Examen,Éléments de correction.

Universit´ e de Nice Master 1 Math´ ematiques
2008-09 GAE
Examen, ´ El´ements de correction.
Dans tout ce texte anneau signifie anneau commutatif et unitaire.
Exercice 1.
1.1.On consid`ere un anneau int`egre A, son corps de fractions K, et deux polynˆomes
`a une variable Pet Qdans A[X]de degr´es respectifs pet q. On suppose que Pest
unitaire.
Donner la d´efinition et les principales propri´et´es du r´esultant de Pet Q.
1.2.On suppose d´esormais que Aest l’anneau des polynˆomes `a une variable Ysur
un corps ket que pet qsont aussi les degr´es totaux de Pet Qconsid´er´es comme
polynˆomes de k[X, Y ]. Montrer que le r´esultant Res(P, Q)est un polynˆome en Yde
degr´e au plus pq.
Le coefficient de Xidans Pest de degr´e au plus p−ien Ypuisque le degr´e total de Pest p. Le
coefficient de la matrice de Sylvester situ´e `a la i-`eme ligne et `a la j-`eme colonne (j≤q) est un
polynˆome de k[Y] nul ou de degr´e au plus p−(i−1) + (j−1) = p−i+jet nul si p−i+j < 0.
De mani`ere analogue le coefficient de la matrice de Sylvester situ´e `a la i-`eme ligne et `a la j-`eme
colonne (j > q) est un polynˆome de k[Y] nul ou de degr´e au plus q−(i−1) + (j−q−1) = j−iet
nul si j−i < 0. Le r´esultant, qui est le d´eterminant de la matrice de Sylvester, est une combinaison
de produits de p+qcoefficients de la matrice
m1,σ(1) . . . mp+q,σ(p+q)
o`u σest une permutation de (1, . . . , p+q) et mi,σ(i)est nul ou de degr´e inf´erieur ou ´egal `a p−i+σ(i)
si σ(i)≤qet `a σ(i)−isi σ(i)> q. Noter que, lorsque l’une de ces quantit´es est n´egative, le terme
correspondant est nul. Le degr´e du produit est donc major´e par
pq −X
i
i+X
i
σ(i) = pq.
1.3.On suppose que Res(P, Q)n’est pas nul dans k[Y]. Montrer que l’ensemble des
z´eros de l’id´eal (P, Q)est un sous-ensemble fini de k2(on pourra d’abord montrer que
l’ensemble des ordonn´ees de cet ensemble est fini).
Si le corps kest fini, la propri´et´e est vraie. Supposons donc que kest infini.
Le r´esultant Res(P, Q) est un ´el´ement de l’id´eal (P, Q). Tout z´ero de l’id´eal (P, Q) annule le
r´esultant. L’ensemble des ordonn´ees des z´eros de (P, Q) est donc contenu dans l’ensemble des
z´eros du polynˆome Res(P, Q), non nul par hypoth`ese. Autrement dit l’ensemble des z´eros de
(P, Q) est contenu dans une r´eunion finie de droites d’´equation Y−b= 0.
Supposons que l’une de ces droites est contenue dans l’ensemble des z´eros de (P, Q). Le polynˆome
P(X, b) s’annule en tous les points de k, de mˆeme que le polynˆome Q(X, b). Comme kest infini,
ces deux polynˆomes sont identiquement nuls. On en d´eduit que P(X, Y ) et Q(X, Y ) sont divisibles
par Y−bdans k[X, Y ], ce qui contredit le fait que l’un des deux est unitaire en X.
1.4.On consid`ere ici k=Q et les deux polynˆomes
P(X, Y ) = Y2+X2−X, Q(X, Y ) = Y2+XY −2X.
Calculez le r´esultant R1de Pet Qconsid´er´es comme des polynˆomes de Q[Y][X], et le
r´esultant R2de Pet Qconsid´er´es comme des polynˆomes de Q[X][Y].

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On obtient R1(Y) = Y2(2Y2−3Y+ 2) et R2(X) = X2(2X2+X+ 1).
1.5.Calculez les abscisses possibles dans Q2des z´eros de l’id´eal (P, Q)puis les coor-
donn´ees dans Q2des z´eros de l’id´eal (P, Q). Mˆeme question dans C2.
Les abscisses possibles sont les racines du polynˆome R2soit 0 et les racines du trinˆome 2X2+X+1
de discriminant −7.
Un point (α, β) de k2est un z´ero de (P, Q) lorsque αest une abscisse possible et P(α, β) =
Q(α, β) = 0.
