Corrigé DM 1

Universit´e Pierre et Marie Curie Licence A
Corrig´e DM 1
Exercice 1. Soient Iet Jdes id´eaux de A, rappelez les d´efinitions de I+Jet I.J. Enoncez le
th´eor`eme chinois et d´ecrivez les id´eaux de A/I en fonction de ceux de A.
Preuve: On rappelle que I+Jest par d´efinition le plus petit id´eal contenant Iet J, soit
I+J={i+j / i ∈I, j ∈J}. L’id´eal IJ est l’ensemble des ´el´ements Pkikjkavec ik∈Iet
jk∈J, la somme sur les indices k´etant finie. Le th´eor`eme chinois s’´enonce comme suit: soient
Iet Jdes id´eaux premiers entre eux, i.e. I+J=A, le morphisme naturel A−→ A/I ×A/J se
factorise en un isomorphisme A/IJ ∼ −→A/I ×A/J.
On consid`ere de mˆeme le morphisme naturel π:A−→ A/I et soit Jun id´eal de A/I; on pose
J=π−1(J) qui est alors un id´eal de Acontenant I. R´eciproquement si Jest un id´eal de A
contenant I, on note J=π(J); Jest clairement un id´eal de A/I. On d´efinit ainsi une bijection
entre les id´eaux de A/I et les id´eaux de Acontenant I.
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Exercice 2. (a) Un id´eal strict de Aest dit maximal s’il l’est pour l’inclusion, i.e. le seul id´eal
qui le contienne est Alui-mˆeme. Montrez que Mest un id´eal maximal de Asi et seulement
si A/Mest un corps. En utilisant le lemme de Zorn, montrez l’existence d’id´eaux maximaux.
(b) Un id´eal Pde Aest dit premier s’il v´erifie la propri´et´e suivante:
xy ∈ P et x6∈ P ⇒ y∈ P
Montrez que Pest un id´eal premier de Asi et seulement si A/Pest int`egre.
Soient Pun id´eal premier de Aet I1,···, Irdes id´eaux tels que I1.···.Ir⊂ P.Montrez que P
contient l’un des Ik.
Soit Iun id´eal non premier de A, montrez qu’il existe deux id´eaux I1et I2tels que I⊂I1,I⊂I2
et I1.I2⊂I.
En utilisant le lemme de Zorn, montrez l’existence d’id´eaux premiers minimaux pour l’inclusion.
En supposant Anoeth´erien, montrez qu’il existe un nombre fini d’id´eaux premiers minimaux.
(c) Un id´eal Qsera dit primaire s’il v´erifie:
∀x, y ∈A xy ∈ Q, x 6∈ Q ⇒ ∃n yn∈ Q.
Si Qest primaire que peut-on dire de A/Q? Pour tout id´eal Ide A, on pose
√I={x∈A / ∃n xn∈I}.
Montrer que Qprimaire entraine que sa racine est un id´eal premier. R´eciproquement: soit
I= (X), n > 1J= (X, Y )ndans A=C[X, Y ]. Montrer que Q=I∩Jn’est pas primaire bien
que son radical soit premier.
Preuve: (a) Soit Mun id´eal maximal de Aet soit a∈A/Mnon nul. On fixe a∈Ad’image
apar la projection naturelle π:A−→ A/M; ainsi a6∈ M de sorte que l’id´eal engendr´e par
aet Mest strictement plus grand que Met donc par maximalit´e est ´egal `a A. On en d´eduit
donc l’existence d’´el´ements λ∈Aet m∈MC tels que 1 = λa +m, soit 1 = λa et donc aest
inversible d’inverse λ.
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R´eciproquement soit Iun id´eal contenant Mstrictement et soit x∈I\M, de sorte que xest
non nul dans A/Met donc inversible: 1 = xy soit 1 −xy ∈ M pour y∈y, et donc 1 ∈Isoit
I=A.
Remarque: De mani`ere g´en´erale pour montrer qu’un id´eal Ide Aest l’anneau Atout entier, on
montre que 1 ∈I; en effet on a ainsi a.1∈Icar Iest un id´eal et donc A⊂I.
Exemple: dans Z, les id´eaux maximaux sont le pZavec ppremier.
