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LICENCE LM372, COURS (Ch. Peskine). Programme examen juin 2011.
Révisé le 23 juin!
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Anneaux
Définition 1.1 Un anneau (A, +, .) est un groupe commutatif (dont la loi est noté + et
est applelée addition) muni d’une deuxième loi de composition interne (noté multiplicativement et appelée multiplication) vérifiant les conditions suivantes.
0) Il existe un élément neutre pour la multiplication; il est noté 1 (si nécessaire 1A ).
1) a(bc) = (ab)c pour tous a, b, c ∈ A (la multiplication est associative).
2) a(b + c) = ab + ac et (b + c)a = ba + ca pour tous a, b, c ∈ A (la multiplication est
distributive par rapport à l’addition).
Si la multiplication est commutative, l’anneau est dit commutatif.
Deux remarques simples, mais importantes.
1) 0a = 0 pour tout a ∈ A. En effet 0a = (0 + 0)a = 0a + 0a, donc 0a = 0.
2) (−1)a = −a. En effet 0 = 0a = (1 + (−1))a = a + (−1)a.
3) A #= {0} ⇔ 0 #= 1. En effet, si a #= 0, on a 1a = a #= 0 = 0a.
Définition 1.2 Le groupe des éléments inversibles (pour la multiplication) de A, noté
U (A), est appelé groupe des unités de A.
Il est important de bien comprendre pourquoi les éléments inversibles (pour la multipliation) forment un groupe.
Exemples 1.3 1) Z. Alors U (Z) = {−1, 1}.
2) un corps K est un anneau; par exemple Q, R, C, ainsi que Z/pZ (où p est un
nombre premier). On a U (K) = K ∗ .
3) Si A est un anneau, vous connaissez l’anneau des polynômes, en la variable T , à
coefficients dans A; il est noté A[T ].
- Si K est un corps U (K[T ]) = K ∗ .
- On a U (Z[T ]) = {−1, 1} (vous devez vous en convaincre).
5) Si A et B sont des anneaux (commutatifs), alors A × B est un anneau pour les
opérations (a, b) + (a" , b" ) = (a + a" , b + b" ) et (a, b)(a" , b" ) = (aa" , bb" ); l’élément 1 de A × B
est évidemment (1A , 1B ). On a U (A × B) = U (A) × U (B). Vérifiez tout cela!
6) Les matrices carrées n × n, à coefficients dans un anneau A, forment un anneau
noté Mn (A). Si A #= {0} et si n ≥ 2, cet anneau n’est pas commutatif.
Dans la suite de ce cours, on ne considèrera que les anneaux commutatifs.
Remarques 1.4 Soit A un anneau commutatif. Il y a une identification naturelle entre
les anneaux de polynômes A[X][Y ] et A[Y ][X].
On note ces deux anneaux A[X, Y ].
Plus généralement on peut parler de l’anneau des polynômes en les n variables X1 , ..., Xn ,
à coefficients dans A, que l”on note A[X1 , ..., Xn ].
Ici, on a bien sûr poser XY = Y X.
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Définition 1.5 Soit A un anneau. Si B ⊂ A est un sous-groupe pour +, tel que a, b ∈
B ⇒ ab ∈ B et tel que 1A ∈ B, alors B est un sous-anneau de A. Si A et B sont des
corps, alors on dit que B est un sous-corps de A.
Remarquez que les polynômes de degré 0 de A[X] forment un sous-anneau de A[X],
auquel A s’identifie évidemment.
Exemples 1.6 1) Z est un sous-anneau de Q qui est un sous-corps de R, qui est un
sous-corps de C.
2) A est un sous-anneau de A[X], qui est un sous-anneau de A[X, Y ].
Comme vous l’avez compris, un élément non nul d’un anneau n’est pas toujours
inversible. Par exemple, un polynôme P ∈ K[X], de degré > 0, n’est pas inversible.
Vous n’avez pas vu le pire! Dans un annea, un élément peut être diviseur de 0.
Définition 1.7 Un élément a #= 0 d’un anneau A est diviseur de 0 s’il existe b ∈ A, b #= 0
tel que ab = 0.
Un élément a est nilpotent s’il existe n ≥ 1 tel que an = 0.
Un anneau non nul et sans diviseur de 0 est dit intègre.
Un corps est un anneau intègre dont tout élément non nul est inversible (pour la
multiplication).
ATTENTION : dans un anneau ayant des diviseurs de 0 on ne peut pas toujours
simplifier. Autrement dit ab = ac n’implique pas b = c, sauf si a est non diviseur de 0.
Exercice 1.8 Montrez que si A est un anneau intègre, alors A[T ] est un anneau intègre.
Plus précisément, montrer que si P et Q sont des polynômes non nuls, alors P Q #= 0 et
son degré est la somme des degrés de P et de Q.
Corrigé de l’exercice.
Soient P, Q ∈ A[T ]. Supposons les $= 0 et soient n et m leurs degrés respectifs. On a P = an T n +an−1 T n−1 +
..., avec an $= 0, et Q = bm T m + bm−1 T m−1 + ..., avec bm $= 0. On a alors
P Q = an bm T n+m + (an bm−1 + an−1 bm )T n+m−1 + ... + a0 b0 ,
avec an bm $= 0 car A est intègre, ce qui montre bien que P Q $= 0 et que d0 (P Q) = d0 P + d0 Q.
Attention à nouveau, si A n’est pas intègre, le degré de P Q peut être strictement inférieur à d0 P + d0 Q.
Définition 1.9 Le polynôme nul a tous les degrés.
Je tiens beaucoup à cette convention, mais si vous n’en voulez à aucun prix, vous
pouvez continuer à penser que le degré du polynôme nul est −∞
Théorème 1.10 1) Dans le groupe quotient Z/nZ, si cl(m) = cl(m" ) et cl(r) = cl(r" ),
alors cl(mr) = cl(m" r" ).
2) La multiplication cl(m)cl(r) = cl(mr) est alors bien définie dans Z/nZ et donne
à ce groupe une structure d’anneau dont l’ élément unité est cl(1).
2
nZ.
Preuve de 1) : Si m−m" ∈ nZ et r−r" ∈ nZ, alors mr−m" r" = m(r−r" )−r" (m−m" ) ∈
Pour 2), je vous laisse le soin de montrer que ce produit bien défini est associatif et
distributif par rapport à l’addition.
Exemples 1.11 1) L’exemple le plus simple d’un anneau non intègre (donc ayant des
diviseurs de 0) est Z/4Z. Il est clair que cl(2) #= 0 et que cl(2)2 = 0, donc cl(2) est
nilpotent et diviseur de 0.
2) Plus généralement, si n n’est pas premier il existe une décomposition n = st,
avec 1 < s, t < n. Dans l’anneau Z/nZ, on a alors cl(s) #= 0 et cl(t) #= 0 mais bien
évidemment cl(s)cl(t) = cl(st) = 0.
Remarquons que dans les anneaux Z/nZ, les éléments non diviseurs de zéro et les
éléments inversibles sont les mêmes.
Proposition 1.12 Soit cl(m) ∈ Z/nZ. Les conditions suivantes sont équivalentes.
1) n et m sont premiers entre eux,
2) cl(m) est inversible,
3) cl(m) est non-diviseur de 0.
Supposons d’abord que n et m sont premiers entre eux. Alors, il existe une relation
am + bn = 1, avec a, b ∈ Z. On en déduit cl(a)cl(m) + 0 = cl(1) ∈ Z/nZ, ce qui montre
que cl(m) est un élément inversible. Un élément inversible est évidemment non diviseur
de zéro. Il reste à montrer que si cl(m) est non diviseur de zéro, alors (m, n) = 1.
Sinon, soit p un facteur commun à m et n. On a alors m(n/p) = (m/p)n ∈ nZ, donc
cl(m)cl(n/p) = 0 ∈ Z/nZ. Comme cl(n/p) #= 0 ∈ Z/nZ, on a montré que cl(m) est un
divieur de zéro dans Z/nZ (une contradiction).
Corollaire 1.13 L’indicatrice d’Euler φ(n) est le cardinal du groupe des unités U (Z/nZ).
C’est clair !
Corollaire 1.14 Les conditions suivantes sont équivalentes.
1) n est premier,
2) l’anneau Z/nZ est un corps,
3) l’anneau Z/nZ est intègre
1) ⇒ 2) : en effet, si n est premier, alors (m, n) = 1 pour tout 0 < m < n, donc
cl(m) ∈ Z/nZ est inversible pour cl(m) #= 0.
2) ⇒ 3) car un corps est un anneau intègre.
3) ⇒ 1) : si 0 < m < n, alors 0 #= cl(m) ∈ Z/nZ, donc cl(m) est non diviseur de zéro
Z/nZ, ce qui implique (m, n) = 1.
Exercice 1.15 1) Décrire les éléments nilpotents de Z/pn Z (ici p est un nombre premier) et les compter.
2) Décrire les éléments nilpotents de Z/pn q m Z (ici p et q sont des nombres premiers
distincts) et les compter.
3) Décrire les éléments nilpotents de Z/pn1 1 ...pnr r Z et les compter.
3
Corrigé de l’exercice.
1) cl(a)r = 0 ⇔ ar ∈ pn Z, donc cl(a) ∈ Z/pn Z est nilpotent si et seulement s’il existe un entier r > 0 tel
que ar ∈ pn Z, c’est à dire si et seulement si p divise a. Donc les éléments nilpotents de Z/pn Z sont les éléments
cl(tp) ∈ Z/pn Z, avec 1 ≤ t ≤ pn−1 . Il y en a pn−1 (en comptant 0).
