Examen,Éléments de correction.

Université de Nice
2008-09
Master 1 Mathématiques
GAE
Examen, Éléments de correction.
Dans tout ce texte anneau signifie anneau commutatif et unitaire.
Exercice 1.
1.1. On considère un anneau intègre A, son corps de fractions K, et deux polynômes
à une variable P et Q dans A[X] de degrés respectifs p et q. On suppose que P est
unitaire.
Donner la définition et les principales propriétés du résultant de P et Q.
1.2. On suppose désormais que A est l’anneau des polynômes à une variable Y sur
un corps k et que p et q sont aussi les degrés totaux de P et Q considérés comme
polynômes de k[X, Y ]. Montrer que le résultant Res(P, Q) est un polynôme en Y de
degré au plus pq.
Le coefficient de X i dans P est de degré au plus p − i en Y puisque le degré total de P est p. Le
coefficient de la matrice de Sylvester situé à la i-ème ligne et à la j-ème colonne (j ≤ q) est un
polynôme de k[Y ] nul ou de degré au plus p − (i − 1) + (j − 1) = p − i + j et nul si p − i + j < 0.
De manière analogue le coefficient de la matrice de Sylvester situé à la i-ème ligne et à la j-ème
colonne (j > q) est un polynôme de k[Y ] nul ou de degré au plus q − (i − 1) + (j − q − 1) = j − i et
nul si j −i < 0. Le résultant, qui est le déterminant de la matrice de Sylvester, est une combinaison
de produits de p + q coefficients de la matrice
m1,σ(1) . . . mp+q,σ(p+q)
où σ est une permutation de (1, . . . , p+q) et mi,σ(i) est nul ou de degré inférieur ou égal à p−i+σ(i)
si σ(i) ≤ q et à σ(i) − i si σ(i) > q. Noter que, lorsque l’une de ces quantités est négative, le terme
correspondant est nul. Le degré du produit est donc majoré par
X
X
pq −
i+
σ(i) = pq.
i
i
1.3. On suppose que Res(P, Q) n’est pas nul dans k[Y ]. Montrer que l’ensemble des
zéros de l’idéal (P, Q) est un sous-ensemble fini de k 2 (on pourra d’abord montrer que
l’ensemble des ordonnées de cet ensemble est fini).
Si le corps k est fini, la propriété est vraie. Supposons donc que k est infini.
Le résultant Res(P, Q) est un élément de l’idéal (P, Q). Tout zéro de l’idéal (P, Q) annule le
résultant. L’ensemble des ordonnées des zéros de (P, Q) est donc contenu dans l’ensemble des
zéros du polynôme Res(P, Q), non nul par hypothèse. Autrement dit l’ensemble des zéros de
(P, Q) est contenu dans une réunion finie de droites d’équation Y − b = 0.
Supposons que l’une de ces droites est contenue dans l’ensemble des zéros de (P, Q). Le polynôme
P (X, b) s’annule en tous les points de k, de même que le polynôme Q(X, b). Comme k est infini,
ces deux polynômes sont identiquement nuls. On en déduit que P (X, Y ) et Q(X, Y ) sont divisibles
par Y − b dans k[X, Y ], ce qui contredit le fait que l’un des deux est unitaire en X.
1.4. On considère ici k = Q et les deux polynômes
P (X, Y ) = Y 2 + X 2 − X,
Q(X, Y ) = Y 2 + XY − 2X.
Calculez le résultant R1 de P et Q considérés comme des polynômes de Q[Y ][X], et le
résultant R2 de P et Q considérés comme des polynômes de Q[X][Y ].
2
On obtient R1 (Y ) = Y 2 (2Y 2 − 3Y + 2) et R2 (X) = X 2 (2X 2 + X + 1).
1.5. Calculez les abscisses possibles dans Q2 des zéros de l’idéal (P, Q) puis les coordonnées dans Q2 des zéros de l’idéal (P, Q). Même question dans C2 .
Les abscisses possibles sont les racines du polynôme R2 soit 0 et les racines du trinôme 2X 2 +X +1
de discriminant −7.
Un point (α, β) de k 2 est un zéro de (P, Q) lorsque α est une abscisse possible et P (α, β) =
Q(α, β) = 0.
