Solution

MAT2611 : algèbre 2, hiver 2016
Travaux pratiques #9, 1 avril
Exercice 1 (ex. 8, p. 344).Rappelez la définition de la torsion Tor(M)d’un A-module M.
Les membres de Msont appelés éléments de torsion de M.
(a) Montrez que si Aest un anneau intègre, alors Tor(M)est un sous-module de M,
appelé le sous-module de torsion de M. De plus, le module quotient M/ Tor(M)n’a
pas d’éléments non-nuls de torsion.
(b) Donnez un exemple d’un anneau Aet d’un A-module Mpour lesquels l’ensemble
Tor(M)n’est pas un sous-module de M. [Indication : Considérez Tor(A), c’est-à-dire,
le sous-module de torsion de l’A-module A.]
(c) Si Aa des diviseurs de zéro et Mest un A-module non-nul, alors montrez que Tor(M)6=
{0}.
(d) (ex. 4, p. 356) Mest appelé un module de torsion si Tor(M) = M. Montrez que
chaque groupe abélien fini est un Z-module de torsion. Donnez aussi un exemple d’un
Z-module de torsion qui est infini.
Solution. (a) Tout d’abord, 0M∈Tor(M), puisque 1A0M= 0Met 1A6= 0Adans un anneau
intègre. Soient m, n ∈Tor(M). On va prouver que m−n∈Tor(M). Par définition, il y a
deux éléments non-zéros a, b ∈Atels que am =bn = 0M. Par conséquent, on trouve que
ab(m−n) = (ab)m−(ab)n= (ba)m−(ab)n=b(am)−a(bn) = 0M−0M= 0M,
puisque un anneau intègre est également commutatif. De plus, on a que ab 6= 0Acar a, b 6= 0A
et Aest intègre. Donc on conclut que m−n∈Tor(M). Finalement, on va prouver que
αm ∈Tor(M)pour tout α∈A. En effet, si α= 0A, alors αm = 0Am= 0M∈Tor(M).
Aussi, si α∈A\ {0A}, alors αa 6= 0Aet
a(αm) = (aα)m= (αa)m=α(am) = α0M= 0M,
ce qui implique que αm appartient à Tor(M). Ceci conclut la preuve que Tor(M)est un
sous-anneau de M.
Il reste à prouver que M/ Tor(M)n’a pas d’éléments non-nuls de torsion. En effet, soit
m∈M/ Tor(M)un élément de torsion (on dénote par mla classe d’équivalence de m
modulo Tor(M)). Alors, il existe a∈A\ {0}tel que am = 0M. Puisque am =am, alors
on trouve que am ∈Tor(M). Donc, il existe un b∈A\ {0A}tel que b(am)=0M. Donc
(ba)m=b(am) = 0M. Mais ba 6= 0Acar Aest intègre. Par la suite, m∈Tor(M), c’est-à-dire,
m= 0M. Ceci montre que Tor(M/ Tor(M)) = {{0}}, c’est-à-dire, M/ Tor(M)n’a pas de
torsion.
(b) Compte tenu de la partie (a), l’anneau Adoit être non-intègre. On considère l’anneau
A=Z/6Z, qui est de façon triviale un A-module. Les éléments 2et 3appartiennent à Tor(A)
car 2 3 = 0, mais 3−2 = 1 n’est pas un élément de torsion. Ceci montre que Tor(A)n’est
pas un sous-module de Adans ce cas.
(c) Par hypothèse, il existe a, b ∈A\ {0A}tels que ab = 0A. On considère deux cas.
Premièrement, si bm = 0Mpour tout m∈M, alors Tor(M) = M6= (0M). Deuxièmement,
s’il existe un m∈Mtel que bm 6= 0M, alors a(bm) = (ab)m= 0Am= 0M, ce qui implique
bm ∈Tor(M)\ {0M}. En tout cas, on a trouvé des éléments non-nuls de torsion.