Il est intéressant de remarquer qu’un élément de l’anneau Z/pn Z est soit inversible, soit nilpotent. En
conséquenbce, l’anneau est la réunion disjoint de son groupe des éléments inversibles et de l’ensemble des ses
éléments nilpotents.
2) On voit immédiatement que cl(a) ∈ Z/pn q m Z est nilpotent si et seulement si pq divise m. Donc les
éléments nilpotents sont les éléments cl(tpq) ∈ Z/pn q m Z, avec 1 ≤ t et t ∈
/ pn−1 q m−1 Z. Il y en a pn−1 q m−1 .
n1 −1
nr
1
r −1
3) Ce sont les éléments cl(tp1 ...pr ) ∈ Z/pn
...pn
.
r
1 ...pr Z. Leur nombre est p1
2
Homommorphismes d’anneaux, idéaux
Définition 2.1 Soient A et B deux anneaux. Un application f : A → B est un homomorphisme d’anneaux si
1) f est un homomorphisme de groupes;
2) f (aa" ) = f (a)f (a" ) pour tous a, a" ∈ A;
3) f (1A ) = 1B .
4) S’il existe un homomorphisme g : B → A tel que gof = IdA et f og = IdB , on dit
que f est un isomorphisme (et g aussi évidemment).
Attention à la condition 3); j’y tiens!
Exemple 2.2 Soient A et B deux anneaux.
Les projections p1 : A × B → A et p2 : A × B → B sont des homomorphismes
d’anneaux.
L’application A → A × B définie par a → (a, 0) est un homomorphisme de groupes
mais n’est pas un homomorphisme d’anneaux; en effet l’image de 1A n’est pas 1A×B .
Il y a quelques remarques simples que vous devez bien comprendre.
1) Un homomorphisme bijectif d’anneaux f : A → B est un isomorphisme. Autrement
dit l’application inverse (f −1 : B → A) est aussi un homomorphisme d’anneaux. Démontrez
le !
2) Le composé de deux homomorphismes d’anneaux (composables) est un homomorphisme d’anneaux. Vérifiez le !
3) Comme un homomorphisme d’anneaux f est en particulier un homomorphisme de
groupes, on sait deja qu’un tel homomorphisme est injectif si et seulement si son noyau
(kerf ) est nul.
4) Si f : A → B est un homomorphisme d’anneaux, le sous-groupe kerf de A a la
propriété suivante suivante: a ∈ kerf ⇒ ab ∈ kerf pour tout b ∈ A.
Définition 2.3 Un sous-groupe I d’un anneau A est un idéal si a ∈ I ⇒ ab ∈ I pour
tout b ∈ A.
On a vu que le noyau d’un homomorphisme d’anneaux est un idéal. La réciproque
est vraie. Plus précisement on a l’énoncé suivant.
Proposition 2.4 Soit I un idéal d’un anneau A. Le groupe quotient A/I est muni d’une
structure d’anneau telle que l’application classe cl : A → A/I est un homomorphisme
d’anneaux dont le noyau est I.
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Il suffit de vérifier que si a, b ∈ A alors cl(ab) ne dépend que de cl(a) et cl(b).
Autrement dit, si cl(a) = cl(a" ) et cl(b) = cl(b" ) alors cl(ab) = cl(a" b" ). Mais si a − a" ∈ I
et b − b" ∈ I, on a ab − a" b" = a(b − b" ) + b" (a − a" ) ∈ I. On a donc le droit de poser
cl(a)cl(b) = cl(ab). Muni de cette multiplication A/I est clairement un anneau dont
l’élément unité est cl(1). Il est évident que l’application classe est un homomorphisme
d’anneaux et nous savons déja que I = ker(cl).
Exercice 2.5 1) Soit A un anneau commutatif. Montrez que l’application e0 : A[X] → A
définie par e0 (P ) = P (0) (c’est l’évaluation en 0) est un homomorphisme d’anneaux.
Montrez ensuite que le noyau de e0 est XA[X] (l’idéal de A[X] formé des polynômes
multiples de X).
2) Même exercice avec l’évaluation ea en a ∈ A, définie par ea (P ) = P (a). Montrez
que son noyau est l’idéal (X − a)A[X] formé des multiples du polynôme X − a.
Corrigé de l’exercice.
Je traite directement 2). Soient P, Q ∈ A[X]. Vous savez depuis toujours que P (a) + Q(a) = (P + Q)(a)
et P Q(a) = P (a)Q(a). De plus l’image du polynôme unité 1 ∈ A[X] est l’unité 1 ∈ A. Ceci montre que ea est
un homomorphisme d’anneaux. En utilisant la division euclidienne, vous savez aussi montrer que P (a) = 0 si et
seulement si P est un multiple de (X − a), ce qui prouve que (X − a)A[X] est bien le noyau de ea .
Comme ea est évidemment surjectif, le théorème de factorisation pour les homomorphismes de groupes donne un isomorphisme de groupes A[X]/(X − a)A[X] + A. Nous
verrons plus loin (théorème de factorisation pour les homomorphismes d’anneaux) que
c’est aussi un isomorphisme d’anneaux.
La proposition qui suit est presque évidente, mais très importante. Il est utile d’y
réfléchir.
Proposition 2.6 Un sous-ensemble non vide I d’un anneau A est un idéal si et seulement si I est stable par combinaison linéaire, autrement dit si et seulement si a, b ∈ I
implique ca + db ∈ I pour tous c, d ∈ A.
A vérifier sans moi!
Définition 2.7 On dira qu’un ensemble d’éléments (ai ) d’un idéal I est un système de
générateurs de I (ou que les éléments ai engendrent I) si tout élément de I est une
combinaison linéaire (à coefficients dans l’anneau) des éléments ai .
Si un idéal I est engendré par un ensemble fini d’éléments, on dit que I est de type
fini.
Si un idéal I est engendré par un élément, on dit que I est principal.
Si a1 , ..., an engendrent I, on note souvent I = (a1 , ..., an ).
Il est clair que tout idéal de Z est principal (de la forme nZ = (n)).
Si K est un corps, tout idéal de K[X] est principal. En effet, soit I un idéal non nul
de K[X]; considérons P #= 0 un polynôme de I de degré minimal parmi les degrés des
polynômes de I. Montrons que P engendre I. Soit Q ∈ I; il existe A, R ∈ K[X] tels que
Q = AP + R, avec d0 R < d0 P . Comme R = Q − AP ∈ I, on en déduit R = 0, donc
Q = AP .
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Définition 2.8 Un anneau intègre qui n’est pas un corps et dont tous les idéaux sont
principaux est un anneau principal.
Donc Z et l’anneau de polynômes K[X] sur un corps K sont des anneaux principaux.
Exercice 2.9 Montrez qu’un anneau A #= {0} est un corps si et seulement si les seuls
idéaux de A sont {0} et A.
Corrigé de l’exercice.
Soient A un corps et I un idéal tel que I $= (0). Soit 0 $= a ∈ I. Comme a a un inverse, on a I ⊇ aA = A.
Réciproquement, soit 0 $= a ∈ I. On a (0) $= aA, donc aA = A, autrement dit, il existe b ∈ A tel que ab = 1.
C’est l’inverse de a.
Définition 2.10 Opération sur les idéaux d’un anneau.
1) Si I et J sont deux idéaux d’un anneau A, alors I ∩ J est un idéal (attention I ∪ J
n’est pas un idéal).
Plus généralement,
si Iα est une famille (éventuellement infinie) d’idéaux de A, alors
!
l’intersection α Iα est un idéal de A.
2) I + J = {a + b, a ∈ I, b ∈ J} est un idéal de A.
" Plus généralement, si Iα est une famille (éventuellement infinie) d’idéaux de A, alors
α Iα est l’idéal formé des combinaisons linéaires d’éléments des idéaux Iα .
3) Si P ⊂ A est une partie de A, l’idéal engendré par P est l’ensemble des combinaisons linéaires d’éléments de P .
4) IJ denote l’idéal engendré par les produits ab, a ∈ I, b ∈ J, autrement dit, c’est
l’idéal engendré par les produits d’un élément de I et d’un élément de J.
Exercices 2.11 1) Montrez que si a et b sont des éléments nilpotents de A, alors a + b
est aussi nilpotent.
2) En déduire que l’ensemble des éléments nilpotents de a est un idéal deA (appelé
nilradical de A)
3) Montrez que les éléments diviseurs de 0 d’un anneau A #= {0} ne forment pas
nécessairement (avec 0) un idéal de A.
4 Montrez que dans l’anneau Z, on a nZ + mZ = gZ, ou g est le pgcd de m et n
(c’est le théorème de Bezout).
5) Montrez que les entiers n et m sont premiers entre eux si et seulement si nZ+mZ =
Z.
6) Montrez que dans l’anneau Z, on a nZ ∩ mZ = pZ, ou p est le ppcm de m et n.
7) Montrez que nZmZ = mnZ.
Corrigés des exercices.
P l
1) Supposons an = bm = 0. On a (a + b)n+m−1 = l Cn+m−1
al bn+m−1−l . On remarque alors que
l ≤ n − 1 ⇒ n + m − 1 − l ≥ m ⇒ al bn+m−1−l = 0 pour tout l.
2) On en déduit que l’ensemble des éléments nilpotents de A est un sous-groupe de A. Mais si a est nilpotent,
il est clair que ba est aussi nilpotent pour tout b ∈ A, ce qui montre bien que les nilpotents forment un idéal de A.