Pour utiliser le lemme de Zorn, il suffit de montrer que la relation d’ordre sur l’ensemble
Ides id´eaux, d´efinie par l’inclusion est inductive, i.e. que toute chaine totalement ordon´ee C
admet un majorant, `a savoir M=∪I∈CI. V´erifions que Mest bien un id´eal soient x, y ∈M,
et I⊂J∈Ctel que x∈I,y∈J; on a alors x, y ∈Jet donc x−y∈J⊂M. On d´emontre
de mˆeme que si x∈Met a∈Aalors ax ∈M. Le lemme de Zorn affirme alors l’existence
d’´el´ements maximaux, qui sont donc des id´eaux maximaux.
(b) La traduction est imm´ediate: la relation xy = 0 est ´equivalente `a xy ∈ P pour x∈xet
y∈y; ainsi si Pest premier on a xou yappartient `a Psoit x= 0 ou y= 0. R´eciproquement si
xy ∈ P alors si A/Pest int`egre, on a x= 0 ou y= 0 et donc xou yappartient `a P.
Soit Ppremier et I1···Ir⊂ P, et supposons que pour tout 1 6k6r,Ik6⊂ P; on fixe ainsi pour
tout k, un ´el´ement xk∈Iket xk6∈ P. Par hypoth`ese x1···xr∈ P avec x16∈ P soit x2···xr∈ P
et par r´ecurrence xr∈ P d’o`u la contradiction.
Soit maintenant Inon premier, et soit x, y ∈A\Iavec xy ∈I. On pose I1= (I∪ {x}) et
I2= (I∪ {y}); on a I1I2⊂Iavec I⊂I1∩I2.
Exemple: dans Z, les id´eaux premiers sont les pZavec ppremier; ainsi dans Z, il n’y a pas de
diff´erence entre id´eaux premiers et maximaux. En g´en´eral un id´eal maximal est premier (car un
corps est un anneau int`egre), mais la r´eciproque est fausse comme on peut le voir avec l’anneau
Z[X] et I= (X). Toutefois si A/Pest fini alors Pest maximal; en effet un anneau int`egre fini
Best un corps; il suffit de consid´erer pour tout b6= 0 de B, le morphisme x7→ bx; cette derni`ere
est injective car Best int`egre et donc surjective car Best fini, de sorte que 1 est atteint.
On consid`ere la relation d’ordre sur l’ensemble Ides id´eaux premiers, donn´ee par la con-
tenance, i.e. I6J⇔J⊂I; cette relation d’ordre est `a nouveau inductive, un majorant
d’une chaine totalement ordon´ee C´etant donn´e par l’intersection M=∩I∈CI; en effet on v´erifie
comme pr´ec´edemment que Mest un id´eal, le fait qu’il soit premier se montre ais´ement: soit
xy ∈Met donc xy ∈Ipour tout I∈C; comme Iest premier, xou yappartient `a I; supposons
que y6∈ I, alors pour tout J⊂I∈C, on a y6∈ Jet donc x∈Jsoit x∈M. Le lemme de Zorn
donne alors l’existence d’´el´ements maximaux qui sont donc des id´eaux premiers minimaux pour
l’inclusion.
On suppose Anoeth´erien et on consid`ere l’id´eal (0); s’il est premier alors c’est le seul id´eal
premier minimal, sinon soit I1et I2comme ci-dessus. Si I1et I2sont premiers, ceux sont les
seuls id´eaux premiers minimaux; en effet soit Pun id´eal premier; on a (0) = I1I2⊂ P et donc
Ii⊂ P pour i= 1 ou 2, d’apr`es ce qui pr´ec`ede. Si I1n’est pas premier, soit I1,1et I1,2comme
ci-dessus; on construit ainsi un arbre binaire dont la racine est l’id´eal (0), tous les sommets sont
des id´eaux qui contiennent le produit des id´eaux de ses deux fils et tel que tout chemin filial
d´efini une chaine totalement ordon´ee pour l’inclusion. Si on suppose Anoeth´erien, l’arbre est
fini et les id´eaux premiers minimaux sont les feuilles.
(c) La traduction dans A/Qest `a nouveau imm´ediate: Qest primaire si et seulement si dans
A/Qles seuls diviseurs de 0 sont les ´el´ements nilpotents, i.e. ceux tels qu’il existe ntels qu’´elev´es
`a la puissance n, ils donnent 0.
Montrons en premier lieu que √Iest un id´eal: soient donc x, y ∈√Iet n, m des entiers tels que
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xn∈Iet ym∈I. On a alors (x+y)n+m−1=Pn+m−1
k=0 Ck
n+m−1xk(−y)n+m−1−k; or k < n si et
seulement si n+m−1−k>met donc pour tout 0 6k6n+m−1, au moins un parmi xket
yn+m−1−kappartient `a Iet donc x−y∈√I. Si a∈Aalors (ax)n∈Iet donc ax ∈√Iet donc
finalement √Iest un id´eal de A.