Dans Q2 , la seule abscisse possible est 0. On a P (0, Y ) = Y 2 et Q(0, Y ) = Y 2 . L’ensemble des
zéros de (P, Q) dans Q2 est réduit au point (0, 0).√
7
Dans C2 , les abscisses possibles sont 0, α := −1+i
et ᾱ. On a
4
3α + 1
P (α, Y ) = Y 2 −
et Q(α, Y ) = Y 2 + αY − 2α.
2
En particulier
α−1
P (α, Y ) − Q(α, Y ) = −αY +
.
2
= 12 − ᾱ. Comme P
Les polynômes P (α, Y ) et Q(α, Y ) ont pour seule racine commune Y = α−1
2α
et Q sont a coefficients rationnels, on obtient que P (ᾱ, Y ) et Q(ᾱ, Y ) ont pour racine commune
Y = 21 − α. Les zéros dans C2 de l’idéal (P, Q) sont donc
1
1
(0, 0), (α, − ᾱ), (ᾱ, − α).
2
2
1
Notez que α est une racine de R2 , que 2 − α est une racine de R1 , mais que le point (α, 21 − α)
n’est pas un zéro de (P, Q).
Exercice 2.
2.1. On appelle anneau local un anneau ayant un seul idéal maximal. On considère un
tel anneau local A dont on désigne l’idéal maximal par M. Montrer que le complémentaire A \ M est l’ensemble A× des éléments inversibles de A.
Considérons un élément x de A \ M. Si x n’est pas inversible, il engendre un idéal distinct de A,
donc contenu dans M puisque M est le seul idéal maximal. C’est absurde.
Inversement, on considère un anneau A tel que le complémentaire A \ A× est un idéal
M. Montrer que M est maximal et que A est local.
Considérons un idéal I de A. S’il n’est pas contenu dans M, il contient un élément x qui est
inversible et on a donc I = A. On en conclut que M est le seul maximal.
2.2. On considère un corps k et l’anneau des séries formelles à une variable k[[t]].
Montrer successivement que
(1) 1 + t est inversible dans k[[t]] (donner son inverse) ;
P
(2) toute série n≥0 an tn avec a0 = 1 est inversible dans k[[t]] ;
P
(3) toute série n≥0 an tn avec a0 6= 0 est inversible dans k[[t]].
Montrer que l’idéal engendré par t est maximal et que k[[t]] est local.
P
L’inverse de la série (1 + t) est la série n≥0 (−1)n+1 tn . Considérons alors une série 1 + tu(t) avec
u ∈ k[[t]] et la série
X
w(t) :=
(−1)n (tu(t))n .
n≥0
3
On constate que le coefficient de tn dans cette dernière série ne dépend que des puissances de u
inférieures à n et donc des coefficients de u d’indice inférieur à n. La série w(t) est donc un élément
de k[[t]] et c’est l’inverse de 1 + tu(t).
P
Considérons maintenant une série i≥0 an tn avec a0 6= 0. On l’écrit a0 (1 + tu(t)) et son inverse
est alors
X
(−1)n (tu(t))n .
(a0 )−1
n≥0
En résumé, tout élément de k[[t]] dont le terme constant n’est pas nul est inversible. Un élément
dont le terme constant est nul est un multiple de t. L’anneau k[[t]] est donc local et son idéal
maximal et engendré par t.
2.3. On considère maintenant un anneau intègre A, son corps de fractions K, un idéal
premier P et l’ensemble R des fractions de K dont le dénominateur n’est pas dans P.
na
o
R=
∈K|b∈
/P .
b
Montrer que R est un sous-anneau de K contenant A. Quels sont les éléments inversibles de R ? Montrer que l’idéal engendré par P dans R est un idéal maximal de R
et que R est un anneau local.
Dire que l’idéal P est premier, c’est dire qu’il est distinct de A et que le produit de deux éléments
de A \ P est encore dans A \ P. On déduit de cette définition que le produit et la somme de deux
fractions de R sont encore dans R (réduction au même dénominateur pour la somme).