3) Considérons dans l’anneau Z/6Z les éléments non nuls cl(2) et cl(3). Ils ont diviseurs de 0 car cl(2)cl(3) = 0.
Mais cl(2) + cl(3) = cl(5) = −1 n’est pas diviseur de 0.
6
4), 5) C’est Bezout.
6) C’est la définition du ppcm.
P
7) Il est clair que nmZ ⊂ nZmZ. Réciproquement, si ai ∈ nZ et bi ∈ mZ), pour i = 1, ..., r, il est clair que
ai bi ∈ nmZ.
Nous terminons cette section avec un nouveau théorème de factorisation, auquel vous
avez déjà pensé (j’en suis sûr).
Théorème 2.12 Soit f : A → B un homomorphisme d’anneaux.
1) f (A) est un sous-anneau de B.
2) Il existe un unique homomorphisme d’anneaux f¯ : A/kerf → f (A) tel qu’il existe
une factorisation f = i◦ f¯◦cl, où cl : A → A/kerf est l’application classe et i : f (A) → B
l’injection naturelle. De plus f¯ est un isomorphisme d’anneaux.
La factorisation f = iof¯ocl a été démontrée pour les homomorphismes de groupes.
Il est tout à fait clair que f (A) est un sous-anneau de B. Comme f¯ est isomorphisme
de groupes, il nous reste à prouver que c’est un homomorphisme d’anneaux. Comme
f¯(d) = f (d) pour tout d ∈ A, il est clair que f¯(aa" ) = f¯(a)f¯(a" ). Enfin on a évidemment
f¯(1A ) = 1B
Pour conclure sur ce thème, vous devez comprendre le résultat suivant qui explique
en détails la relation entre les idéaux d’un anneau quotient de A et les idéaux de A.
Théorème 2.13 Soient A un anneau et I un idéal de A.
1) Pour tout idéal J tel que I ⊂ J, le sous-groupe quotient J/I de A/I est un idéal
de A/I.
2) Pour tout idéal J " de A/I, l’image inverse cl−1 (J " ) ⊂ A est un idéal de A contenant
I.
Ces deux applications sont inverses l’une de l’autre et définissent une bijection entre
l’ensemble des idéaux de A contenant I et l’ensemble des idéaux de A/I.
Rappelons d’abord que A est un groupe commutatif et I un sous-groupe. Nous avons
déjà vu dans le cours sur les groupes cette correspondance bijective entre les sous-groupes
de A contenat I est les sous-groupes du groupe quotient A/I. Il nous reste donc à voir
que si J est un sous-groupe de A tel que I ⊂ J, alors J est un idéal de A si et seulement
J/I est un idéal de A/I. Autrement dit, tout multiple d’un élément de J est dans J
si et seulement si tout multiple d’un élément de J/I est dans J/I. Compte tenu de la
remarque suivante, cela tombe sous le sens !
Remarque 2.14 Si I " est un idéal de A, alors cl−1 (cl(I " )) = I + I " (où cl est encore
l’homomorphisme A → A/I). En particulier, si I ⊂ J, alors cl−1 (cl(J)) = I + J = J.
Proposition 2.15 Si I ⊂ J sont des idéaux d’un anneau A il y a un isomorphisme
naturel A/J + (A/I)/(J/I).
En effet, il suffit de considérer l’homomorphisme composé A → A/I → (A/I)/(J/I).
Il est surjectif et il est presque évident que son noyau est J. On conclut alors par le
théorème de factorisation.
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Exercice 2.16 Décrivez tous les idéaux de Z/nZ en utilisant la décomposition de n en
facteurs premiers.
Corrigé de l’exercice.
r
Nous savons qu’ils sont en correspondance bijective avec les idéaux de Z contenant nZ. Soit n = pr11 ...pkk la
décomposition en facteurs premiers de n. Les idéaux de Z contenant nZ sont les idéaux
s
ps11 ...pkk Z, avec 0 ≤ si ≤ ri pour i = 1, ..., k,
donc les idéaux de Z/nZ sont les idéaux
s
ps11 ...pkk Z/nZ, avec 0 ≤ si ≤ ri pour i = 1, ..., k.
Exercice 2.17 Montrer que l’anneau Z/nZ a des éléments nilpotents différents de 0 si
et seulement si n a un facteur carré.
Corrigé de l’exercice.
Si n = p2 m, il est clair que cl(pm) ∈ Z/nZ est un élément non nul et nilpotent.
Réciproquement soit mZ/nZ $= (0) un idéal de Z/nZ (ou m divise n). Soit p un facteur premier de n/m. S’il
existe k tel que mk ∈ nZ, il est clair que p est un facteur premier de m, donc p2 est facteur de n.
Exercice 2.18 Considérons I1 et I2 des idéaux de l’anneau A. Si J est un idéal de A
tel que J ! Is pour s = 1, 2, montrez que J ! I1 ∪ I2 .
Corrigé de l’exercice.
Pour s = 1, 2, il existe as ∈ J tel que as ∈
/ Is . Si a1 ∈
/ I2 , on a a1 ∈
/ I1 ∩ I2 et l’affaire est dans le sac. Sinon
a1 ∈ I2 et de façn équivalente a2 ∈ I1 On en déduit facilement que a1 + a2 ∈
/ I1 ∩ I2 . En effet, si a1 + a2 ∈ I1 ,
alors a2 ∈ I1 implique a1 ∈ a2 A + I1 = I1 . Je vous laisse conclure.
Exercice 2.19 1) Montrer que si (n, m) = 1, l’isomorphisme de groupes Z/nmZ +
Z/nZ × Z/mZ est un isomorphisme d’anneaux.
2) En déduire que si (n, m) = 1, alors les indicatrices d’Euler vérifient la relation
φ(mn) = φ(m)φ(n).
Corrigé de l’exercice.
Il est clair que l’homomorphisme de groupes Z → Z/nZ × Z/mZ défini par a → (cln (a), clm (a)) est aussi un
homomotphisme d’anneaux. Le théorème de factorisation s’applique alors.
2) On en déduit l’isomorphisme
U (Z/nmZ) / U (Z/nZ × Z/mZ).
Comme il est clair que
U (Z/nZ × Z/mZ) / U (Z/nZ) × U (Z/mZ),
on a montré l’égalité (des cardinaux) annoncée.
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3
Idéaux propres, idéaux premiers, idéaux maximaux
Un idéal I d’un anneau A est dit propre si I #= A. Donc l’anneau quotient d’un anneau
A par un idéal propre est différent de {0}
Définition 3.1 Un idéal I est dit maximal si l’anneau quotient A/I est un corps.
Un idéal I est dit premier si l’anneau quotient A/I est intègre.
Il est clair qu’un idéal maximal est premier et qu’un idéal premier est propre.
Il est tout aussi clair que l’idéal (0) est premier si et seulement si l’anneau est intègre
et qu’il est maximal si et seulement si l’anneau est un corps.
Remarques 3.2 Les idéaux maximaux de Z sont les idéaux pZ pour p premier.
Les idéaux premiers de Z sont les idéaux maximaux et (0).
Les idéaux maximaux de C[X] sont les idéaux (X − α)C[X] pour α ∈ C.
Les idéaux premiers de C[X] sont les idéaux maximaux et (0).
On utilisera souvent la caractérisation suivante des idéaux premiers
Proposition 3.3 Un idéal propre P d’un anneau A est premier si et seulement si
a∈
/ P et ab ∈ P ⇒ b ∈ P.
Pour tout a ∈ A, soit cl(a) ∈ A/P sa classe. Alors ab ∈ P ⇔ cl(ab) = cl(a)cl(b) = 0,
Si P est premier, l’anneau A/P est intègre et on cl(a) = 0 ou cl(b) = 0, soit a ∈ P ou
b ∈ P. Je vous laisse le soin de montrer la réciproque (il faut le faire !).
Corollaire 3.4 Soient I et J des idéaux de A et P un idéal premier de A. Si IJ ⊂ P
et I ! P, alors J ⊂ P.
Soit a ∈ I tel que a ∈
/ P. Comme ab ∈ P pour tout b ∈ J, on a b ∈ P pour tout
b ∈ J, donc J ⊂ P.
La proposition suivante se déduit de la bijection naturelle entre l’ensemble des idéaux
de A contenant un idéal I et l’ensemble des idéaux de l’anneau quotient A/I.
Proposition 3.5 1) Un idéal M d’un anneau A est maximal si et seulement s’il est
maximal dans l’ensemble, ordonné par l’inclusion, des idéaux propres.
2) Si I ⊂ M sont deux idéaux de l’anneau A, alors M est un idéal maximal de A si
et seulement si M/I est un idéal maximal de A/I
3) Si I ⊂ P sont deux idéaux de l’anneau A, alors P est un idéal premier de A si et
seulement si P/I est un idéal premier de A/I
1) En effet, les idéaux propres A/M sont en bijection naturelle avec les idéaux propres
de A contenant M. Donc si A/M est un corps si et seulement s’ il n’y a pas d’idéal
propre de A contenant strictement M.
2) est un conséquence évidente de l’isomorphisme naturel A/M + A/I/M/I. Et 3)
est une conséquence de l’isomorphisme A/P + A/I/P/I.
C’est le moment d’admettre le Théorème suivant (attention, nous l’utiliserons souvent),
9
Théorème 3.6 Tout idéal propre est contenu dans un idéal maximal.
Vous résoudrez ensuite ces exercices (avant de lire le corrigé!).
