Corrigé de l`examen d`Algèbre 2

Corrigé de l'examen d'Algèbre 2
Master (1 année)
Le polynôme b = Y + r est irréductible dans R[Y ] (car r > 0), on peut donc
utiliser le critère d'Eisenstein pour B[X] où B = R[Y ] qui est factoriel et le
polynôme X + b. Les conditions sont vériées car b est irréductible dans B,
donc X + Y + r est irréductible dans R[X, Y ], par conséquent (car R[X, Y ]
est un anneau factoriel) l'idéal engendré par X + Y + r est premier et A est
intègre.
Soit P ∈ R[X, Y ], comme Y + X + r est un polynôme unitaire en Y , on peut
diviser (dans R[X, Y ]) P par ce polynôme et on obtient P = (Y +X +r)U +V
avec V un polynôme de degré inférieur ou égal à 1 en Y . Donc la projection
de P (dans A) s'écrit V (x, y) = f (x) + yg(x) où f et g appartiennent à R[X].
Cette écriture est unique car cela revient à vérier que si f (x) + yg(x) = 0 dans
A alors f et g sont nuls (Si on a 2 écritures, on fait la diérence) . Pour cela il
sut de dire que f (X) + Y g(X) ne peut pas être un multiple de Y + X + r
dans R[X, Y ] à cause des degrés en Y (sauf si f = g = 0).
Si m est un idéal premier de A (6= (0)) alors π (m) est un idéal de R[X, Y ]
qui est premier et qui contient strictement l'idéal (X + Y + r) (Théorème
liant les idéaux de A contenant I à ceux de A/I pour A un anneau quelconque
et I un idéal de A). Si π (m) était principal disons (a) alors a diviserait
X + Y + r mais comme ce dernier polynôme est irréductible, cela voudrait
dire que a lui est associé ou a est un inversible ce qui est impossible dans les 2
cas (dans un cas, il vaudrait π (m) = (X + Y + r), dans l'autre R[X, Y ]).
Par conséquent π (m) est un idéal maximal. Par le théorème indiquant que
les idéaux maximaux de R[X, Y ] contenant (X +Y +r) sont en bijection avec
les idéaux maximaux de A (la bijection étant donnée par les images directes et
réciproques) m est bien un idéal maximal de A.
Si m est un idéal maximal de A alors m = π(π (m)) comme on l'a vu (dans
la question précédente mais c'est le théorème), et comme on nous rappelle les
formes possibles de π (m), on a les formes possibles de m. De plus π(X +
Y + r) = x + y + r(= 0) est dans m.
Si m = (x − α, y − β), on aurait alors x + y + r ≡ α + β + r (mod m) car
x ≡ α (mod m) et y ≡ β (mod m), or x +y +r = 0 dans A et α +β +r ∈ R
est inversible, cela n'est pas possible.
Supposons m = (x − α, P (y)). On voit que Y + α + r ∈ π (m) car son image
vaut y + x + r − (x − α)(x + α) qui est dans m, car y + x + r = 0 et
(x − α) ∈ m. Or P est un polynôme en Y de degré 2 irréductible qui est dans
π (m) montrons qu'il est associé à Y + α + r. En eet sinon ces polynômes
seraient premiers entre eux et d'après Bezout (dans R[Y ] qui est principal) on
aurait U P + V (Y + α + r) = 1 et 1 appartiendrait à π (m), ce qui n'est pas.
Finalement m = (x−α, y +α +r) or y +α +r = y +x +r −(x−α)(x+α) ∈
(x − α) car y + x + r = 0. Donc m = (x − α) est principal.
1
e
2
I. 1.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2.
2
−1
2
2
−1
2
2
−1
2
2
−1
2
3.
2
−1
−1
2
4.
2
2
2
2
2
5.
2
2
2
2
2
2
2
−1
2
2
2
−1
2
2
−1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∗
6.
En reprenant la forme des idéaux maximaux de A (question 3) et en utilisant
les questions 4 et 5, on voit qu'il suit de montrer que les idéaux de la forme
(P (x), y − αx − β) où P est un polynôme en X irréductible de degré 2 (et α
et β des réels) sont principaux. On va suivre le même raisonnement que pour
la question précédente : on remarque d'abord que P est associé à X + (αX +
β) + r. En eet ce dernier polynôme est bien de degré 2 et irréductible (car
il n'a pas de racines réelles), de plus il est dans π (m) car son image vaut
y + x + r − (y − αx − β)(y + αx + β) = −(y − αx − β)(y + αx + β) ∈ m.
Comme précédemment, cela signie qu'il est associé à P (sinon on utiliserait
Bezout dans R[X] pour voir que π (m) contiendrait 1). On obtient alors que
m = π(π (m)) vaut (x + (αx + β) + r, (y − αx − β) et de plus le calcul
précédent montre que x + (αx + β) + r ∈ (y − αx − β) donc m = (y − αx − β)
est bien principal.