Exemple: dans Z, la racine de l’id´eal nZavec n=Qipαi
iest l’id´eal engendr´e par Qipi.
Soit Qun id´eal primaire et P=√Q; soit x, y ∈Atels que xy ∈ P et x6∈ P. Soit donc
un entier ntel que xnyn∈Q; comme x6∈ P alors xn6∈ Qet donc Q´etant primaire, soit mun
entier tel que (yn)m∈Qsoit y∈ P, et donc Pest un id´eal premier.
On consid`ere A=C[X, Y ] l’anneau des polynˆomes en deux variables `a coefficients dans C
et soit I= (X) et J= (X, Y )navec n > 1. On pose Q=I∩Jqui est l’id´eal engendr´e par
Xn, Xn−1Y, ···, XY n−1; on a √Q= (X) qui est premier alors que Qn’est pas primaire car
Xn−1Y∈Qavec Xn−16∈ Qet Ym6∈ Qpour tout entier m.
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Exercice 3. On pose Nil(A) = {a / ∃n an= 0}.Montrez que Nil(A)est un id´eal de Ainclu
dans tout id´eal premier Pde A. Montrez, en utilisant le lemme de Zorn, que
Nil(A) = ∩PpremierP.
Que peut-on dire de A/Nil(A).
Montrer que √I=∩Ppremier
I⊂P P.
Preuve: Montrons que Nil(A) est un id´eal: soient donc a, b ∈Nil(A) et n, m des entiers tels
que an=bm= 0, comme au point (c) de l’exercice pr´ec´edent, on a (a−b)n+m−1= 0, soit
a−b∈Nil(A); soit a∈Nil(A) et α∈A; l’´egalit´e an= 0 implique (αa)n= 0 soit αa ∈Nil(A)
de sorte que Nil(A) est un id´eal de A.
Soit Pun id´eal premier et a∈Nil(A); an= 0 ∈ P et donc a∈ P, soit Nil(A)⊂ P.
R´eciproquement soit s6∈ Nil(A) et soit S=∪n∈N{sn}et on note Il’ensemble des id´eaux Ide
Atels que I∩S=; Iest non vide car sn’´etant pas nilpotent, on a (0) ∈ I, et on l’ordonne
par l’inclusion et toute chaine Ctotalement ordonn´e de Iadmet un majorant dans I, `a savoir
M=∪I∈CI; on v´erifie comme pr´ec´edemment que Mest un id´eal (cf. l’exercice pr´ec´edent).
D’apr`es le lemme de Zorn, Iadmet un ´el´ement maximal P; montrons que Pest premier. On
raisonne par l’absurde avec x, y 6∈ P et xy ∈ P; ainsi les id´eaux (P, x) et (P, y) n’appartiennent
pas `a Icar Pest maximal; soient donc k, l des entiers, p1, p2∈ P et a, b ∈Atels que p1+xa =sk
et p2+yb =sl. On a alors sk+l=p1p2+p1yb +p2xa +xyab ∈ P, d’o`u la contradiction. Ainsi si
s6∈ Nil(A) alors s6∈ ∩PpremierP.
Le quotient A/Nil(A) n’a pas d’´el´ements nilpotents autres que 0; en effet soit xnilpotent,
xn= 0; soit x∈x,xn∈Nil(A), il existe donc rtel que (xn)r= 0 soit x∈Nil(A) et donc x= 0.
D’apr`es l’exercice 1, Nil(A/I) en tant qu’id´eal de A/I correspond `a l’id´eal √Ide A; or
Nil(A/I) = ∩P, o`u Pd´ecrit l’ensemble des id´eaux premiers de A/I; or Pcorrespond `a un id´eal
Pde Acontenant I; montrons que Pest premier; soit donc xy ∈ P et x6∈ P; on a xy ∈ P et
x6∈ P soit y∈ P soit y∈ P; ainsi √I=∩Ppremier
I⊂P P.
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Exercice 4. Soient Aun anneau int`egre de corps des fractions Ket soit Sune partie multi-
plicative de A, i.e. 06∈ S,1∈Set s, s0∈S⇒ss0∈S. On appelle localis´e de Arelativement
`a S, l’ensemble not´e S−1Ades ´el´ements de Kque l’on peut ´ecrire comme une fraction a
savec
s∈S.
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(i) Montrez que S−1Aest un sous-anneau de Kqui contient A.