Proposition 3.7 1) Un élément nilpotent de A est dans l’intersection des idéaux premiers de A (la réciproque est vraie mais plus difficile à montrer).
2) Unn élément a ∈ A est inversible si et seulement si il n’est contenu dans aucun
idéal maximal.
3) Un élément a ∈ A est dans l’intersection des idéaux maximaux de A si et seulement
si 1 − ab est inversible pour tout b ∈ A.
1) Un anneau intègre n’a pas de nilpotents (sauf 0). L’image, par un homomorphisme,
d’un élément nilpotent a est nilpotent. on en déduit que pour tout idéal premierP, on a
cl(a) = 0 ∈ A/P, autrement dit a ∈ P.
2) a est inversible si et seulement si aA = A, autrement dit si et seulement si a ∈
/M
pour tout idéal maximal M.
3) Si a ∈ M (pour tout idéal maximal M de A), alors 1 − ab ∈
/ M (sinon on aurait
1 = 1 − ab + ab ∈ M), pour tout idéal maximal M de A, ce qui démontre que 1 − ab est
inversible (d’après 2)).
Réciproquement, s’il existe un idéal maximal M tel que a ∈
/ M, alors il existe b ∈ A
tel que cl(a)cl(b) = 1 ∈ A/M. Il en résulte que 1 − ab ∈ M, donc que 1 − ab n’est pas
inversible.
Définition 3.8 Deux idéaux I et J d’un anneau A sont comaximaux si I + J = A.
Théorème 3.9 1) Deux idéaux I et J d’un anneau A sont comaximaux si et seulement
si l’homomorphisme naturel
A → A/I × A/J défini par a → (clI (a), clJ (a))
est surjectif.
Dans ce cas il induit un isomorphisme A/(I ∩ J ) → A/I × A/J
2) Si I et J sont des idéaux comaximaux d’un anneau A, alors IJ = I ∩ J .
1) Supposons d’abord I et J comaximaux. Il existe une décomposition 1 = a + b,
avec a ∈ I et b ∈ J . On a alors, pour tous x, y ∈ A, les relations
clI (bx + ay) = clI (b)clI (x) = clI (x)
et
clJ (bx + ay) = clJ (a)clJ (y) = clJ (y),
ce qui montre bien que l’homomorphisme A → A/I × A/J est surjectif.
Réciproquement, supposons l’homomorphisme surjectif. Soit alors a ∈ A tel que
(clI (1), 0) = (clI (a), clJ (a)). On a 1 − a ∈ I et a ∈ J , donc 1 = 1 − a + a ∈ I + J .
Enfin il est clair que le noyau de l’homomorphisme A → A/I × A/J est I ∩ J , et
l’isomorphisme annoncé est le théorème de factorisation.
2) Soit x ∈ I ∩ J . Si 1 = a + b, avec a ∈ I et b ∈ J , alors x = xa + xb ∈ IJ .
#
Exercice 3.10 Soient I"
1 ,...,In des idéaux deux à deux comaximaux. Si Ji =
j$=i Ij ,
1) montrez que A = ni=1 Ji ;
#
2) montrez que l’homomorphisme naturel π : A → nk=1 A/Ik est surjectif.
10
Corrigé de l’exercice.
P
1) Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe un idéal maximal M tel que n
k=1 Jk ⊂ M, autrement
dit tel que Jk ⊂ M pour tout k. Comme J1 = I2 ...In ⊂ M, il existe k > 1 tel que Ik ⊂ M. Comme Ik et Is
sont comaximaux pour tout s $= k, on en déduit que Is ! M pour tout s $= k. Il en résulte que Jk ! M, donc
une contradiction.
P
2) Considérons Q
une décomposition 1 =
ai , avec ai ∈ Ji . On a clIi (aj ) = 0 pour i $= j et clIi (ai ) = 1.
n
Si (clIi (xi )) ∈ k=1 A/Ik , on a
π(
X
a i xi ) =
X
π(ai xi ) = (clIi (xi )) ∈
n
Y
A/Ik
k=1
Exercice 3.11 Soient I1 , ..., In des idéaux de A. On suppose qu’au plus deux de ces
idéaux ne$sont pas premiers. Soit J un idéal de A tel que J ! Is pour tout s. Montrez
que J ! Is .
Cette exercice est difficile ! Il est connu sous le nom de ”lemme d’évitement”.
Corrigé de l’exercice.
Remarquez d’abord que nous avons déjà résolu cette exercice dans le cas n = 2 à la fin de la section précédente
(dans ce cas les idéaux premiers ne sont pas concernés).
S On fait une récurrence sur n. Par hypothèse deSrécurrence,
il existe pour tout i un élémént ai ∈ J tel que ai ∈
/ s"=i Is . S’il existe i tel que ai ∈
/ Ii , alors ai ∈
/ Is et c’est
terminé. On peut donc supposer ai ∈ Ii pour tout i. Si n > 2, on peut supposer que I1 est premier et considérer
l’élément a = a1 + a2 ...an .
Pour i > 1, on a a1 ∈
/ Ii et a2 ...an ∈ Ii , donc a ∈
/ Ii . D’autre part, on a a1 ∈ I1 et a2 ...an ∈
/ I1 donc a ∈
/ I1 .
S
Is .
Ceci prouve évidemment a ∈
/
4
Anneaux principaux
Définition 4.1 Un élément a #= 0 et non inversible d’un anneau intègre A est dit
irréductible si a = bc implique b ou c inversible.
Proposition 4.2 Soient A un anneau principal et a ∈ A un élément non nul. Alors a
est irréductible si et seulement si l’idéal aA est maximal.
Supposons d’abord a irréductible. Soit bA un idéal maximal tel que aA ⊂ bA. Il
existe c ∈ A tel que a = bc. Comme bA est un idéal proppre, b n’est pas inversible; donc
c est inversible. On en déduit aA = bA.
Réciproquement, supposons aA maximal, donc premier. Si a = bc, on a (par exemple)
b ∈ aA, donc b = ad et a = adc. Comme l’anneau est intègre, on peut simplifier, dc = 1
et c est inversible (ce qui montre que a est irréductible).
Théorème 4.3 Dans un anneau principal tout élément non nul et non inversible est
produit d’éléments irréductibles.
Si a = ub1 ...bm = vc1 ...cn , où les éléments bi et cj sont irréductibles et les éléments
u et v sont inversibles, alors n = m et il existe σ ∈ Sn tel que bi A = cσ(i) A.
Soit a ∈ A un élément non nul et non inversible. Soit bA un idéal maximal tel que
a ∈ bA. On a a = ba2 . Si a n’est pas produit d’éléments irréductibles, alors a2 non plus
(car b est irréductible). Comme b n’est pas inversible, aA est strictement contenu dans
a2 A. On peut construire ainsi une suite strictement croissante d’idéaux ai A. Montrons
que c’est impossible. Posons I = ∪ai A; il est clair que I est un idéal de A. Comme A est
11
principal, il existe d ∈ I tel que I = dA. Comme I = ∪ai A, il existe i tel que d ∈ ai A.
On a alors dA ⊂ ai A ⊂ ai+1 A ⊂ ... ⊂ an A ⊂ ... ⊂ dA, donc la suite n’est pas strictement
croissante; c’est une contradiction.
Pour la deuxième partie de l’énoncé, remarquons que si n = 1 c’est évident. Supposons alors n ≤ m et faisons un récurrence sur n. Comme cn A est maximal (donc
premier), il existe i tel que bi ∈ cn A. Quitte à changer l’ordre des bj , on peut supposer
bm ∈ cn A, soit bm = cn u" . Comme bm est irréductible, u" est une unite et on a bm A = cn A.
Il reste (u" u)b1 ...bm−1 = vc1 ...cn−1 et on conclut par l’hypothèse de récurrence.
Corollaire 4.4 Dans un anneau principal tout idéal non nul a une décompostion unique
comme produit d’idéaux maximaux. En particulier, tout idéal premier non nul est maximal.
Soit aA un idéal. Soit a = b1 ...bm une décomposition de a comme produit d’éléments
irréductibles. On en déduit aA = b1 A...bm A; c’est une décomposition de aA en produit
d’idéaux maximaux. En utilisant le théorème vous pouvez démontrer qu’elle est unique!
Si aA est premier, il contient l’un des bi A; on a alors bi A ⊂ aA ⊂ bi A, donc aA = bi A.
Définition 4.5 Soient A un anneau principal et a1 , ..., ak des éléments de A.
On appelle pgcd des éléments a1 , ..., ak un générateur de l’idéal (a1 , ..., ak ).
On appelle ppcm des éléments a1 , ..., ak un générateur de l’idéal a1 A ∩ ... ∩ ak A.
Il est important de comprendre qu’il n’y a pas unicité du pgcd ou du ppcm de a1 , ..., ak .
Mais deux pgcd de a1 , ..., ak diffèrent par une unité et deux ppcm aussi.
Il est tout aussi important de comprendre que le pgcd et le ppcm sont efectivement
le pgcd et le ppcm.
Plus précisément soir g un pgcd de a1 , ..., ak ∈ A. Il faut montrer qu’un élément
b ∈ A divise les éléments a1 , ..., ak si et seulement s’il divise leur pgcd.
"
Supposons d’abord
bi b, pour i = 1, ..., n. Comme gA =
ai A, il existe une
" ai = "
décomposition g = ai ci = bbi ci qui montre que b divise g.
Réciproquement, comma ai ∈ gA pour tout i, il est clair qu’un diviseur de g divise
ai pour tout i.