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(d) Si (G, +) est un groupe abélien fini, soit de néléments, alors le théorème de Lagrange
implique que
ng =g+· · · +g
| {z }
nfois
= 0
pour tout g∈G. Alors Tor(G) = G.
Finalement, si (G, +) est un groupe abélien fini de néléments, alors le produit direct infini
M=G×G× · · · est un Z-module par rapport à l’opération
m(g1, g2, . . . ) := (mg1, mg2, . . . ).
De plus, on a que n(g1, g2, . . . ) = (0,0, . . . )pour tous g1, g2,· · · ∈ Gcomme au-dessus, ce
qui montre que Mest un module de torsion.
Exercice 2. Soit Mun A-module. Si S⊂M, alors rappelez la définition de l’annulateur de
Sdans M, défini par
Ann(S) = {a∈A:as = 0 pour tout s∈S}.
Si on veut souligner l’anneau A, on écrit AnnA(S).
(a) (Ex. 9, p. 344) Montrez que si Nest un sous-module de M, alors son annulateur
Ann(N)est un idéal de A. De plus, montrez que l’action a·n:= a·nrend Nun
(A/ Ann(N))-module dont l’annulateur est nul.
Rémarque. Un A-module Mdont l’annulateur Ann(M)est nul est appelé fidèle.
(b) (Ex. 10, p. 344) Soit Iun idéal de A. Montrez que l’ensemble {m∈M:im =
0pour tout i∈I}, appelé l’annulateur de Idans M, est un sous-module de M.
(c) (ex. 11, p. 344) Supposons que M=Z/24Z×Z/15Z×Z/50Zet que A=Z.
(i) Calculez l’idéal Ann(M).
(ii) Soit I= 2Z. Décrivez l’annulateur de Idans Mcomme un produit direct de
groupes cycliques.
Solution. (a) Soit Nun sous-module de M. D’abord, on a que 0Am= 0Mpour tout
m∈M, alors 0A∈Ann(M)⊂Ann(N). De plus, si α, β ∈Ann(N), alors
(α−β)m=αm −βm = 0M−0M= 0M(m∈M),
ce qui montre que α−β∈A. Finalement, si a∈Aet α∈Ann(N), alors
(aα)n=a(αn) = a0M= 0M(n∈N),
ce qui prouve que aα ∈Ann(N). De plus,
(αa)n=α(an) = 0M(n∈N),
puisque an ∈Npour tout n∈Ncar Nest un sous-module de Met α∈Ann(N). On
conclut que Ann(N)est, en effet, un idéal de A.
Finalement, si adénote la classe d’équivalence de amodulo Ann(N), alors on définit
a·n:= an. C’est une opération bien définie : si a=a0, alors a−a0∈Ann(N)et, par
conséquent, (a−a0)n= 0. Donc, on trouve que an =a0n, comme voulu. C’est clair que cette
opération rend Nun A/ Ann(N)-module. On veut montrer que l’annulateur de ce module
est trivial. En effet, si an = 0Mpour tout n∈N, alors an = 0Mpour tout n∈N, ce qui
implique que a∈Ann(N), c’est-à-dire, que a= 0A. Par la suite, l’annulateur de Ndans
A/ Ann(N)est nul, comme voulu.

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(b) Soit N={m∈M:im = 0Mpour tout i∈I}. On va montrer que Nest un
sous-module de M. Tout d’abord, 0M∈Npuisque a0M= 0Mpour tout a∈A. Puis, si
n1, n2∈N, alors
i(n1−n2) = in1−in2= 0M−0M= 0M
pour chaque i∈I, ce qui implique que n1−n2∈N. Finalement, si a∈Aet n∈N, alors
pour tout i∈Ion a que ia ∈Iet, par conséquent, i(an)=(ia)n= 0M. Donc on déduit que
an ∈N, ce qui conclut la preuve que Nest un sous-module de M.
