TD numéro 4 Exercice 2.

Algèbre Université Pierre et Marie Curie
LM 372 18 Février 2013
TD numéro 4
Tous les anneaux considérés dans la feuille d’exercices sont commutatifs.
Exercice 1. Soit Aun anneau et (In)n>0une suite croissante d’idéaux de type fini. Montrer que
I=SnInest de type fini si et seulement si la suite est stationnaire.
Solution de l’exercice 1. Soit (In)n>0une 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.
Puisque la suite est croissante I=Sn>0In=IN. Or INest de type fini, donc Iest de type fini.
– On suppose maintenant que I=Sn>0Inest de type fini et on note a1, . . . , akdes générateurs de I.
Il existe un entier Mtel que ai∈IMpour 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 Aun anneau non noethérien, a∈Aet Iun idéal de A. Montrer que si les idéaux I+ (a)
et (I:a) = {x∈A:ax ∈I}sont de type fini, alors Il’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, . . . , zndes générateurs de I+ (a)et y1, . . . , ymdes générateurs de (I:a).
Pour tout i∈ {1, . . . , n},zi∈I+ (a), donc il existe xi∈Iet bi∈Atel que zi=xi+abi. On
remarque alors que I+ (a) = (a, x1, . . . , xn). En effet tous les xiet asont dans I+ (a)donc
(a, x1, ldots, xn)⊆I+ (a), et tous les zisont dans (a, x1, . . . , xn)donc l’idéal engendré par les
zic’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 xisont 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,cest également dans I+ (a)donc il
existe t, c1, . . . , cn∈Atels que
c=at +
n
X
i=1
xici.
Alors
at =c−
n
X
i=1
xici∈I.
On en déduit que t∈(I:a), et donc qu’il existe λ1, . . . , λmtels que t=Pm
j=1 yjλj. On obtient
finalement
c=
m
X
j=1
ayjλj+
n
X
i=1
xici∈(x1, . . . , xn, ay1, . . . , aym).
On conclut que si Iest de type fini.
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2. Clairement si Aest 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 Aest un anneau dont tous les idéaux premiers sont de type fini.
On note El’ensemble des idéaux de Aqui ne sont pas de type fini et on va montrer que E=∅.
Supposons au contraire que Ene l’est pas. Alors Eadmet un élément maximal m.
On peut en effet appliquer à Ele lemme de Zorn. Eest un ensemble ordonné.
Soit S={Ij, j ∈ J } un sous-ensemble totalement ordonné de E. On montre que I=Sj∈J Ij
est un majorant de Set qu’il est dans E. Il est clair que Icontient tous les éléments de S, donc
c’est un majorant. Supposons que In’est pas dans E, c’est à dire que Iest de type fini. Soient
alors a1, . . . , andes générateurs de I. Pour chaque aiil existe un idéal de Squi le contient. Or S
est totalement ordonné donc parmi ces nidéaux l’un contient nécessairement tous les ai, notons
le J. Alors I⊆J⊆I. Les inclusions sont des égalités, J=I, et Jest de type fini, ce qui est
absurde. On a donc nécessairement Iqui n’est pas de type fini et qui est dans E. il appartient
àE. S’il n’appartenait pas à Eon aurait une famille génératrice de Ifinie : a1, . . . , ak. Puisque
(Ij)j∈J est totalement ordonné, il existe Ijqui contient tous les ai.
On a donc montré que tout sous ensemble totalement ordonné de Eadmet un majorant dans
E. D’après le lemme de Zorn, Eadmet donc un élément maximal m.
Puisque mn’est pas de type fini il n’est pas premier et il existe deux élément a, b ∈Atels que
a /∈m,b /∈met 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 bappartient à (m:a)mais pas à m).
Or mest 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, mest lui aussi de type fini, ce qui est absurde.
Finalement E=∅et Aest un anneau noethérien.
Exercice 3. Soit Aun anneau intègre et noethérien. On suppose que Aadmet un unique idéal
maximal met que cet idéal est engendré par un élément non nul a.
1. Montrer que u∈Aest inversible si et seulement si u /∈m.
2. Montrer que tout élément non nul xde As’écrit d’une manière unique sous la forme x=uan
où u∈A×et n∈N.
Solution de l’exercice 3.
1. Si uest inversible alors l’idéal engendré par u,(u)est égal à l’anneau A. Donc une peut pas
appartenir à m. Réciproquement si un’est pas inversible alors (u)est un idéal propre. Par unicité
de l’idéal maximal, (u)⊆m, et donc u∈m.