Je vous laisse le soin de montrer qu’un élément c ∈ A est un multiple de ai pour tout
i si et seulement si c’est un multiple d’un ppcm des ai .
Soient a, b ∈ A. Alors on a les décompositiions uniques en produits d’idéaux maximaux
aA = Mn1 1 ......Mns s et bA = Mr11 ......Mrss , avec ni , rj ≥ O (on a supposé que les
idéaux maximaux Mi étaient deux à deux disctincts.
inf (n1 ,r1 )
inf (ns ,rs )
Les pgcd de a et b sont les générateurs de l’idéal M1
......Ms
.
sup(n1 ,r1 )
sup(ns ,rs )
Les ppcm de a et b sont les générateurs de l’idéal M1
......Ms
.
Définition 4.6 Soient A un anneau principal et a, b ∈ A.
Si 1 est un pgcd de a et b, on dit que a et b sont premiers entre eux et on écrit
(a, b) = 1.
Remarquez que la notation est bienvenue puisque dire que a et b sont premiers entre
eux, c’est dire que l’idéal (a, b) est l’idéal unité 1A = A.
12
Exercice 4.7 Montrez que l’anneau C[X, Y ] n’est pas principal.
Corrigé de l’exercice.
L’idéal (X, Y ) ⊂ C[X, Y ] est propre mais n’est pas principal. En effet, il contient X et Y et ces deux polynômes
n’ont pas de diviseurs communs autres que les éléments de C∗ .
Exercice 4.8 Soit p un nombre premier. Montrez que l’ensemble des fractions m/n ∈ Q
telles que n ∈
/ pZ est un anneau A tel que Z ⊂ A ⊂ Q. Montrez que A est un anneau
principal qui n’a qu’un seul idéal maximal.
Corrigé de l’exercice.
Il est clair que si m/n, m$ /n$ ∈ A, on a m/n + m$ /n$ = (mn$ + m$ n)/nn$ ∈ A et mm$ /nn$ ∈ A. On en déduit
que A est un anneau. La double inclusion Z ⊂ A ⊂ Q est évidente.
Remarquons ensuite que pour a ∈ A, il existe r ≥ 0 tel que a = (p/1)n u, où u est un élément inversible de
A. En effet, si m = pr l, avec (l, p) = 1, on a m/n = pr i/n = (p/1)r (l/n). Mais comme l/n est évidemment un
élément inversible de A car n/l ∈ A. Il reste à démontrer que pour tout idéal non nul I ⊂ A il existe r ≥ 0 tel
que I = (p/1)r A. Considérons pour cela le plus petit r tel que (p/1)r ∈ I; il est alors clair que I = (p/1)r A.
Exercices 4.9 1) Montrez que l’équation X 4 + Y 4 = 3Z 4 n’a pas de solution dans Z.
Autrement dit, montrez qu’il n’existe pas m, n, t ∈ Z tels que m4 + n4 = 3t4 .
2) Montrez que l’équation X 6 + 3Y 6 = 5Z 6 n’a pas de solution dans Z.
3) Montrez que l’équation X 9 +kY 9 = 7Z 9 n’a pas de solution dans Z pour 1 < k < 6.
Corrigés des exercices.
1) Supposons m4 + n4 = 3t4 . Soit 5k la plus grande puissance de 5 divisant m, n et t et m = 5k m$ , n =
5k n$ et t = 5k t$ . Il est clair que m$4 + n$4 = 3t$4 et que 5 ne divise pas simultanément m$ , n$ et t$ . Autrement
dit, on peut supposer que m, n et t ne sont pas tous multiples de 5.
Considérons l’homomorphisme d’anneaux cl : Z → Z/5Z. On a alors cl(m)4 + cl(n)4 = 3cl(t)4 . Mais si
cl(a) ∈ Z/5Z, on a toujours cl(a)4 = 0 ou cl(a)4 = 1. Il est évident que la seule solution dans le corps à 5 éléments
est cl(m) = cl(n) = cl)t) = 0. C’est une contradiction.
2) On considère cette fois l’homomorphisme d’anneaux cl : Z → Z/7Z et on conclut de même façon.
5
Anneaux noethériens
Définition 5.1 Un anneau dont tout idéal est de type fini est dit noethérrien
Un corps K est évidemment noethérien (les idéaux (0) et K sont évidemment de type
fini). Un anneau principal est noethérien.
Remarque 5.2 Un anneau quotient d’un anneau noethérien est noethérien.
Soit I un idéal de l’anneau noethérien A. Nous savons qu’un idéal J " de A/I est
l’image par l’application classe d’un idéal de A. Autrement dit, il est de la forme J/I où
J est idéal de Acontenant I. Si J = (a1 , ..., ak ), il est clair que J/I = (cl(a1 ), ..., cl(ak )).
Remarque 5.3 Je vous rappelle qu’une suite (xn )n est dite stationnaire s’il existe un
entier m tel que xn = xm pour n ≥ m.
Théorème 5.4 Un anneau est noethérien si et seulement si toute suite croissante d’idéaux
est stationnaire.
13
Supposons d’abord A noethérien et soit I0 ⊂ I1 ⊂ .... ⊂ In ⊂ ... une suite croissante
d’idéaux. On vérifie facilement que I = ∪n In est un idéal. Soit (a1 , ..., ak ) un systèmme
de générateurs de I. Il est clair qu’i existe n tel que a1 , ..., ak ∈ In . On en déduit
I ⊂ In ⊂ In+1 ⊂ ... ⊂ I, donc In = Im pour m ≥ n.
Réciproquement soient I un idéal de A et a1 ∈ I. Si I n’est pas de type fini, il existe
a2 ∈ I avec a2 ∈
/ a1 A, puis a3 ∈ I avec a3 ∈
/ (a1 , a2 ), ..... On peut construire ainsi une
suite strictement croissante infini d’idéaux. Ceci contredit l’hypothèse.
Hilbert a montré qu’un anneau de polynômes (à plusieurs variables) sur un corps
est noethérien. C’est un Théorème fondamental de la géométrie. Il s’interprète en
remarquant que si E est un sous-ensemble de Cn , les polynômes P ∈ C[X1 , ..., Xn ] qui
s’annullent en tous les points de E sont les combinaisons linéaires d’un nombre fini de
polynômes. En effet, il est simple de montrer que ces polynômes forment un idéal et on
conclut par le Théorème de Hilbert (que nous énoncons et démontrons maintenant).
Théorème 5.5 Si A est un anneau noethérien, alors l’anneau de polynômes A[X] est
noethérien.
Soit I un idéal de A[X]. Pour tout n, soit Jn l’ensemble des coefficients dominants
des polynômes de degré n qui sont éléments de I (je vous rappelle que 0 a tous les degrés,
donc 0 ∈ Jn ).
On vérifie facilement que (Jn )n est une suite croissante d’idéaux de A. En effet, si
a ∈ Jn est le coefficient dominant d’un polynôme P ∈ I ⊂ A[X] de degré n, alors a est
le coefficient dominant du polynôme XP , dont le degré est n + 1, et a ∈ Jn+1 . Il existe
donc un entier m tel que Jn = Jm pour n ≥ m.
Pour i ≤ m, soit (ai,j ) un système fini de générateurs de Ji et soit Pi,j un polynôme
de degré i de I dont le coefficient dominant est ai,j . Soit I " l’idéal engendré par les
polynômes Pi,j . Montrons I = I " .
Soit Q ∈ I. Si Q est de degré 0, c’est une combinaison linéaire des éléments P0,j ,
donc Q ∈ I " . Faisons une récurence sur le degré d de Q et supposons que tout polynôme
"
de I de degré < d est dans
dominant de Q. Si d ≤ m, il existe
" I . Soit a le coefficient "
une décomposition a = bj ad,j . Le polynôme Q − bj Pd,j est de degré < d. Comme
il
"
est dans I, il est dans"I " et Q aussi. Si d > m, il existe une décomposition a = bj am,j
et le polynôme Q − bj X d−m Pd,j est de degré < d. Il est dans I, donc dans I " et Q
aussi.
Exercice 5.6 Considérez l’anneau de polynômes C[X, Y ].
1) Donnez un système de générateurs de l’idéal formé des polynômes P ∈ C[X, Y ]
tels que P (0, 1) = P (1, 0) = 0.
2) Donnez un système de générateurs de l’idéal formé des polynômes P ∈ C[X, Y ]
tels que P (1, a) = 0 pour tout a ∈ C.
Corrigé de l’exercice.
1) Considérons l’évaluation en (0, 1) définie par e(P ) = P (0, 1). Il est clair que (X, Y − 1) ⊂ ker e. Il est tout
aussi clair que (X, Y − 1) est un idéal maximal (car C[X, Y ]/(X, Y − 1) = C[cl(X), cl(Y )] = C[0, 1] = C. On en
déduit (X, Y − 1) = ker e car le noyau de e est un idéal propre.
On montre de même que l’idéal des polynômes P tels que P (1, 0) = 0 est (X − 1, Y ).
Comme (X, Y − 1) et (X − 1, Y ) sont maximaux et distincts, ils sont comaximaux. On en déduit
(X, Y − 1) ∩ (X − 1, Y ) = (X, Y − 1)(X − 1, Y ) = (X(X − 1), XY, (Y − 1)(X − 1), (Y − 1)Y ).
14
2) On remarque d’abord que C[X, Y ]/(X − 1) / C[Y ]. On en déduit que tout polynôme P ∈ C[X, Y ] peut
s’écrire sous la forme P = (X − 1)Q + P1 (Y ), où P1 ∈ C[Y ]/. On a alors P (1, a) = (1 − 1)Q + P1 (a) = P1 (a). Il en
résulte que P (1, a) = 0 pour tout a ∈ C si et seulement si P1 = 0, c’est à dire si et seulement si P ∈ (X −1)C[X, Y ].
