Bonjour

Oui, c'est bien ça qu'il faut faire... et pour le faire remarque que le polynôme est de degré 2 en Y et qu'il n'a pas de racines dans C[X].

(1) Je considère Y²+X³+1 avec Y en variable.
Le discriminant est donc -4(X³+1) et après ?

Oh, je voyais plus simple... S'il y avait une racine Y=P(X), On aurait et on voit mal quel serait le degré de P!

Ah d'accord !
(2) Soit s:[X,Y]A lz surjection canonique. On notera x et y les images de X et Y par s.
Soit t : [X]A la restriction de s à [X].
Je dois montrer que t est un morphisme injectif.

Soit P,Q [X] et soit
t(P+Q)= t(P)+t(Q)
t(P)=t(P)

Mais que vaut t(P) ?

Ben, si P est un polynôme uniquement de X, t(P)=P (si j'ose dire, c'est la classe de P dans A). Mais justement, c'est injectif. En général on a s(P)=0 si et seulement si P est divisible par ce qui ne peut pas arriver si P n'a que des X. Même que c'est pour ça que t est injective!

Je ne comprends pas ce que représente le morphisme et pourquoi il est injectif ?

Le morphisme reprèsente la classe modulo . Par exemple s(Y^2+X^3)=s(-1).
Plus général, s(P)=s(Q) si et seulement si P-Q est divisible par .

Mais si P et Q sont tous les deux dans C[X], on ne peut avoir s(P)=s(Q) que si P=Q.

Pour montrer que c'est un morphisme :
t(P+Q)=P+Q si Y²+X³+1 divise P+Q ?

Non, ne te fatigue pas... On te dit que s est la surjection canonique et ça on sait que c'est un morphisme. Comme t est la restriction de s à un sous-anneau c'est un morphisme. la seule chose à démontrer est l'injectivité.

D'accord !
(3)Montrer que tout élément de A s'écrit de façon unique P(x)+yQ(x)où P et Q sont des polynômes à une indéterminée.

Je ne vois pas comment obtenir cette écriture ...
Il ffaut utiliser la divisieon euclidienne ? si oui comment ? sinon, que faut-il utiliser ?  

Oui, bien sur. Tu te places dans (C[X])[Y]. Le polynôme Y^2+X^3+1 est unitaire de degré 2, donc on peut faire la division euclidienne. Soit S(X,Y) un polynôme

S(X,Y)=T(X,Y)(Y^2+X^3+1)+R(X,Y).

Ici le reste est de degré au plus 1, donc R(X,Y)=P(X)+YQ(X), et on a s(S(x,y))=s(R(X,Y)), donc il existe P et Q comme dit. Je te laisse vérifier qu'une telle écriture est unique.

Tout polynôme de s'exprime comme somme de . Par récurrence sur : est dans la même classe que ... Donc il y a une écriture (ou plutôt un élément de la classe qui s'écrit comme...). Pour l'unicité, il faudrait trouver un polynôme divisible par ...

Oui, pardon... Comme on n'était pas dans un anneau euclidien, je ne pensais pas pouvoir faire la division euclidienne. C'est possible car le coefficient dominant du polynôme de , en l'occurence 1, est inversible, c'est ça?

Oui, avec un anneau de base intègre on peut faire la division euclidienne par un polynôme dont le coefficient dominant est inversible, encore mieux s'il est unitaire.

@Camélia : merci

pour l'unicité ok !

(4) On suppose que 1= (P(x)+yQ(x))(P'(x)+yQ'(x)) (*)où P,Q,P' et Q' sont des polynômes à une indéterminée.

Montrer que P(X)P'(X)-(X³+1)Q(X)Q'(X)=1 et P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X)=0 :

En développant (*) on obtient que :
1= P(x)P'(x)+y(P(x)Q'(x)+P'(x)Q(x))+y²Q(x)Q'(x)

Il y a un lien évident entre cette égalité et les deux déductions à faire, mais d'où vient-il ?