On a vu en cours que si pour tout a ∈ E, a et u(a) sont colinéaires alors u est
une homothétie. Les homothéties formant le centre de GL(E) et H n'étant pas
inclus dans le centre, il existe bien u ∈ H qui n'est pas dans le centre et a ∈ E
qui n'est pas colinéaire à u(a).
Autre démonstration de la propriété énoncé, si pour tout a ∈ E, a et u(a) sont
colinéaires alors tout vecteur non nul est vecteur propre, cela prouve que u est
diagonale dans toute base et cela impose qu'il n'y a qu'une valeur propre car
sinon si e est un vecteur propre associé à λ et de même pour e avec λ 6= λ
alors e + e n'est plus vecteur propre.
Comme la dimension de E est ≥ 3 (2 sut dans ce cas), on peut trouver
un hyperplan H (l'hyperplan ne peut pas être appelé H comme le groupe)
qui contient a mais qui ne contient pas u(a). En eet a et u(a) n'étant pas
colinéaires, on peut trouver des e , . . . , e tels que (e , . . . , e , a, u(a)) forme
une base, on prend alors H =< e , . . . , e , a >. Enn comme a ∈ H , on
peut construire une transvection τ d'hyperplan H et de droite ka (on peut
même en construire autant qu'il y a d'éléments dans k).
Soit φ = τ uτ u appartient à H car u ∈ H et H normal entraîne que τ uτ
et u ∈ H aussi donc le produit. De plus en prenant le déterminant de φ on voit
qu'il vaut 1, il faut voir maintenant que φ n'est pas une homothétie. On calcule
φ(u(a)) = τ uτ (a) = τ (u(a)) car τ est aussi une transvection d'hyperplan
H et A ∈ H donc τ (a) = a. Or comme τ est une transvection et que u(a)
n'est pas dans l'hyperplan, on a τ (u(a)) 6= u(a) et donc τ (u(a)) = u(a) + λa
avec λ 6= 0, cela ne peut pas être un multiple de u(a) (car a et u(a) sont libres).
On vient de voir que H ∩ SL(E) contient un élément φ qui n'est pas dans le
centre, de plus H ∩SL(E) est normal dans SL(E)(Rappel : si H est normal dans
G, alors H ∩K est normal dans K pour tout sous-groupe K de G). Le corollaire
du théorème de simplicité de PSL(E) (car n ≥ 3) nous dit que H ∩ SL(E) = H
c'est-à-dire H ⊃ SL(E).
2
2
−1
2
2
−1
−1
2
2
2
II. 1.
2
1
1
2.
1
2
1
2
2
1
1
n−2
1
1
1
n−2
n−2
1
1
3.
−1 −1
−1
−1
−1
1
4.
1
−1
−1
2
5.
L'application déterminant dét : G −→ k a pour noyau SL(E), par conséquent
si H est un sous-groupe contenant SL(E) alors H = dét (dét(H)). En eet, il
sut de voir que dét (dét(H)) ⊂ H , l'autre inclusion étant toujours vrai. Si
u ∈ dét (dét(H)), cela signie qu'il existe v dans H tel que dét(u) = dét(v)
(on voit bien que l'autre inclusion est triviale). Cela prouve alors que v u est
de déterminant 1 donc dans H et donc u = v(v u) ∈ H . On pose K = dét(H)
et on voit que K est un sous-groupe de k et que H = dét (K) est bien l'image
réciproque d'un sous-groupe de k par l'application déterminant.
Remarque : on pouvait utiliser (c'est même bien) le théorème disant que pour
S normal dans G, les sous-groupes de G contenant S sont en bijection avec
les sous-groupes de G/S, la bijection se faisant par les images directes et réciproques de l'application canonique G −→ G/S et vérier que c'est bien notre
cas.
Le fait que A(H) soit un sous-groupe de GL(E) est facile, il faut vérier que si u
et v ∈ A(H) alors u et uv sont dans A(H). Une intersection de sous-groupe
est un sous groupe. D'autre part, on sait que τ est une transvection d'hyperplan
H si et seulement si τ 6= id, τ = id et dét(τ ) = 1. Ce sont exactement
les conditions d'appartenance à T (H) sauf pour l'identité. Par conséquent les
éléments de T (H) sont les transvections d'hyperplan H "plus" l'identité.
Si on restreint l'application déterminant à A(H), c'est (évidemment) un morphisme de groupes qui reste surjectif. En eet soit λ ∈ k quelconque si on prend
e ∈
/ H et u l'endomorphisme déni par u(x) = x si x ∈ H et u(e ) = λe ,
alors en calculant son déterminant dans une base dont les n − 1 premiers vecteurs forment une base de H auquel on rajoute e , on voit facilement que son
déterminant vaut λ (la matrice de u dans cette base sera diagonale avec que
des 1 sauf en dernière position où il y aura λ). Le noyau de cette application
vaut T (H) qui est donc normal dans A(H) et le quotient est isomorphe (par
le théorème d'isomorphisme des groupes) à k .