Exercice 5.7 Soient a, b ∈ C, avec a #= b. Montrez que tout polynôme P ∈ C[X] peut
s’écrire comme combinaison linéaire d’un polynôme ayant a pour racine et d’un polynôme
ayant b pour racine.
Corrigé de l’exercice.
On a évidemment 1 = (X − a)/(b − a) − (X − b)/(b − a), donc
P = P (X − a)/(b − a) − P (X − b)/(b − a).
Définition 5.8 Un anneau quotient d’un anneau de polynômes sur anneau A est appelé
A-algèbre de type fini.
Soient A un anneau, A[X1 , ..., Xk ] un anneau de polynômes et I un idéal de A[X1 , ..., Xk ].
L’anneau quotient A[X1 , ..., Xk ]/I est donc une A-algèbre de type fini. La classe cl(Xi )
de Xi dans A[X1 , ..., Xk ]/I est souvent notée xi et on écrit alors A[X1 , ..., Xk ]/I =
A[x1 , ..., xk ]. Les éléments de A[x1 , ..., xk ] sont donc de la forme P (x1 , ..., xk ), avec P ∈
A[X1 , ..., Xk ]. L’homomorphisme surjectif A[X1 , ..., Xk ] → A[x1 , ..., xk ] est l’homomorphisme
d’évaluation.
Exemple 5.9 C est une R-algèbre de type fini.
En effet, l’homomorphisme f : R[X] → C défini par f (P ) = P (i) est surjectif; son
noyau est l’idéal (X 2 + 1). On a donc un isomorphisme R[X]/(X 2 + 1) + C, d’après le
théorème de factorisation pour les homomorphismes d’anneaux.
Exercice 5.10 Montrez que Q n’est pas une Z-algèbre de type fini.
Corrigé de l’exercice.
Supposons Q = Z[a1 , ..., ak ], avec ai ∈ Q. Soit n un dénominateur commun des ai . Soit maintenant z ∈ Q.
Il existe un polynôme P ∈ Z[X1 , ..., Xk ] tel que z = P (a1 , ..., ak ). Si P est de degré ≤ d, on a alors nd z ∈ Z. Si
p est un nombre premier, il existe donc un entier d tel que nd /p ∈ Z. Finalement tout nombre premier divise n.
C’est idiot !
Remarque 5.11 Une algèbre de type fini sur un anneau noethérien est un anneau
noethérien; en particulier une algèbre de type fini sur un corps est un anneau noethérien.
C’est une conséquence immédiate du théorème de Hilbert.
Exercice 5.12 Montrez que l’anneau de polynôme en une infinité de variables A =
K[X1 , ..., Xn , ...] n’est pas noethérien
15
6
Anneaux de fractions d’un anneau intègre
Vous savez que dans Q on a n/m = a/b si et seulement si nb = am. C’est évident
mais il n’est pas inutile de le rappeler. Donc on pourrait définir Q comme l’ensemble
quotient de l’ensemble des couples (n, m) ∈ Z, avec m #= 0, par la relation d’équivalence
(n, m) ∼ (a, b) ⇔ nb = am.
Plus généralement, soit A un anneau intègre. On considère l’ensemble des couples
(a, s), avec a, s ∈ A et s #= 0 et son quotient par la relation d’équivalence (a, s) ∼
(a" , s" ) ⇔ as" = a" s; on note a/s la classe d’équivalence de (a, s) et K(A) l’ensemble de
ces classes. On démontre facilement (faites le!) l’énoncé suivant.
Proposition 6.1 Soit A un anneau intègre. L’ensemble K(A) muni des lois
(a/s) + (b/t) = (at + bs)/st et (a/s)(b/t) = ab/st
est un corps.
L’application A → K(A) définie par a → a/1 est un homomorphisme injectif d’anneau
qui identifie A à un sous-anneau du corps K(A).
Noter que a/1 = as/s pour tout s #= 0.
Proposition 6.2 1) Si un sous-corps de K(A) contient A c’est K(A) tout entier.
2) Si f : A → K est un homomorphisme injectif d’anneaux et si K est un corps,
il existe un unique homomorphisme injectif de corps f˜ : K(A) → K prolongeant f ,
autrement dit tel que la restriction de f˜ à A soit f .
Supposons A ⊂ k ⊂ K(A). Si s ∈ A, avec s #= 0, alors s−1 ∈ k et a/s = as−1 ∈ k
pour tout a ∈ A. On a donc k = K(A).
On pose f˜(a/s) = f (a)f (s)−1 et on vérifie immédiatement que f˜ est un homomorphisme injectif de corps tel que f˜ | A = f .
Définition 6.3 K(A) est le corps des fractions de A.
On peut donc dire que le corps des fractions d’un anneaux intègre est le plus petit
corps contenant cet anneau.
Il est tout à fait important de comprendre que pour un anneau intègre A quelconque une fraction a/b n’a pas, comme dans Q, une forme réduite naturelle. L’existence
d’une forme réduite pour une fraction de Q se déduit de l’existence et de l’unicité de la
décomposition en facteur premier.
Si A est un anneau principal, on peut réduire une fraction (non nulle) et la representer
par a/b où a et b sont premiers entre eux.
Exercice 6.4 Soienr a/b et a" /b" deux fractions réduites du corps des fractions K(A)
d’un anneau principal A.
Montrez que a/b = a" /b" si et seulement si aA = a" A et bA = b" A.
Corrigé de l’exercice.
Supposons a/b = a$ /b$ . Ceci est équivalent à ab$ = a$ b. Comme a et b sont premiers entre eux (cela a
parfaitement un sens dans un anneau principal), alors a divise a$ . De même a$ divise b car a$ et b$ sont premiers
entre eux. Je vous laisse conclure ...
16
On a identifié (une fois pour toutes) un anneau intègre A à un sous-anneau de son
corps des fractions. Parmi les sous-anneau de K(A) contenant A on est particulièrement
intéressé par ceux correspondant à une famille autorisée de dénominateurs.
Définition 6.5 Une partie S de A est dit multiplicativement stable si 1 ∈ S et s, t ∈
S ⇒ st ∈ S.
Remarquer que si P est un idéal premier, alors A − P (la partie complémentaire de
P dans A) est multiplicativement stable.
Proposition 6.6 Le sous-ensemble de K(A) formé des fractions ayant un représentant
dont le dénominateur est dans une partie multiplicativement stable S est un sous-anneau
de K(A) contenant A. On note cet anneau S −1 A.
C’est tout à fait clair: a/s + b/t = (at + bs)/st et (a/s)(b/t) = at/bs; de plus
a/1 ∈ S −1 A pour tout a ∈ A et en particulier 0/1 ∈ S −1 A et 1/1 ∈ S −1 A.
Remarque 6.7 La partie T = A − {0} est multiplicativement stable (car A est intègre)
et T −1 A = K(A).
Définition 6.8 Si P est un idéal premier et S = A − P. On note souvent AP au lieu
de S −1 A.
Si s ∈ A est un élément non nul et si S = {sn , n ≥ O}, on note As au lieu de S −1 A.
Exercice 6.9 Soient A un anneau intègre et s, t ∈ A des éléments non nuls.
Montres que s’il existe des entiers positifs m et n tels que sn ∈ tA et tm ∈ sA, alors
As = At .
Corrigé de l’exercice.
Supposons tm = as. Alors b/sk = ak b/ak sk = ak b/tmk ∈ At . Donc As ⊂ At et je vous laisse conclure.
Théorème 6.10 Soit A un anneau intègre. On a A =
prise sur l’ensemble des idéaux maximaux.
!
M AM ,
l’intersection étant
Notez bien qu’il s’agit d’une intersection de sous-anneaux du corps des fractiions
K(A) de A. !
Soit f ∈ M AM . Il est clair que l’ensemble A : f = {s ∈ A : sf ∈ A} est un idéal
de A. Soit M un idéal maximal de A. Comme f ∈ AM , il existe s ∈
/ M tel que f = a/s,
donc sf = a ∈ A. Ceci montre que A : f n’est pas contenu dans M, donc A : f n’est
contenu dans aucun idéal maximal. Il en résulte A : f = A, donc f ∈ A.
Exercice 6.11 Soient s1 , ..., sk ∈ A des
" éléments tels que (s1 , ..., sk ) = A (c’est à dire
tels qu’il existe un décomposition 1 = ai si ).
Montrez que A = ∩i Asi .
Corrigé de l’exercice.
n
n
Si x ∈ ∩i Asi , il existe pour tout i une représentation x = xi /si i (avec ni ≥ 0. Il en résulte que si i ∈ A :
x = {b ∈ A tel que bx ∈ A}. Mais par hypothèse, il n’existe pas d’idéal maximal qui contienne si pour tout i.
n
En conséquence, il n’existe pas d’idéal maximal qui contienne si i pour out i. On en déduit que l’idéal A : x est
impropre. Autrement dit, on a x = 1x ∈ A.
17
Exercice 6.12 Soient A un anneau principal et s1 , ..., sk ∈ A. Soit g ∈ A un pgcd des
éléments si , autrement dit un élément tel que (s1 , ..., sk ) = gA..
Montrez que Ag = ∩i Asi .