(ii) Montrez que si Aest principal alors S−1Aaussi.
(iii) Soit Pun id´eal premier de Aet soit S=A\P. Montrez que Sest multiplicativement
stable et que S−1Aest un anneau local, i.e. poss`ede un unique id´eal maximal.
(iv) Soit S0l’ensemble des x∈Adont un multiple appartient `a S. Montrez que S0est multi-
plicativement stable et que (S0)−1A=S−1A. En d´eduire que si Aest factoriel alors S−1A
aussi.
(v) Montrez que si Aest principal (resp. euclidien) alors S−1Al’est aussi.
Preuve: (i) S−1Aest clairement un sous-anneau de K, constitu´es des fractions a/b ´ecrites sous
forme irr´eductibles, avec b∈S.
(ii) Supposons Aprincipal et soit ISun id´eal de S−1A;I=IS∩Aest alors un id´eal de A,
de la forme (a); montrons que ISest l’id´eal engendr´e par adans S−1A. En effet soit x∈ISet
soit s∈Stel que sx ∈Aet donc sx ∈(a) soit sx =ab avec b∈Aet finalement x=b
sa.
(iii) Soit x, y ∈Salors xy ∈Scar Pest premier. Soit MSun id´eal maximal de S−1A;
M=MS∩Aalors M ⊂ P car sinon Mcontiendrait un ´el´ement inversible dans S−1A; ainsi
MS⊂ PSo`u PSest l’id´eal de S−1Aengendr´e par P. Finalement, PSest l’unique id´eal maximal
de S−1A.
(iv) Clairement comme S⊂S0, alors S−1A⊂(S0)−1A. R´eciproquement soit a∈Aet s0∈S0;
soit r∈Aet s=rs0∈S, on a alors a/s0=ar/s ∈S−1A, d’o`u l’inclusion inverse.
Supposons Afactoriel, et soit Pun syst`eme complet d’irr´eductibles de Aet soit Q={p∈
P, p 6∈ S}. Avec les notations pr´ec´edentes, on suppose S=S0et soit q∈ Q, montrons que q
est irr´eductible dans S−1A. Soient (a, b)∈A2et (r, s)∈S2tels que q= (a/s)(b/r); on a alors
qrs =ab et donc qdivise ab. Comme qest irr´eductible dans A, le lemme d’Euclide donne qdivise
aou b; par exemple a=λq avec λ∈A; on a ainsi λb =rs ∈Sde sorte que bdivise un ´el´ement de
Set donc b∈S, soit b/r ∈(S−1A)×, soit qirr´eductible. R´eciproquement soit a/s irr´eductible
dans S−1A; on consid`ere a=up1···pravec u∈A×,pi∈ P, une d´ecomposition en facteurs
irr´eductibles; supposons p1,···, pk∈Set pk+1,···, pr∈ Q; ainsi up1···pk/s ∈(S−1A)×et a/s
est associ´e `a pk+1 ···prqui est un produit d’irr´eductibles, or a/s ´etant irr´eductible, on en d´eduit
k=r−1 et a/s associ´e `a pr. Pour montrer que Qest un syst`eme complet d’irr´eductibles de
S−1A, il faut montrer que si qet q0sont des ´el´ements associ´es de Qalors q=q0;q0=q(a/s) soit
q0s=qa et donc d’apr`es le lemme d’Euclide qdivise q0ou s; or les diviseurs de sappartiennent
`a Set donc qdivise q0et donc qet q0sont associ´es dans Asoit q=q0∈ P.
Le fait que S−1Av´erifie (E) est ´evident; a=up1···prdans Aavec p1,···, pk∈Ssoit a/s =
(up1···pk/s)pk+1 ···pravec up1···pk/s inversibles et pk+1,···pr∈ Qn d’o`u (E). Pour (U), il
suffit de montrer le lemme d’Euclide; qdivise (a/r)(b/s) et soit (c, t)∈A×Stels que ab/rs =qc/t
et donc qcrs =abt avec qne divisant pas tcar q6∈ S, soit qdivise ab et donc par exemple q
divise aet finalement qdivise a/s.
(v) Supposons Aprincipal et S=S0avec les notations de (iv); soit ISun id´eal de S−1A;
I=IS∩Aest un id´eal de A, donc de la forme (a). Montrons que IS= (a) dans S−1A; comme
ISest un id´eal, on a (a)⊂IS, r´eciproquement soit i=b/s ∈ISavec is =b=λa et donc i∈(a).
