TD numéro 4 Exercice 2.

Algèbre
LM 372
Université Pierre et Marie Curie
18 Février 2013
TD numéro 4
Tous les anneaux considérés dans la feuille d’exercices sont commutatifs.
Exercice
1.
S
I=
Soit A un anneau et (In )n>0 une suite croissante d’idéaux de type fini. Montrer que
n In est de type fini si et seulement si la suite est stationnaire.
Solution de l’exercice 1. Soit (In )n>0 une suite croissante d’idéaux de type fini.
– Supposons que cette suite est stationnaire. Alors il existe N > 0, tel que pour tout n ≥ N , In = IN .
S
Puisque la suite est croissante I = n>0 In = IN . Or IN est de type fini, donc I est de type fini.
S
– On suppose maintenant que I = n>0 In est de type fini et on note a1 , . . . , ak des générateurs de I.
Il existe un entier M tel que ai ∈ IM pour tout i ∈ {1, . . . , k}. Alors I =⊆ IM . Et pour tout n ≥ M
on a la chaine d’inclusion
I ⊆ IM ⊆ In ⊆ I.
On en déduit que pour tout n ≥ M In = IM , la suite est donc stationnaire.
Exercice 2.
1. Soient A un anneau non noethérien, a ∈ A et I un idéal de A. Montrer que si les idéaux I + (a)
et (I : a) = {x ∈ A : ax ∈ I} sont de type fini, alors I l’est.
2. Montrer qu’un anneau est noethérien si et seulement si tous ses idéaux premiers sont de type
fini.
Indication : Considérer un idéal maximal parmi ceux qui ne sont pas de type fini.
Solution de l’exercice 2.
1. On suppose que les idéaux I + (a) = {x + ab : x ∈ I b ∈ A} et (I : a) = {x ∈ A : ax ∈ I} sont de
type fini. On note z1 , . . . , zn des générateurs de I + (a) et y1 , . . . , ym des générateurs de (I : a).
Pour tout i ∈ {1, . . . , n}, zi ∈ I + (a), donc il existe xi ∈ I et bi ∈ A tel que zi = xi + abi . On
remarque alors que I + (a) = (a, x1 , . . . , xn ). En effet tous les xi et a sont dans I + (a) donc
(a, x1 , ldots, xn ) ⊆ I + (a), et tous les zi sont dans (a, x1 , . . . , xn ) donc l’idéal engendré par les
zi c’est à dire I + (a) est inclus dans (a, x1 , . . . , xn ).
En utilisant cette remarque on montre que I = (x1 , . . . , xn , ay1 , . . . , aym ). Tous les xi sont dans
I, et pour tout j ∈ {1, . . . , m} yj ∈ (I : a) donc ayj ∈ I. Donc (x1 , . . . , xn , ay1 , . . . , aym ) ⊆ I.
Prouvons maintenant l’inclusion réciproque. Soit c ∈ I, c est également dans I + (a) donc il
existe t, c1 , . . . , cn ∈ A tels que
c = at +
n
X
xi ci .
i=1
Alors
at = c −
n
X
xi ci ∈ I.
i=1
On en déduit que t ∈ (I : a), et donc qu’il existe λ1 , . . . , λm tels que t =
finalement
m
n
c=
X
ayj λj +
j=1
X
Pm
xi ci ∈ (x1 , . . . , xn , ay1 , . . . , aym ).
i=1
On conclut que si I est de type fini.
1
j=1 yj λj .
On obtient
2. Clairement si A est un anneau noethériens, tous ses idéaux sont de type fini et a fortiori tous
ses idéaux premiers sont de type fini.
On suppose maintenant que A est un anneau dont tous les idéaux premiers sont de type fini.
On note E l’ensemble des idéaux de A qui ne sont pas de type fini et on va montrer que E = ∅.
Supposons au contraire que E ne l’est pas. Alors E admet un élément maximal m.