Corrigé de l’exercice.
n n
n n
Comme si = gci , on a a/g n = acn
Ag ⊂ ∩i Asi .
i /g ci = aci /si ∈ Asi , donc
n
n
Réciproquement, soit b ∈ ∩i Asi . Alors, il existe ni tel que si i b ∈ A. Si f est un pgcd des éléments si i , alors
f b ∈ A, donc b ∈ Af . Il suffit maintenant de remarquer que f et g ont les mêmes facteurs irréductibles. On en
déduit qu’il existe m et n tels que f m ∈ gA et g n ∈ f A. On conclut alors.
Théorème 6.13 Soit A un anneau intègre et S une partie multiplicativement stable de
A. Si A est noethérien, alors S −1 A aussi.
Soit J un idéal de S −1 A. Montrons que J est de type fini. Soit I ⊂ A l’ensemble
des éléments a ∈ A tels que a/1 ∈ J. Il est clair que I est un idéal de A. En effet si
a/1, a" /1 ∈ J et b, b" ∈ A, on a (ba + b" a" )/1 = (ba/1) + (b" a" /1) ∈ J, donc ba + b" a" ∈ I.
Soit alors (a1 , ..., al ) un système de générateurs de l’idéal I. Montrons que (a1 /1, ..., al /1)
est un système de générateurs de J. Si b/s ∈ J, alors (s/1)(b/s) = b/1 ∈ J, donc b ∈ I
et b = c1 a1 + ... + cl bl , avec ci ∈ A. Il en résulte b/s = (c1 /s)(a1 /1) + ... + (cl /s)(al /1).
Théorème 6.14 Soit A un anneau principal et S une partie multiplicativement stable
de A. Alors l’anneau S −1 A est soit principal, soit un corps.
Reprenez la preuve du théorème précédent pour démontrer celui-ci.
Exercices 6.15 1) Soit A un anneau intègre et soit 0 #= s ∈ A. Considérez l’homomorphisme
f : A[X] → As défini par f (P ) = P (1/s) ∈ As .
- Montrez que f est surjectif et que son noyau est l’idéal (sX − 1). Déduisez en que
cet idéal est premier.
2) Soit p un nombre premier. Montrez que pZ(p) est l’unique idéal maxima de l’anneau
l’anneau Z(p)
3) Soient p1 , ..., pk des nombres premiers deux à deux distincts. Considérez la partie
S ⊂ Z formé des entiers n tels que n ∈
/ pi Z pour i = 1, ..., k.
- Montrez que S est une partie multiplicativement stable de Z.
- Montrez que les idéaux pi S −1 Z = {pi a/s, avec s ∈ S} sont les idéaux maximaux de
S −1 Z.
- Montrez que S −1 Z n’est pas une Z-algèbre de type fini.
4) Soit A un anneau intègre et soient Mi , avec i = 1, ..., k des idéaux maximaux deux
à deux distincts de A.
- Montrez que S = ∩(A − Mi ) est une partie multiplicativement stable de A.
- Montrez que les idéaux Mi S −1 A = {a/s, avec a ∈ Mi et s ∈ S} sont les idéaux
maximaux de S −1 A.
Corrigés des exercices.
1) Si P = aX n , on a P (1/s) = a/sn . Ceci montre bien que f est surjectif . Il est clair que (sX − 1) ⊂ ker f .
Réciproquement, faisons une récurrence sur le degré de P ∈ ker f . C’est évident pour d0 P = 0.
Pour d0 P > 0, soit a son terme constant. Il est clair que P + a(sX − 1) ∈ ker f . Mais P + a(sX − 1) = XQ,
avec Q ∈ ker f et d0 Q < d0 P . On conclut par récurrence
2) Remarquons d’abord que p = p/1 n’est pas inversible dans l’anneau Z(p) . Soit alors n/m ∈ Z(p) , avec
m∈
/ pZ. Il existe un entier r ≥ 0 tel que n = pr n$ , avec n$ ∈
/ pZ. Si u = n$ /m, c’est un élément inversible de Z(p)
18
tel que n/m = pr u. Si n/m n’est pas inversible, alors r > 0, ce qui montre que tout élément non inversible est
contenu dans l’idéal propre pZ(p) , qui est donc bien l’unique idéal maximal.
3) S est clairement une partie multiplicativement stable de Z (lemme de Gauss). Remarquons ensuite que
pi = pi /1 n’est pas inversible dans l’anneau S −1 Z. Soit alors n/m ∈ S −1 Z, avec m ∈ S. Il existe des entiers ri ≥ 0
r
r
tel que n = pr11 ...pkk n$ , avec n$ ∈ S. Si u = n$ /m, c’est un élément inversible de S −1 Z tel que n/m = pr11 ...pkk u.
Si n/m n’est pas inversible, alors il existe i tel que ri > 0, ce qui montre que tout élément non inversible est
contenu un des idéaux propres pi S −1 Z.
On peut alors conclure par l’une des deux méthodes suivantes.
- Soit I est un idéal propre de S −1 Z et soit dZ = I ∩ Z. Il est immédiat de montrer que I = dS −1 Z. Comme
d n’est pas inversible, il existe i tel que d = d/1 ∈ pi Z, donc I ⊂ pi Z. Ceci montre que tout idéal propre est
contenu dans l’un des idéaux propres pi S −1 Z, donc que ceux-ci sont les idéaux maximaux de S −1 Z.
- Vous pouvez utiliser le lemme d’évitement, en montrant d’abord que les idéaux propres pi S −1 Z sont premiers.
Comme on a montré que tout élément non inversible est contenu dans la réunion (finie) de ces idéaux, il en résulte
que tout idéal propre est contenu dans la réunion de ces idéaux, donc dans l’un d’entre par le lemme d’évitement.
Supposons que S −1 Z est une Z-algèbre de type fini. Soient alors a − 1, ..., ar ∈ S −1 Z des éléments tels
que S −1 Z = Z[a1 , ..., ar ]. Autrement dit, pour tout n/m ∈ S −1 Z, il existe un polynôme P ∈ Z[X1 , ..., Xr ] tel
que n/m = P (a1 , ..., ar ). Soit s le produit des dénominateurs des ai . On en déduit que pour l assez grand
sl n/m = sl P (a1 , ..., ar ) ∈ Z. Ceci démontre que sl /p ∈ Z pour tout premier p et pour l assez grand, donc que
tout nombre premier p divise s. C’est impossible!
4) Il y a deux questions !
L’une est une conséquence immédiate de l’exercice suivant. Elle démontren que les idéaux Mi S −1 A =
{a/s, avec a ∈ Mi et s ∈ S} sont des idéaux maximaux de S −1 A.
L’autre dépend aussi de l’exercie suivant mais elle est plus difficile. Il faut utiliser le Lemme d’évitement.
Soit P $ un idéal premier de S −1 A. Posons P = P $ ∩ A. Il faut montrer qu’il existe i tel que P ⊂ Mi . Mais on
sait que P ∩ S = ∅, c’est à dire P ⊂ A − S = ∪Mi . Mais si un idéal est contenu dans la réunion d’un nombre fini
d’idéaux premier, on a vu qu’il était contenu dans l’un d’entre eux (c’est le Lemme d’évitement), donc il existe
bien i tel que P ⊂ Mi .
Exercice 6.16 Soient A un anneau intègre et S une partie multiplicativement stable de
A.
1) Montrez que si P est un idéal premier de A tel que P ∩ S = ∅, alors PS −1 A =
{a/s, tel que a ∈ P est un idéal premier de S −1 A.
2) Montrez que si P " est un idéal premier de S −1 A, alors P = P " ∩ A est un idéal
premier de A disjoint de S.
3) Montrez qu’on a ainsi défini une bijection entre les idéaux premiers de A disjoints
de S et les idéaux premier de S −1 A.
Corrigé de l’exercice. 1) Supposons (a/s)(b/s$ ) = c/t ∈ PS −1 A, avec c ∈ P. On en déduit abt = ss$ c ∈ P,
donc ab ∈ P car t ∈ S, donc t ∈
/ P. Il en résulte a ∈ P ou b ∈ P.
2) P = P $ ∩ A est évidemment le noyau de l’homomorphisme composé
A → S −1 A → S −1 A/P $ .
Comme l’anneau S −1 A/P $ est intègre, on en déduit que A/P est intègre (théorème de factorisation) donc
que P est premier. Il est clair que P $ ∩ S = ∅, donc que P ∩ S = ∅.
3) Il faut démontrer PS −1 A ∩ A = P et (P $ ∩ A)S −1 A = P $ . Faites le!
19
7
Modules, sous-modules, homomorphismes, modules quotients
Dans cette section A est toujours un anneau commmutatif.
Définition 7.1 Soit M, + un groupe commmutatif. On dit que M est un A-module s’il
existe une application A × M → M , où on note ax l’image de (a, x), telle que
1) a(x + y) = ax + ay pour a ∈ A et x, y ∈ M ,
2) (a + b)x = ax + bx pour a, b ∈ A et x ∈ M ,
3) 1x = x et a(bx) = (ab)x pour a, b ∈ A et x ∈ M ,
Si l’anneau A est un corps K, on dit que M est un K-espace vectoriel.
Exemples 7.2 1) Un idéal de A, en particulier A lui même, est un A-module.
2) Si I est un idéal de A, alors A/I muni de l’opération acl(b) = cl(ab) (pour a, b ∈ A,
est un A-module.
3) Un Z-module est un groupe commutatif et réciproquement.
4) An = A × A × .... × A, muni de l’opération a(a1 , ..., an ) = (aa1 , ..., aan ) est un
A-module.