2. Soit xun élément non nul de A. Si xest inversible alors x=xa0. Supposons que xn’est pas
inversible, alors x∈md’après la question 1, et il existe x1∈Atel que x=ax1. Si x1est 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 xkinversible tel que xk−1=axk, alors, par construction x=akxk.
Si la construction ne s’arrête pas, alors (xn)n≥1est une suite infinie d’élément non inversible de
A, et on a les inclusions successives
(x)⊆(x1)⊆. . . ⊆(xn)⊆. . . ⊆A.
Aest un anneau noethérien, donc la suite croissante des idéaux (xn)est stationnaire. Il existe
donc un entier ktel que xk+1 ∈(xk), i.e. il existe b∈Atel que xk+1 =bxk. Par construction
xk=axk+1, donc xk+1 =abxk+1. Puisque Aest intègre, on obtient ab = 1, et on en déduit que
aest inversible. C’est absurde car alors on aurati m=A.
Finalement on a bien pour tout xdans Al’existence d’un entier net d’un élément inversible ude
Atel que x=uan. Montrons l’unicité de cette écriture. On suppose qu’il existe u, v ∈Aet n, m
deux entiers avec n≥m, tels que x=uan=vam. Alors comme Aest intègre uv−1a(n−m)= 1.
Si n6=mon aurait ainversible, donc n=m. De nouveau Aétant intègre, uan=van=⇒u=v.
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Exercice 4. Soit Aun anneau local dont l’idéal maximal est principal engendré par aet tel que
Tn>0mn= 0.
1. Montrer que u∈Aest inversible si et seulement si u /∈m.
2. Montrer que tout élément non nul xde As’écrit sous la forme x=uanoù u∈A×et n∈N.
3. Montrer que tout idéal Iest de la forme (an).
4. Montrer que Aest noethérien.
Solution de l’exercice 4.
1. même démonstration que pour l’exercice précédent
2. Soit xun élément non nul de A. Puisque xest non nul, il existe un entier ktel que x /∈mk.
Soit nle plus grand entier tel que x∈mn. Alors xs’écrit x=uanavec u∈A. Si un’était pas
inversible alors d’après la question 1, userait dans met xserait dans mn+1, ce qui n’est pas
possible. Donc uest inversible et xs’écrit bien sous la forme uanavec nentier, et uinversible.
3. Soit Iun idéal de A. Pour tout xnon nul dans Ion note nxle 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 utel que x=uan
x=ua(nx−nI)anI, donc x∈(anI). Réciproquement
nIest un minimum, donc il existe x∈Itel que nx=nI. Alors (anI)=(x), et (anI)⊆I.
Finalement on a l’égalité I= (anI).
4. Tout idéal de Aest principal et a fortiori de type fini. Donc Aest noethérien.
Exercice 5. Considérons l’anneau
A={f∈Q[X] : f(0) = 0}.
1. Soient n > 1et m > 0deux entiers et posons a=X
nmA. Montrer que pour tout m, on a une
inclusion stricte am(am+1. En déduire que An’est pas noethérien.
2. Montrer que p=XQ[X]est un idéal premier de Aet qu’il n’est pas de type fini.
Exercice 6. Une partie multiplicative Sd’un anneau commutatif (intègre) Aest dite saturée si
la condition xy ∈Sest équivalente à x, y ∈S.
1. Montrer que Sest saturée si et seulement si son complémentaire est l’union d’idéaux premiers.
2. Si Sest une partie multiplicative, montrer que
¯
S={x∈A:∃y∈A, xy ∈S}
est une partie multiplicative saturée contenant S, appelée saturation de S, et vérifier que
¯
S−1A=S−1A.
3. Soit aun idéal de A. Vérifier que l’ensemble S= 1+aest 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 pest la somme de deux carrés alors p≡1[4].
2. Soient p≡1[4] un nombre premier et nle plus grand entier tel que n2< p. Considérons
l’ensemble U={0, . . . , n}et l’application f:U×U→Zdéfinie par
f(x, y) = x+wy
où west un entier tel que w2≡ −1[p](on admet qu’un tel entier existe).Montrer qu’il existe
deux éléments de U×Uayant des images par fcongrues modulo pet en déduire que pest la
somme de deux carrés.
3. Soit maintenant nun entier positif et considérons sa factorisation
n=Y
p
pep.
Montrer que n est la somme de deux carrés si et seulement si epest pair pour tout p≡3[4].
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