Soit f une forme linéaire de E dans k de noyau H (par exemple pour e ∈/ H
xé, et e , . . . , e une base de H , on peut prendre f (e ) = 0 si i < n et
f (e ) = 1. On sait alors que si τ est une transvection d'hyperplan H , on a un
a ∈ H (unique comme on le verra) tel que τ (x) = x + f (x)a. Ce a est unique
car le f est xée, il vaut d'ailleurs τ (e ) − e pour le f xé précédemment.
Soit maintenant φ : T (H) −→ H qui envoie τ sur ce a ; φ est déni par
τ 7→ τ (e ) − e (avec le f choisi précédemment), cela a l'avantage d'être déni
pour τ = id (l'image de l'identité vaut 0). Remarquons que pour tout τ on aura
∀x ∈ E , τ (x) = x + f (x)φ(τ ) et montrons que φ est un morphisme. En eet,
soient u et v ∈ T (H), avec φ(u) = a et φ(v) = b. Calculons uv(e ) = u(e + b)
car v(x) = x + f (x)φ(v) donc u(v(e )) = e + a + u(b) = e + a + b car b ∈ H
donc u(b) = b, nalement φ(uv) = φ(u) + φ(v) et φ est bien un morphisme.
Son noyau est évidement l'identité puisque a = 0 et pour tout a ∈ H on peut
construire la transvection τ (f, a) c'est-à-dire τ (x) = x + f (x)a, donc a est
3
∗
−1
−1
−1
−1
−1
−1
∗
∗
III. 1.
−1
|H
2.
H
∗
n
n
n
n
∗
3.
n
1
n−1
i
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
4.
l'image par φ d'un élément de A(H). On a bien un isomorphisme et T (H) est
donc commutatif, H est bien sûr considéré comme un groupe additif.
Pour montrer que B(H) est un sous-groupe ce sont les mêmes vérications
que pour A(H), elles sont faciles. Soit τ ∈ T (H), τ 6= id, et u ∈ B(H), τ
est alors une transvection d'hyperplan H et uτ u est alors une transvection
d'hyperplan u(H) (cours), comme u(H) = H , on en déduit que uτ u ∈ T (H)
et donc T (H) est normal dans B(H). Si maintenant on prend v ∈ A(H),
regardons pour x ∈ H ce que vaut uvu (x) = u(v(u (x))), mais comme
u ∈ B(H) cela signie que u (x) ∈ H (car u aussi est dans B(H)) et
donc il est invariant par v ∈ A(H) donc v(u (x)) = u (x) et nalement
uvu (x) = x pour tout x ∈ H , et uvu ∈ A(H), donc A(H) est normal dans
B(H).
L'application φ : B(H) −→ k × GL(H) est bien déni car si u ∈ B(H), on
a u(H) = H et donc l'image de u est bien H . Le fait que cette application
soit un morphisme est immédiat car le déterminant en est un, et la restriction
quand elle est dénie aussi.
On a Ker(φ) = {u ∈ B(H), tels que dét(u) = 1 et u = id } qui vaut T (H)
par dénition de T (H).
Soit (λ, v) ∈ k × GL(H). Prenons e ∈/ H , on a alors E = H ⊕ ke , prenons
maintenant l'application linéaire u dénie par u(e ) = λ/dét(v).e et u(x) =
v(x) pour tout x ∈ H . On vérie que u ∈ B(H) car pour x ∈ H , u(x) = v(x) ∈
H et d'autre part dét(u) = dét(v).λ/dét(v) = λ 6= 0. On vérie encore plus
facilement maintenant que φ(u) = (λ, v), donc φ est surjective.
Soit (e , . . . , e ) une base de H et e ∈/ H , on a B = (e , . . . , e ) qui est
donc une base de E. Appelons D(H) = {u ∈ GL(E), tel que u(H) = H et
e est vecteur propre pour u} (la dernière condition signie u(e ) = λe pour
un certain λ ∈ k , la valeur propre 0 étant interdite). On vérie facilement
que D(H) est un sous groupe de B(H) (car si e est vecteur propre de u
et v, il l'est aussi de uv ou u ). De plus l'image réciproque de (λ, v) (le u)
trouvée à la question précédente est bien dans D(H), donc φ restreint à D(H)
est encore surjective. Montrons qu'elle est injective, en eet pour u ∈ D(H),
φ(u) = (dét(u )λ, u ) où λ est la valeur propre associée à e ; cela se voit
par exemple en exprimant u dans la base B. Si cette expression vaut (1, id ),
cela entraîne que u = id et donc que son déterminant vaut 1 et λ = 1.
Finalement u = id et u(e ) = e donc u = id. La restriction de φ à D(H)
est bien un isomorphisme.
−1
−1
−1
−1
−1
−1
−1
−1
−1
−1
∗
|H
5.
|H
∗
H
n
n
n
6.
1
n−1
n
n
1
n
n
n
n
∗
n
−1
|H
|H
n
H
|H
|H
H
H
n
n
4