Dans Q2, la seule abscisse possible est 0. On a P(0, Y ) = Y2et Q(0, Y ) = Y2. L’ensemble des
z´eros de (P, Q) dans Q2est r´eduit au point (0,0).
Dans C2, les abscisses possibles sont 0, α:= −1+i√7
4et ¯α. On a
P(α, Y ) = Y2−3α+ 1
2et Q(α, Y ) = Y2+αY −2α.
En particulier
P(α, Y )−Q(α, Y ) = −αY +α−1
2.
Les polynˆomes P(α, Y ) et Q(α, Y ) ont pour seule racine commune Y=α−1
2α=1 2−¯α. Comme P
et Qsont a coefficients rationnels, on obtient que P(¯α, Y ) et Q(¯α, Y ) ont pour racine commune
Y=1
2−α. Les z´eros dans C2de l’id´eal (P, Q) sont donc
(0,0),(α, 1
2−¯α),(¯α, 1 2−α).
Notez que αest une racine de R2, que 1
2−αest une racine de R1, mais que le point (α, 1 2−α)
n’est pas un z´ero de (P, Q).
Exercice 2.
2.1.On appelle anneau local un anneau ayant un seul id´eal maximal. On consid`ere un
tel anneau local Adont on d´esigne l’id´eal maximal par M. Montrer que le compl´emen-
taire A\Mest l’ensemble A×des ´el´ements inversibles de A.
Consid´erons un ´el´ement xde A\M. Si xn’est pas inversible, il engendre un id´eal distinct de A,
donc contenu dans Mpuisque Mest le seul id´eal maximal. C’est absurde.
Inversement, on consid`ere un anneau Atel que le compl´ementaire A\A×est un id´eal
M. Montrer que Mest maximal et que Aest local.
Consid´erons un id´eal Ide A. S’il n’est pas contenu dans M, il contient un ´el´ement xqui est
inversible et on a donc I=A. On en conclut que Mest le seul maximal.
2.2.On consid`ere un corps ket l’anneau des s´eries formelles `a une variable k[[t]].
Montrer successivement que
(1) 1 + test inversible dans k[[t]] (donner son inverse) ;
(2) toute s´erie Pn≥0antnavec a0= 1 est inversible dans k[[t]] ;
(3) toute s´erie Pn≥0antnavec a06= 0 est inversible dans k[[t]].
Montrer que l’id´eal engendr´e par test maximal et que k[[t]] est local.
L’inverse de la s´erie (1 + t) est la s´erie Pn≥0(−1)n+1tn. Consid´erons alors une s´erie 1 + tu(t) avec
u∈k[[t]] et la s´erie
w(t) := X
n≥0
(−1)n(tu(t))n.

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On constate que le coefficient de tndans cette derni`ere s´erie ne d´epend que des puissances de u
inf´erieures `a net donc des coefficients de ud’indice inf´erieur `a n. La s´erie w(t) est donc un ´el´ement
de k[[t]] et c’est l’inverse de 1 + tu(t).
Consid´erons maintenant une s´erie Pi≥0antnavec a06= 0. On l’´ecrit a0(1 + tu(t)) et son inverse
est alors
(a0)−1X
n≥0
(−1)n(tu(t))n.
En r´esum´e, tout ´el´ement de k[[t]] dont le terme constant n’est pas nul est inversible. Un ´el´ement
dont le terme constant est nul est un multiple de t. L’anneau k[[t]] est donc local et son id´eal
maximal et engendr´e par t.
2.3.On consid`ere maintenant un anneau int`egre A, son corps de fractions K, un id´eal
premier Pet l’ensemble Rdes fractions de Kdont le d´enominateur n’est pas dans P.
R=na
b∈K|b /∈Po.
Montrer que Rest un sous-anneau de Kcontenant A. Quels sont les ´el´ements inver-
sibles de R? Montrer que l’id´eal engendr´e par Pdans Rest un id´eal maximal de R
et que Rest un anneau local.
Dire que l’id´eal Pest premier, c’est dire qu’il est distinct de Aet que le produit de deux ´el´ements
de A\Pest encore dans A\P. On d´eduit de cette d´efinition que le produit et la somme de deux
fractions de Rsont encore dans R(r´eduction au mˆeme d´enominateur pour la somme).