(c-i) On a que k∈Ann(M)si est seulement si
k(a(mod 24), b (mod 15), c (mod 50)) = (0 (mod 24),0 (mod 15),0 (mod 50)) ∀a, b, c ∈Z
⇔ka ≡0 (mod 24), kb ≡0 (mod 15), kc ≡0 (mod 50),∀a, b, c ∈Z
⇔k≡0 (mod 24), k ≡0 (mod 15), k ≡0 (mod 50)
⇔ppcm[24,15,50]|k.
Puisque 24 = 23·3,15 = 3 ·5et 50 = 2 ·52, alors ppcm[24,15,50] = 23·3·52= 600. Donc
Ann(M) = 600Z.
(c-ii) Soit N={m∈M:am = 0Mpout tout a∈2Z}l’annulateur de Idans M. On
trouve que l’élément (a(mod 24), b (mod 15), c (mod 50)) de Mappartient à Ns-si
2k(a(mod 24), b (mod 15), c (mod 50)) = (0 (mod 24),0 (mod 15),0 (mod 50)) ∀k∈Z
⇔2ka ≡0 (mod 24),2kb ≡0 (mod 15),2kc ≡0 (mod 50),∀k∈Z
⇔ka ≡0 (mod 12), kb ≡0 (mod 15), kc ≡0 (mod 25),∀k∈Z
⇔a≡0 (mod 12), b ≡0 (mod 15), c ≡0 (mod 25).
Donc on trouve que
N= 12Z/24Z×15Z/15Z×25Z/50Z∼
=Z/2Z×Z/2Z.
Exercice 3. Soit Aun anneau unitaire.
(a) (ex. 9, p. 356) Un A-module Mest appelé irréductible si Mn’est pas nul est ses seules
sous-modules sont (0) et M. Montrez que Mest irréductible si et seulement si M6={0}
et M=Am pour chaque m∈M\ {0}. Déterminez tous les Z-modules irréductibles.
(b) (ex. 10, p. 356) Soit Mun A-module. Si Aest commutatif, montrez que Mest irré-
ductible si et seulement si M∼
=A/I comme A-modules, où Iest un idéal maximal
de A. [Indice : Pour chaque m∈M\ {0}, l’application A3a→am ∈Mest un
isomorphisme de A-modules.]
(c) (ex. 11, p. 356) Soit Met Ndeux A-modules irréductibles. Montrez que chaque appli-
cation linéaire non-zéro de MàNest un isomorphisme de A-modules. Déduisez que
End(M)est un corps gauche. [Indice : Considérez le noyau et l’image de l’application
linéaire.]
Solution. (a) “⇒” : Supposons que Mest irréductible. L’ensemble Am est un sous-module
de M(il est le sous-module engendré par m). De plus, si m6= 0, alors Am 6= (0) car
m= 1 ·m∈Am. Puisque les seuls sous-modules de Msont (0) et M, on conclut que
Am =M.
“⇐” : Supposons que Am =Mpour tout m∈M\ {0}. Soit Nun sous-module de M
qui n’est pas nul. Donc il contient au moins un élément non-nul, soit n. L’ensemble An est

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contenu dans Ncar Nest un sous-module. Mais An =Mpar hypothèse, ce qui implique
que M=An ⊂N⊂M, d’où on déduit que N=M. Ceci conclut la démonstration.