Tout élément de R de la forme ab avec a ∈
/ P est inversible dans R d’inverse ab (qui est bien dans
R puisque a ∈
/ P. Un élément de R de la forme ab avec a ∈ P est dans l’idéal engendré par P
puisqu’il s’écrit a 1b avec 1b ∈ R. On en conclut que R est un anneau local dont l’idéal maximal est
l’idéal engendré par P dans R.
2.4. On considère un anneau local A d’idéal maximal M et un A-module de type fini
M engendré par une famille (e1 , . . . , er ).
Pour I idéal de A, on note IM l’ensemble des combinaisons linéaires finies
X
ai mi , ai ∈ I, mi ∈ M.
i
On
Pr suppose que MM = M . Montrer que er est égal à une combinaison linéaire
i=1 ai ei , ai ∈ M, puis que er est une combinaison linéaire de (e1 , . . . , er−1 ), enfin que
M = {0}.
Si r = 0 il n’y a rien à montrer. Supposons donc r ≥ 1 et considérons er . C’est donc un élément
de MM = M . Il s’écrit donc
r
X
er =
ai ei , ai ∈ M.
i=1
On a donc
(1 − ar )er =
r−1
X
ai ei , ai ∈ M.
i=1
Mais 1 − ar ne peut pas appartenir à M. Sinon 1 serait aussi dans M. C’est donc que 1 − ar est
inversible puisque A est local. Quitte à multiplier par l’inverse de (1 − ar ), on obtient donc que er
est combinaison linéaire des (e1 , . . . , er−1 ). Par récurrence sur r on en déduit que M est nul. C’est
le lemme de Nakayama.
4
2.5. (Presque du cours) On dit qu’un anneau est noethérien si tout idéal de A est un Amodule de type fini, c’est-à-dire peut être engendré par une famille finie. On considère
un anneau noethérien A, un A-module M libre de type fini, de base (e1 , . . . , er ), et un
sous-module N de M . En considérant l’image et le noyau de l’application φ qui a tout
élément de N associe sa coordonnée sur er , montrer que N est de type fini. En déduire
le théorème (Emmy Noether) : Tout sous-module d’un module de type fini sur un
anneau noethérien A est de type fini.
On fait une démonstration par récurrence sur r. Pour r = 0 il n’y a rien à prouver. Pour r ≥ 1,
on considère l’application
φ : N −→ A
m 7−→ ar
P
qui a un élément m de N dont la décomposition dans la base de M est i ai ei associe sa coordonnée
ar . C’est un morphisme A-linéaire. Son image est un idéal de A qui est donc de type fini puisque
A est noethérien. Son noyau est un sous-module du module libre engendré par (e1 , . . . , er−1 ) qui
est de type fini par hypothèse de récurrence. On a donc une famille finie (F1 , . . . , Fs ) qui engendre
ker φ.
Il existe également une famille finie (a1 , . . . , av ) d’éléments de A qui engendre l’image de φ.
Considérons des antécédents (G1 , . . . , Gv ) de (a1 , . . . , av ) par le morphisme φ.
Soit F un élément de N . Son image φ(F ) est une combinaison linéaire des (a1 , . . . , av ) :
v
X
φ(F ) =
λi ai , λi ∈ A.
i=1
Considérons alors
F−
v
X
λi G i .
i=1
C’est un élément de ker φ, donc une combinaison linéaire des (F1 , . . . , Fs ). Au total F est une
combinaison linéaire des (F1 , . . . , Fs , G1 , . . . , Gv ). Le module N est donc de type fini.
Si M est un module de type fini quelconque, engendré par (m1 , . . . , mr ), il existe un morphisme
surjectif de Ar sur M . L’image inverse N 0 d’un sous-module N de M par ce morphisme est de
type fini d’après ce qui précède. On en déduit que N est engendré par les images des générateurs
de N 0 , donc de type fini.
2.6. On suppose que A est local et noethérien. On considère un A-module de type fini
N . Montrer que l’intersection
\
Mn N
n≥0
est un A-module de type fini (on convient que M0 N = N ).
Montrer ensuite, en utilisant la question (2.4), que c’est le module nul.
T
Notons H l’intersection n≥0 Mn N . C’est un sous-module de N , donc de type fini puisque A est
noethérien. Il vérifie MH = H puisque M(Mn N ) = Mn+1 N . Il est donc nul d’après le lemme de
Nakayama.