Essai de réécrire le membre de droite (dans ta formule développée) sous sa forme unique...

1=P(X)P'(X)+y(P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X)++yQ(X)Q'(X))
Comme ça et après ?

Non, ce n'est pas la forme unique : il faut voir que dans ton anneau quotient, ... Ce qui permet d'éliminer le importun.

Ok ! Donc on a :
1=P(x)P'(X)+y(P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X))-(X³+1)Q(X)Q'(X).

Mais  pourquoi P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X) = 0 ?

Ne serait-ce pas une forme unique?

c'est la forme unique avec y=-X³-1
D'accord

Pourquoi si Q(X)Q'(X) n'est pas nul, il existe tel que :
P'(X)=P(X)
Q'(X)=-Q(X) et P(X)²+(X³+1) Q(X)²=1 ?

Là ça devient de l'arithmétique des polynômes...
L'équation P(X)P'(X)-(X3+1)Q(X)Q'(X)=1 te fait plein de Bézout (blague mise à part) pour P, P', Q, Q' d'où des paires de polynômes premiers entre eux. Appliquer ensuite plusieurs foix le lemme de Gauss sur l'équation P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X)=0  qui te donne (au contraire) plein de critères de divisibilité...

Avec P(X).P'(X)-(X³+1)Q(X)Q'(X)=1
Et Bezout j'en déduis que :
- P et Q sont premiers entre eux
- P et Q' sont premiers entre eux
- P' et Q sont premiers entre eux
- P' et Q' sont premiers entre eux

Je ne vois pascomment arriver à la deuxième égalité.


P.Q'+P'.Q=0
Comme P et Q sont premiers P|P' donc il existe tel que P'=P.
De même Q |Q' donc il existe tel que Q'=Q.

Le c'est le même dans les deux cas ? Pourquoi on devrait avoir - pour Q ?

N'oublie pas : P|P' *ET* P'|P donc P'=P
Ensuite il y a Q' = Qet il faut revenir aux équations pour trouver une relation entre et ...

d'accord ! mais pour la deuxieme apres avoir utilisé Bezout on s'en sort comment ?

pour la deuxième quoi?

pour  P(X)²+(X³+1) Q(X)²=1 ?

OK!
J'avais cru que c'était bon.
J'essaie d'aider sans résoudre complètement, mais visiblement mes indications sont trop floues.

Primo :
Dans l'équation :
1=(P(x)P'(X)-(X3+1)Q(X)Q'(X))+ Y (P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X))
tu écris le même polynôme de deux façons (écriture unique A(X) + Y*B(X))
1+Y*0 = (P(x)P'(X)-(X3+1)Q(X)Q'(X))+ Y (P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X))
Comme l'écriture est unique :
P(x)P'(X)-(X3+1)Q(X)Q'(X) = 1
P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X) = 0

Deuxio :
Une fois que tu as vu P'=P et Q'=Q, tu remplaces par dans P(X)Q'(X)+P'(X)Q(X) = 0
ce qui donne PQ+PQ=0
D'où = -

Tertio :
Une fois ça on remplace dans P(x)P'(X)-(X3+1)Q(X)Q'(X) = 1
P(X)²+(X3+1) Q(X)²=1

D'accord mais fallait le voir ...

Ensuite il faut justifier que P(X)²+(X³+1)Q(X)²=1 n'admet pas de solutions

Comme Q[X] n'est pas nul on a deg((X³+1)Q[X]²)3. Or deg(1)=0
Donccette équation n'admet pas de solution.

Comment faire pour en déduire que l'ensemble des éléments inversibles de A est\{0}?

Houla! La somme de deux poylnômes de degré >2 peut être égale à 1... La il faut plutôt penser à la parité des degrés...

Pour la dernière question, rappelle-toi que QQ' est supposé non nul à un moment...