Finalement, on détermine tous les Z-modules irréductibles. Ils sont les groupes abéliens
non-nuls qui sont aussi normaux. Soit Gun tel groupe. On va montrer que G=Z/pZpour
un nombre premier p. Le groupe Gn’est pas nul, donc il existe g∈G\ {0}. Considérons
H=hgi, le sous-groupe de Gengendré par g. Puisque Gest normale et Hn’est pas nul,
on trouve que H=G. Donc Gest un groupe cyclique, ce qui implique que soit G∼
=Z
soit G∼
=Z/nZpour un n≥2. Le groupe Zn’est pas normale. Par exemple, 2Zest un
sous-groupe propre et non-nul de Z. Puis, si G∼
=Z/nZpour un n≥2composé, alors on
peut écrire n=ab pour quelques a, b ∈ {2, . . . , n −1}. Donc aG est un sous-groupe de G
qui est propre et non-nul. Finalement, si G∼
=Z/pZpour un nombre premier p, alors Gest
normale : si Hest un sous-groupe de G, on trouve que |H|divise |G|=p. Donc soit |H|= 1,
c’est-à-dire, H= (0), où |H|=p=|G|, c’est-à-dire H=G, ce qui montre notre affirmation
que Gest normale dans ce cas. Ceci conclut la preuve.
(b) Tout d’abord, on sait que Aest un A-module. De plus, c’est facile à voir que Iest un
sous-module de As-si Iest un idéal de A. (Ici, on a besoin de la commutativité de A.)
“⇒” : Supposons que Mest irréductible. Puisque Mest non-nul par la définition d’un
module irréductible, alors il existe un m∈M\ {0}. On définit l’application ϕ:A→M
par ϕ(a) = am. Evidemment, c’est une application linéaire sur A(ici, l’hypothèse que A
est commutatif est importante). De plus, elle est surjective : son image ϕ(A)est un sous-
module non-zéro de M, donc il doit être égal à M. Par conséquent, le premier théorème
d’isomorphisme de A-modules implique que A/ ker(ϕ)∼
=Mcomme A-modules. Il reste de
prouver que ker(ϕ)est idéal maximal de A. Tout d’abord, comme nous avons vu au-dessus,
ker(ϕ)est un idéal de Acar il est un sous-module de A. De plus, ker(ϕ)6=Acar M6= 0.
Finalement, si Iest un idéal de Apour lequel ker(ϕ)⊂I⊂A, alors I/ ker(ϕ)est un idéal de
A/ ker(ϕ). Donc I/ ker(ϕ)est un sous-module de A/ ker(ϕ). Mais A/ ker(ϕ)est irréductible
car il est isomorphe à M. Par conséquent, soit I/ ker(ϕ) = 0 soit I/ ker(ϕ) = A/ ker(ϕ). Le
théorème de correspondance dit que J/ ker(ϕ) = J0/ker(ϕ)s-si J=J0. Donc, soit I= ker(ϕ)
soit I=A, ce qui implique que ker(ϕ)est un idéal maximal de A.
“⇐” : Il suffit de montrer que A/I est irréductible comme un A-module si Iest maximal.
D’après le théorème de correspondence, les sous-modules de A/I sont en correspondence
avec des modules Jde Atels que I⊂J⊂A. Mais, Jest sous-module de As-si Jest un
idéal de A. Puisque Iest maximal, les seules possibilités sont J=Iet J=A, ce qui montre
que A/I est irréductible.
(c) Soit ϕ:M→Nune application linéaire non-nul. Alors ϕ(M)6= (0). Mais Nest
un module irréductible et ϕ(M)est un sous-module non-nul de N. Donc ϕ(M) = N. Le
premier théorème d’isomorphisme de A-modules implique que M/ ker(ϕ)∼
=N. Le noyau de
ϕest un sous-module du module irréductible M. Donc soit ker(ϕ) = (0) soit ker(ϕ) = M.
Si ker(ϕ) = M, alors Nest nul, ce qui est une contradiction. Donc ker(ϕ) = (0), ce qui
implique que ϕest un isomorphisme de A-modules.
Finalement, si Mest irréductible, alors End(M)est un corps gauche : en effet, soit ϕ∈
End(M)\ {0}. Par la discussion au-dessus, on trouve que ϕest un isomorphisme de A-
modules. En particulier, ϕ−1existe et elle est une application linéaire, c’est-à-dire, ϕ−1∈
End(M). De plus ϕ−1◦ϕ=ϕ◦ϕ−1=1M, par définition. Ceci conclut la solution.