Supposons Aeuclidien de stathme ν; on d´efinit alors νS(x) = inf{ν(λx), λ ∈S / λx ∈A}.
Montrons que S−1Aest euclidien pour νS. Soient x, y ∈S−1Aavec y6= 0 et soit s, t tels
que a=sx, b =ty ∈Asont tels que νS(x) = ν(a) et νS(y) = ν(b); on effectue une division
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euclidienne de apar b:a=bq +ravec ν(r)< ν(b) ou r= 0. On a alors a/s = (b/t)(qt/s) + r/s
soit x=y(qt/s) + r/s avec si r6= 0, νS(r/s)6ν(r)< ν(b) = ν0(y), d’o`u le r´esultat.
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1 Etude de quelques anneaux de fonctions
Exercice 1. Soit A=H(C)l’anneau des fonctions holomorphes dans tout le plan complexe.
(i) Montrez que Aest int`egre et donnez son corps des fractions.
(ii) Montrez que An’est pas noeth´erien.
(iii) Donnez A×et montrez que f∈Aest inversible si et seulement si f= exp(g)pour g∈A.
(iv) Montrez que les ´el´ements irr´eductibles de Asont les fonctions poss`edant un unique z´ero
simple, et en d´eduire que An’est pas factoriel.
(v) Montrez que Aest int´egralement clos.
Preuve: (i) Soient f, g ∈ H(C) deux fonctions holomorphes sur Ctelles que fg = 0, i.e. f(z) = 0
ou g(z) = 0 pour tout z∈C; dans le disque ferm´e unit´e D,f(ou g) poss`ede une infinit´e de z´eros.
Les z´eros d’une fonction holomorphe non nulle ´etant isol´es, il ne peut n’y en avoir qu’un nombre
fini dans un compact de sorte que f= 0 sur Det donc nulle sur Cpar prolongement analytique
et donc Aint`egre. Le corps des fractions de H(C) est le corps des fonctions m´eromorphes sur C.
(ii) On consid`ere pour k∈N, l’id´eal Ikdes fonctions holomorphes qui s’annulent sur
N\{0,···, k}; la suite Ikest clairement croissante et montrons qu’elle n’est pas stationnaire.
On consid`ere la fonction fn(z) = sin(πz)
z(z−1)···(z−n); les entiers ´etant des z´eros simples de sin(πz), on
en d´eduit que fn∈Inet fn6∈ In−1de sorte que An’est pas noeth´erien.
(iii) Soit f∈A×; il existe alors g∈A×tel fg = 1 et donc fne s’annule pas sur C.
R´eciproquement si fne s’annule pas sur C,g= 1/f est alors une fonction holomorphe sur C,
de sorte que A×est exactement l’ensemble des fonctions holomorphes qui ne s’annulent pas sur
C.
Evidemment exp(g)∈A×car la fonction exponentielle ne s’annule jamais. R´eciproquement si
f∈A×, alors f0/f ∈Aadmet une primitive holomorphe gsur C(qui est un ouvert connexe)
et (f/ exp(g))0=f0−f g0
exp g= 0 et donc f/ exp gest une fonction constante sur C:f=λexp g.
Or la fonction exponentielle de Cdans C×est surjective soit donc α∈Ctel que λ= exp αet
f= exp(α+g) avec α+gholomorphe sur C.
(iv) Soit f∈Aposs`edant un unique z´ero simple z0et soit f=gh avec g6∈ A×;get hne
s’annulent pas en dehors de z0et gposs`ede au moins un z´ero, soit g(z0) = 0. En outre z0´etant
un z´ero simple de f, on en d´eduit h(z0)6= 0 soit h∈A×et donc firr´eductible. R´eciproquement
soit f∈Aposs`edant au moins deux z´eros compt´es avec multiplicit´e; soit z1, z2deux d’entre
eux avec ´eventuellement z1=z2si c’est un z´ero multiple. On pose g(z) = f(z)
(z−z1)(z−z2)∈Aet
f= (z−z1)×(z−z2)g(z) avec z−z16∈ A×et (z−z2)h(z)6∈ A×et donc fnon irr´eductible.
Ainsi une fonction fposs`edant une infinit´e de z´eros, par exemple sin(πz), ne peut pas se
d´ecompˆoser en un produit fini d’´el´ements irr´eductibles de sorte que An’est pas factoriel.
(v) Soit h=f/g une fonction m´eromorphe sur C´ecrite sous forme irr´eductible et a0,···, an−1
des ´el´ements de Atels que
hn+an−1hn−1+··· +a0= 0
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