Division euclidienne unique et classification

1. • $\mathbb{Z}$ avec $t=|\cdot|$. La division euclidienne fournit $a=bq+r$ avec $0\leqslant r<|b|$, donc $r=0$ ou $t(r)=r<|b|=t(b)$. Pour (ii), $|ab|=|a|\,|b|\geqslant|a|$ car $|b|\geqslant 1$.

• $\mathbb{R}[X]$ avec $t=\deg$. C’est la division euclidienne des polynômes, le degré du reste étant strictement inférieur à celui du diviseur. Pour (ii), $\deg(PQ)=\deg P+\deg Q\geqslant\deg P$, l’intégrité de $\mathbb{R}$ garantissant l’additivité des degrés.
• Un corps $\mathbb{K}$ avec $t\equiv 0$. Pour $b\neq 0$, écrire $a=b\,(b^{-1}a)+0$ : le reste est nul, la condition (i) est satisfaite. Et (ii) se lit $0\geqslant 0$. $\square$

2. Soit $I$ un idéal de $A$. Si $I=\{0\}$, alors $I=(0)$. Sinon, l’ensemble $t(I\setminus\{0\})\subseteq\mathbb{N}$ est non vide et admet un plus petit élément : choisissons $b\in I\setminus\{0\}$ avec $t(b)$ minimal.
   L’inclusion $(b)\subseteq I$ est claire. Réciproquement, soit $a\in I$ et $a=bq+r$ la division de (i). Alors $r=a-bq\in I$ puisque $I$ est un idéal. Si $r\neq 0$, on aurait $t(r)<t(b)$ avec $r\in I\setminus\{0\}$, contredisant la minimalité. Donc $r=0$ et $a\in(b)$.
   Ainsi $I=(b)$ : l’anneau $A$ est principal. $\square$

Montrons deux lemmes qui ne font intervenir que (i) et (ii), pas l’unicité.
Lemme 1. $t(-a)=t(a)$ pour tout $a\neq 0$.

Preuve. $t(-a)=t\bigl(a\cdot(-1)\bigr)\geqslant t(a)$ par (ii), et symétriquement $t(a)=t\bigl((-a)\cdot(-1)\bigr)\geqslant t(-a)$. $\square$

Lemme 2. Pour $a,b\in A\setminus\{0\}$ :
$$t(ab)=t(a)\iff b\in A^{\times}.$$

Preuve. Si $b$ est inversible, (ii) donne $t(ab)\geqslant t(a)$ et $t(a)=t\bigl((ab)b^{-1}\bigr)\geqslant t(ab)$, d’où l’égalité.

Réciproquement, supposons $t(ab)=t(a)$ et divisons $a$ par $ab$ : $a=abq+r$. Si $r=0$, alors $a(1-bq)=0$, et l’intégrité jointe à $a\neq 0$ donne $bq=1$, donc $b\in A^{\times}$. Sinon $r\neq 0$ et $t(r)<t(ab)=t(a)$ ; mais $r=a(1-bq)$ avec $1-bq\neq 0$, donc (ii) impose $t(r)\geqslant t(a)$, contradiction. $\square$

En prenant $a=1$ dans le lemme 2, on obtient la forme générale de la question 3 :
$$A^{\times}=\bigl\{a\in A\setminus\{0\}\ :\ t(a)=t(1)\bigr\},$$et de plus $t(1)=\min t$, puisque (ii) avec $a=1$ donne $t(b)\geqslant t(1)$ pour tout $b\neq 0$.

3. Supposons $t(1)=0$ ; la formule ci-dessus donne exactement $A^{\times}=\{u\neq 0: t(u)=0\}$.
   Réciproquement, si $t(u)=0$ avec $u\neq 0$, divisons $1$ par $u$ : $1=uq+r$. Le cas $r\neq 0$ exigerait $t(r)<t(u)=0$, impossible dans $\mathbb{N}$. Donc $r=0$ et $uq=1$. $\square$