Tout ´el´ement de Rde la forme a
bavec a /∈Pest inversible dans Rd’inverse b a(qui est bien dans
Rpuisque a /∈P. Un ´el´ement de Rde la forme a
bavec a∈Pest dans l’id´eal engendr´e par P
puisqu’il s’´ecrit a1
bavec 1 b∈R. On en conclut que Rest un anneau local dont l’id´eal maximal est
l’id´eal engendr´e par Pdans R.
2.4.On consid`ere un anneau local Ad’id´eal maximal Met un A-module de type fini
Mengendr´e par une famille (e1, . . . , er).
Pour Iid´eal de A, on note IMl’ensemble des combinaisons lin´eaires finies
X
i
aimi, ai∈I, mi∈M.
On suppose que MM=M. Montrer que erest ´egal `a une combinaison lin´eaire
Pr
i=1 aiei, ai∈M, puis que erest une combinaison lin´eaire de (e1, . . . , er−1), enfin que
M={0}.
Si r= 0 il n’y a rien `a montrer. Supposons donc r≥1 et consid´erons er. C’est donc un ´el´ement
de MM=M. Il s’´ecrit donc
er=
r
X
i=1
aiei, ai∈M.
On a donc
(1 −ar)er=
r−1
X
i=1
aiei, ai∈M.
Mais 1 −arne peut pas appartenir `a M. Sinon 1 serait aussi dans M. C’est donc que 1 −arest
inversible puisque Aest local. Quitte `a multiplier par l’inverse de (1 −ar), on obtient donc que er
est combinaison lin´eaire des (e1, . . . , er−1). Par r´ecurrence sur ron en d´eduit que Mest nul. C’est
le lemme de Nakayama.

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2.5.(Presque du cours) On dit qu’un anneau est noeth´erien si tout id´eal de Aest un A-
module de type fini, c’est-`a-dire peut ˆetre engendr´e par une famille finie. On consid`ere
un anneau noeth´erien A, un A-module Mlibre de type fini, de base (e1, . . . , er), et un
sous-module Nde M. En consid´erant l’image et le noyau de l’application φqui a tout
´el´ement de Nassocie sa coordonn´ee sur er, montrer que Nest de type fini. En d´eduire
le th´eor`eme (Emmy Noether) : Tout sous-module d’un module de type fini sur un
anneau noeth´erien Aest de type fini.
On fait une d´emonstration par r´ecurrence sur r. Pour r= 0 il n’y a rien `a prouver. Pour r≥1,
on consid`ere l’application
φ:N−→ A
m7−→ ar
qui a un ´el´ement mde Ndont la d´ecomposition dans la base de Mest Piaieiassocie sa coordonn´ee
ar. C’est un morphisme A-lin´eaire. Son image est un id´eal de Aqui est donc de type fini puisque
Aest noeth´erien. Son noyau est un sous-module du module libre engendr´e par (e1, . . . , er−1) qui
est de type fini par hypoth`ese de r´ecurrence. On a donc une famille finie (F1, . . . , Fs) qui engendre
ker φ.
Il existe ´egalement une famille finie (a1, . . . , av) d’´el´ements de Aqui engendre l’image de φ.
Consid´erons des ant´ec´edents (G1, . . . , Gv) de (a1, . . . , av) par le morphisme φ.
Soit Fun ´el´ement de N. Son image φ(F) est une combinaison lin´eaire des (a1, . . . , av) :
φ(F) =
v
X
i=1
λiai, λi∈A.
Consid´erons alors
F−
v
X
i=1
λiGi.
C’est un ´el´ement de ker φ, donc une combinaison lin´eaire des (F1, . . . , Fs). Au total Fest une
combinaison lin´eaire des (F1, . . . , Fs, G1, . . . , Gv). Le module Nest donc de type fini.
Si Mest un module de type fini quelconque, engendr´e par (m1, . . . , mr), il existe un morphisme
surjectif de Arsur M. L’image inverse N0d’un sous-module Nde Mpar ce morphisme est de
type fini d’apr`es ce qui pr´ec`ede. On en d´eduit que Nest engendr´e par les images des g´en´erateurs
de N0, donc de type fini.
2.6.On suppose que Aest local et noeth´erien. On consid`ere un A-module de type fini
N. Montrer que l’intersection
\
n≥0
MnN
est un A-module de type fini (on convient que M0N=N).
Montrer ensuite, en utilisant la question (2.4), que c’est le module nul.
Notons Hl’intersection Tn≥0MnN. C’est un sous-module de N, donc de type fini puisque Aest
noeth´erien. Il v´erifie MH=Hpuisque M(MnN) = Mn+1N. Il est donc nul d’apr`es le lemme de
Nakayama.