On peut en effet appliquer à E le lemme de Zorn. E est un ensemble ordonné.
S
Soit S = {Ij , j ∈ J } un sous-ensemble totalement ordonné de E. On montre que I = j∈J Ij
est un majorant de S et qu’il est dans E. Il est clair que I contient tous les éléments de S, donc
c’est un majorant. Supposons que I n’est pas dans E, c’est à dire que I est de type fini. Soient
alors a1 , . . . , an des générateurs de I. Pour chaque ai il existe un idéal de S qui le contient. Or S
est totalement ordonné donc parmi ces n idéaux l’un contient nécessairement tous les ai , notons
le J. Alors I ⊆ J ⊆ I. Les inclusions sont des égalités, J = I, et J est de type fini, ce qui est
absurde. On a donc nécessairement I qui n’est pas de type fini et qui est dans E. il appartient
à E. S’il n’appartenait pas à E on aurait une famille génératrice de I finie : a1 , . . . , ak . Puisque
(Ij )j∈J est totalement ordonné, il existe Ij qui contient tous les ai .
On a donc montré que tout sous ensemble totalement ordonné de E admet un majorant dans
E. D’après le lemme de Zorn, E admet donc un élément maximal m.
Puisque m n’est pas de type fini il n’est pas premier et il existe deux élément a, b ∈ A tels que
a∈
/ m, b ∈
/ m et ab ∈ m. Alors m ( m + (a), et m ( (m : a) (Les inégalités sont strictes car a
appartient à m + (a) mais pas à m, et b appartient à (m : a) mais pas à m).
Or m est maximal dans E, donc nécessairement m + (a) et (m : a) ne sont pas dans E, et sont
de type fini. D’après la question 1, m est lui aussi de type fini, ce qui est absurde.
Finalement E = ∅ et A est un anneau noethérien.
Exercice 3.
Soit A un anneau intègre et noethérien. On suppose que A admet un unique idéal
maximal m et que cet idéal est engendré par un élément non nul a.
1. Montrer que u ∈ A est inversible si et seulement si u ∈
/ m.
2. Montrer que tout élément non nul x de A s’écrit d’une manière unique sous la forme x = uan
où u ∈ A× et n ∈ N.
Solution de l’exercice 3.
1. Si u est inversible alors l’idéal engendré par u, (u) est égal à l’anneau A. Donc u ne peut pas
appartenir à m. Réciproquement si u n’est pas inversible alors (u) est un idéal propre. Par unicité
de l’idéal maximal, (u) ⊆ m, et donc u ∈ m.
2. Soit x un élément non nul de A. Si x est inversible alors x = xa0 . Supposons que x n’est pas
inversible, alors x ∈ m d’après la question 1, et il existe x1 ∈ A tel que x = ax1 . Si x1 est inversible
c’est fini, sinon on itère l’argument, construisant une suite (xn )n≥1 . Si la construction s’arrète,
c’est-à-dire, si on trouve xk inversible tel que xk−1 = axk , alors, par construction x = ak xk .
Si la construction ne s’arrête pas, alors (xn )n≥1 est une suite infinie d’élément non inversible de
A, et on a les inclusions successives
(x) ⊆ (x1 ) ⊆ . . . ⊆ (xn ) ⊆ . . . ⊆ A.
A est un anneau noethérien, donc la suite croissante des idéaux (xn ) est stationnaire. Il existe
donc un entier k tel que xk+1 ∈ (xk ), i.e. il existe b ∈ A tel que xk+1 = bxk . Par construction
xk = axk+1 , donc xk+1 = abxk+1 . Puisque A est intègre, on obtient ab = 1, et on en déduit que
a est inversible. C’est absurde car alors on aurati m = A.