4. C’est ici que l’unicité intervient.
   Soient $a,b\neq 0$ avec $c:=a+b\neq 0$, et supposons par l’absurde
   $$t(c)>t(a)\qquad\text{et}\qquad t(c)>t(b).$$Divisons $a$ par $c$ de deux façons :
   $$a=c\cdot 0+a,\qquad\qquad a=c\cdot 1+(-b),$$la seconde égalité venant de $a-c=-b$. Le premier reste vérifie $a\neq 0$ et $t(a)<t(c)$ : c’est une division valide. Le second vérifie $-b\neq 0$ et, par le lemme 1, $t(-b)=t(b)<t(c)$ : elle est valide aussi.
   L’unicité du couple $(q,r)$ force $0=1$, ce qui est exclu dans un anneau intègre. Donc $t(c)\leqslant\max(t(a),t(b))$. $\blacksquare$

$a_1,\dots,a_k\in A$ ont une somme $s\neq 0$, alors
$$t(s)\leqslant\max\bigl\{t(a_i)\ :\ a_i\neq 0\bigr\}.$$Récurrence sur $k$ : en notant $s'=a_1+\cdots+a_{k-1}$, les cas $s'=0$ et $a_k=0$ sont immédiats, et sinon la question 4 s’applique à $s=s'+a_k$.

5. Posons $m=t(1)$, de sorte que $\mathbb{K}=\{0\}\cup\{a\neq 0: t(a)=m\}$ d’après le lemme 2.

• $0,1\in\mathbb{K}$.
• Produit : un produit d’inversibles est inversible, et $0\cdot x=0$.
• Opposé : $t(-u)=t(u)=m$ par le lemme 1, donc $-u\in\mathbb{K}$.
• Somme : soient $u,v\in A^{\times}$. Si $u+v=0$, la somme est dans $\mathbb{K}$. Sinon, la question 4 donne $t(u+v)\leqslant\max(m,m)=m$, et l’on sait que $t\geqslant m$ partout : donc $t(u+v)=m$ et $u+v\in A^{\times}$. Les cas où l’un des termes est nul sont triviaux.
• Inverses : si $u\in A^{\times}$, alors $u^{-1}\in A^{\times}\subseteq\mathbb{K}$.

Ainsi $\mathbb{K}$ est un sous-anneau dont tout élément non nul est inversible dans $\mathbb{K}$ : c’est un sous-corps de $A$. $\blacksquare$

6. Si $A=\mathbb{K}$, c’est un corps. Supposons donc $A\neq\mathbb{K}$ et choisissons $x\in A\setminus\mathbb{K}$ de valeur $t(x)=:n_1$ minimale. Comme $x$ n’est pas inversible, $n_1>m:=t(1)$.
   Tout $r$ avec $r=0$ ou $t(r)<n_1$ appartient à $\mathbb{K}$, par minimalité de $n_1$. Les restes des divisions par $x$ sont donc dans $\mathbb{K}$.

Surjectivité de $\Phi:\mathbb{K}[X]\to A$, $X\mapsto x$. Montrons par récurrence forte sur $t(a)$ que tout $a\in A$ est polynomial en $x$ à coefficients dans $\mathbb{K}$. Le cas $a\in\mathbb{K}\cup\{0\}$ est acquis ; sinon $t(a)\geqslant n_1>m$, et la division $a=xq+r$ donne $r\in\mathbb{K}$ et $q\neq 0$. Or :

• $t(xq)>t(q)$ par le lemme 2, puisque $x\notin A^{\times}$ ;
• $t(xq)\leqslant t(a)$ immédiat si $r=0$, et sinon $xq=a+(-r)$ avec $t(r)=m<t(a)$, donc la question 4 donne $t(xq)\leqslant\max(t(a),t(r))=t(a)$.
  D’où $t(q)<t(a)$, et l’hypothèse de récurrence appliquée à $q$ conclut.

Injectivité. Le noyau de $\Phi$ est un idéal de $\mathbb{K}[X]$, donc $\ker\Phi=(P)$ pour un $P$ unitaire. Si $P\neq 0$, le quotient $\mathbb{K}[X]/(P)$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension $\deg P$, donc fini si $\mathbb{K}$ l’est, argument à éviter. Plus simplement : $\Phi$ étant surjective, $A\simeq\mathbb{K}[X]/(P)$, et $A$ est intègre, donc $(P)$ est premier, donc $P$ est irréductible et $A$ serait un corps. Mais alors $x\in A^{\times}=\mathbb{K}^{\times}$, contredisant $x\notin\mathbb{K}$. Donc $P=0$ et $\Phi$ est injective.

Ainsi $A\simeq\mathbb{K}[X]$. $\blacksquare$