ est sous-groupe de $\Z/p\,\Z$. Son ordre divise donc $p$ qui est un nombre premier, donc cet ordre appartient à $\{1,\,p\}$. Comme l'énoncé veut que le morphisme $\varphi$ soit non-trivial, l'on ne peut donc avoir $\ker\,\varphi=\Z/p\,\Z$ (qui serait la seule possibilité dans le cas contraire), de sorte que $\ker\,\varphi=\{0_p\}$ nécessairement, ce qui impose que $\varphi$ soit injectif.

Cela dit, remarquons également que $\mbox{im}\,\varphi$, naturellement (ou canoniquement) isomorphe au groupe additif $\Z/p\,\Z$, est également un sous-groupe additif du groupe additif $\Z/p'\,\Z$, de sorte que $p|p'$, avec $p$ et $p'$ entiers premiers, ce qui impose que $p=p'$.

Voici un énoncé glané sur le net où je vous invite à lire le (b) (où nous avons affaire au corps $\C$, et pourtant !) :

Au vu de ce que j'ai écrit, est-ce bien nécessaire ?

Bonjour,

Voici une autre façon de voir les choses, plus simple (à condition d'avoir vu le théorème de factorisation pour les anneaux).Soit $\pi_p:\Z\to\Z/p\,\Z$ et $\pi_{p'}:\Z\to\Z/p'\,\Z$ les morphismes surjectifs canoniques d'anneaux. Il est clair que $\ker\,\pi_p=p\,\Z=(p)$ et $\ker\,\pi_{p'}=p'\,\Z=\left(p'\right)$ (qui sont des idéaux principaux de $\Z$). Partant, il existe alors un unique morphisme d'anneaux $\overline{\varphi}:\Z/p\,\Z\to\Z/p'\,\Z$ tel que l'on ait\[\begin{array}{ccc}\Z&\xrightarrow{\pi_{p'}} &\Z/p'\,\Z\\\\\pi_p\downarrow&\nearrow _\overline{\varphi}&\\\\\Z/p\,\Z\end{array} \qquad\qquad\text{, ce qui se traduit par }\pi_{p'}=\overline{\varphi}\circ\pi_p\]à condition que $\ker\,\pi_p\subset\ker\,\pi_{p'}$, i.e. de manière équivalente que $p'|p$ avec $p$ et $p'$ des entiers premiers, ce qui impose que $p=p'$. D'autre part, sous cette condition, l'existence de $\overline{\varphi}$ étant assurée, il s'ensuit que $\overline{\varphi}$ est surjectif, par héritage de la surjectivité de $\pi_{p'}$.

Cordialement,

Thierry