Finalement on a bien pour tout x dans A l’existence d’un entier n et d’un élément inversible u de
A tel que x = uan . Montrons l’unicité de cette écriture. On suppose qu’il existe u, v ∈ A et n, m
deux entiers avec n ≥ m, tels que x = uan = vam . Alors comme A est intègre uv −1 a(n−m) = 1.
Si n 6= m on aurait a inversible, donc n = m. De nouveau A étant intègre, uan = van =⇒ u = v.
2
Exercice
4.
T
n>0
1.
2.
3.
4.
Soit A un anneau local dont l’idéal maximal est principal engendré par a et tel que
mn
= 0.
Montrer
Montrer
Montrer
Montrer
que
que
que
que
u ∈ A est inversible si et seulement si u ∈
/ m.
tout élément non nul x de A s’écrit sous la forme x = uan où u ∈ A× et n ∈ N.
tout idéal I est de la forme (an ).
A est noethérien.
Solution de l’exercice 4.
1. même démonstration que pour l’exercice précédent
2. Soit x un élément non nul de A. Puisque x est non nul, il existe un entier k tel que x ∈
/ mk .
Soit n le plus grand entier tel que x ∈ mn . Alors x s’écrit x = uan avec u ∈ A. Si u n’était pas
inversible alors d’après la question 1, u serait dans m et x serait dans mn+1 , ce qui n’est pas
possible. Donc u est inversible et x s’écrit bien sous la forme uan avec n entier, et u inversible.
3. Soit I un idéal de A. Pour tout x non nul dans I on note nx le plus grand entier tel que x ∈ nx .
Et on note nI = min{nx , x ∈ I}. Montrons alors que I = (anI ).
Clairement si x ∈ I, il existe u tel que x = uanx = ua(nx −nI ) anI , donc x ∈ (anI ). Réciproquement
nI est un minimum, donc il existe x ∈ I tel que nx = nI . Alors (anI ) = (x), et (anI ) ⊆ I.
Finalement on a l’égalité I = (anI ).
4. Tout idéal de A est principal et a fortiori de type fini. Donc A est noethérien.
Exercice 5.
Considérons l’anneau
A = {f ∈ Q[X] : f (0) = 0}.
1. Soient n > 1 et m > 0 deux entiers et posons a = nXm A. Montrer que pour tout m, on a une
inclusion stricte am ( am+1 . En déduire que A n’est pas noethérien.
2. Montrer que p = XQ[X] est un idéal premier de A et qu’il n’est pas de type fini.
Exercice 6.
Une partie multiplicative S d’un anneau commutatif (intègre) A est dite saturée si
la condition xy ∈ S est équivalente à x, y ∈ S.
1. Montrer que S est saturée si et seulement si son complémentaire est l’union d’idéaux premiers.
2. Si S est une partie multiplicative, montrer que
S̄ = {x ∈ A : ∃y ∈ A, xy ∈ S}
est une partie multiplicative saturée contenant S, appelée saturation de S, et vérifier que
S̄ −1 A = S −1 A.
3. Soit a un idéal de A. Vérifier que l’ensemble S = 1 + a est une partie multiplicative et déterminer
sa saturation.
Exercice 7. Le but de cet exercice est de déterminer les entiers qui s’écrivent comme somme de
deux carrés.
1. Montrer que si un nombre premier impair p est la somme de deux carrés alors p ≡ 1[4].
2. Soient p ≡ 1[4] un nombre premier et n le plus grand entier tel que n2 < p. Considérons
l’ensemble U = {0, . . . , n} et l’application f : U × U → Z définie par
f (x, y) = x + wy
où w est un entier tel que w2 ≡ −1[p] (on admet qu’un tel entier existe).Montrer qu’il existe
deux éléments de U × U ayant des images par f congrues modulo p et en déduire que p est la
somme de deux carrés.
3. Soit maintenant n un entier positif et considérons sa factorisation
n=
Y
pep .
p
Montrer que n est la somme de deux carrés si et seulement si ep est pair pour tout p ≡ 3[4].
3