5) Si M et N sont des A-modules, alors M ×N , muni de l’opération a(x, y) = (ax, ay)
pour a ∈ A, x ∈ M et y ∈ N , est un A-module.
6) Soit f : A → B un homomorphisme d”anneaux. Alors B, muni de l’opération
ab = f (a)b pour a ∈ A et b ∈ B, est un A-module.
Définition 7.3 Soit M un A-module. Un sous-groupe N de M tel que ax ∈ N pour
a ∈ A et x ∈ N est un sous-module de M .
Il est clair qu’ un sous-ensemble N de M est un sous-module de M si et seulement
si x, y ∈ N et a, b ∈ A impliquent ax + by ∈ N , autrement dit si et seulement si N est
stable par combinaison linéaire.
Vous notez aussi qu’in sous-A-module d’un sous-A-module est encore un sous-Amodule....
Définition 7.4 Opérations sur les sous-modules d’un module
1) Si N et N " sont deux sous-modules de M , alors N ∩ N " est un sous-module de N ,
de N " et de M .
2 Si (Ni )i∈I est une famille de sous-modules de M , alors ∩i∈I Ni est un sous-module
de M .
3) Si N et N " sont deux sous-modules de M , alors N + N " = {x + y, x ∈ N, y ∈ N " }
est un sous-module de M . C’est le plus petit sous-module de M qui contient N et N " .
"
C’est enfin l’ensemble des combinaisons linéaires
" d’éléments de n et de N .
4) Si I est un idéal de A, alors IM = { ai xi }, pour ai ∈ I et xi ∈ M , est un
sous-module de M .
Faites l’effort de comprendre que N ∪ N " n’est pas en général un sous-module de M .
Vous connaissez déjà le cas particulier suivant; la réunion de deux idéaux d’un anneau
A n’est pas en général un idéal de A. Par exemple 2Z ∪ 3Z n’est pas un idéal de Z.
20
Définition 7.5 1) Soient x1 , ..., xn ∈ M . Les éléments de la forme a1 x1 + a2 x2 + ... +
an xn , avec ai ∈ A, sont les combinaisons linéaires des xi .
On note parfois cet ensemble Ax1 + ... + Axn . C’est le sous-module de M engendré
par les éléments x1 , ..., xn .
2) Si E ⊂ M , l’ensemble des combinaisons linéaires (d’un nombre fini) d’éléments de
E est le sous-module de M engendré par E. C’est évidemment le plus petit sous-module
de M contenant E.
Si cet ensemble est M , on dit que E engendre M .
Si M est engendré par un nombre fini d’éléments, on dit que M est un A-module de
type fini.
"
3) Si (Ni )i∈I est une famille de sous-modules de M , on note i∈I Ni le sous-module
de M engendré par ∪i∈I Ni . C’est évidemment le plus petit sous-module de M contenant
tous les sous-modules Ni .
Si I = {1, ..., n}, on note aussi ce sous-module N1 + N2 + ... + Nn .
On a N1 + N2 + ... + Nn = {x1 + ... + xn }, avec xi ∈ Ni pour tout i.
Remarquez que le A-module A est engendré par 1. Remarquez aussi que si I est un
idéal, alors le A-module A/I est engendré par cl(1).
Notez enfin que An est engendré par les n éléments (1, 0, 0, .., 0), (0, 1, 0, .., 0),...,(0, 0, .., 0, 1).
Exercice 7.6 1) Montrez que a ∈ A engendre A comme A-module si et seulement si a
est inversible.
2) Montrez que (a1 , 0, ..., 0), (0, a2 , 0, ..., 0),...,(0, ..., 0, an ) engendrent An si et seulement si ai est inversible pour tout i.
3) Montrez que cl(m) ∈ Z/nZ engendre Z/nZ comme Z-module si et seulement si
(m, n) = 1.
Corrigé de l’exercice.
1) aA = A si et seulement si A ∈ aA, autrement dit, si et seulement s’il existe b ∈ A tel que ab = 1.
2) Il est clair qu’il faut et il suffit que ai engendre A pour tout i.
3) cl(m) engendre Z/nZ si et seulement si cl(1) ∈ cl(m)Z/nZ. On conclut!
Définition 7.7 Soient M et N des A-modules. Un homomorphisme de groupes f : M →
N tel que f (ax) = af (x), pour a ∈ A et x ∈ M , est un homomoprhisme (une application
A-linéaire) de A-modules.
S’il existe un homomorphisme g : N → M tel que g ◦ f = IdM et f ◦ g = IdN , on dit
que f est un isomorphisme.
Verifiez qu’une application f de M dans N est A-linéaire si et seulement si f (ax +
by) = af (x) + bf (y) pour a, b ∈ A et x, y ∈ M .
Vous devez aussi vérifier (comme d’habitude) qu’un homomorphisme bijectif est un
isomorphisme, autrement dit que l’application inverse (définie car f est bijective) est
bien un homomorphisme de N vers M .
Soient f : M → N un homomorphisme de A-modules et K = kerf . Si x ∈ K et
a ∈ A, alors f (ax) = af (x) = 0,donc ax ∈ K. On a donc montrer le résultat suivant.
Proposition 7.8 Le noyau d’un homomorphisme de A-modules f : M → N est un
sous-module de M .
21
On a alors la réciproque attendue.
Théorème 7.9 Soit N un sous-module de M . Le groupe quotient M/N a une structure
de A-module telle que l’application classe est un homomorphisme dont le noyau est N .
Si x, y ∈ M sont tels que cl(x) = cl(y) ∈ M/N , alors (x − y) ∈ N , donc a(x − y) =
ax − ay ∈ N et on a cl(ax) = cl(ay). On peut donc définir acl(x) = cl(ax). Ceci donne a
M/N une structure de A-module. La relation acl(x) = cl(ax) exprime que l’application
classe est linéaire; son noyau est évidemment N .
Théorème 7.10 Théorème de factorisation
Soit f : M → N un homomorphisme de A-modules. Alors f (M ) est un sous-module
de N et K = kerf un sous-module de M .
Il existe un unique homomorphisme f¯ : M/K → f (M ) tel que f = i ◦ f¯ ◦ cl où
cl : M → M/K est l’application classe et i : f (M ) → N l’injection naturelle. De plus f¯
est un isomorphisme.
Je vous laisse le soin de montrer cela sans moi!
Remarquez en particulier que si f est surjective, alors f¯ est un isomorphisme
M/K + N.
Corollaire 7.11 Soient N et N " deux sous-modules d’un A-module M .
L’application linéaire composée N " → N " + N → (N " + N )/N est surjective et son
noyau est N ∩ N " . Elle induit un isomorphisme de A-modules
N " /(N " ∩ N ) + (N " + N )/N.
Vous connaissez déjà cette application du théorème de factorisation dans le cas des
groupes commutatifs. Comme N " → N " + N → (N " + N )/N est un homomorphisme de
A-modules, toutes les applications induites sont linéaires, ce qui démontre l’énoncé.
Exercice 7.12 Soient I et J deux idéaux comaximaux de l’anneau A. Montrez que
I(A/J ) = A/J .
Corrigé de l’exercice.
Dire que I et J sont comaximaux, c’est dire I + J = A. Comme I(A/J ) = (I + J )//J , c’est clair.
8
Modules de type fini
Théorème 8.1 Soient M un A-module et N un sous-module de M .
1) Si N et M/N sont de type fini, alors M est de type fini.
2) Si M est de type fini, alors M/N est de type fini.
3) Si M est de type fini et si de plus A est noethérien, alors N est de type fini.
22
1) On suppose d’abord que x1 , ..., xn engendrent N et que cl(y1 ), ..., cl(ym ) engendrent
M/N . Montrons que x1 , ..., xn , y1 , ..., ym engendrent M . Soit z ∈ M . Il y a"dans M/N
une décomposition
cl(z) = b1 cl(y1 ) + ... + bm cl(y
"
"m ). On"en déduit cl(z − bi yi ) = 0,
donc z − bi yi ∈ N et une décomposition z − bi yi = aj xj .
2)"
Supposons maintenant que z1 , ...zk engendrent M
". Si z ∈ M , on a une relation
z =
ci zi , donc, dans M/N , une relation cl(z) =
ci cl(zi ). Ceci montre que les
éléments cl(z1 ), ...cl(zk ) engendrent M/N .
3) Supposons maintenant que A est noethérien et montrons que N est de type fini.
Faisons une récurrence sur le nombre de générateurs k de M . Si k = 1, alors l’application
f : A → M définie par f (a) = az1 est surjective; l’image inverse de N est un idéal I de
A tel que f (I) = N . Comme I est de type fini, N aussi d’après 2).
Pour k > 1, considérons le sous-module M " de M engendré par z1 , ...zk−1 . Remarquons d’abord que N ∩ M " est de type fini par hypothèse de récurrence. Notons ensuite
que N ∩ M " est le noyau de l’application linéaire composée N ⊂ M → M/M " . Par le
théorème de factorisation, on en déduit que N/(N ∩ M " ) est isomorphe à un sous-module
de M/M " , donc que N/(N ∩ M " ) est de type fini (hypothèse de récurrence). On conclut
alors avec 1).
Corollaire 8.2 Soient M un A-module et 0 = M0 ⊂ M1 ⊂ ... ⊂ Mn = M une suite
croissante de sous-modules.
1) Si Mi+1 /Mi est de type fini pour tout i, alors M est de type fini.
2) Réciproquement, si A est noethérien et M de type fini, alors Mi+1 /Mi est de type
fini pour tout i ≥ 0.
Pour 1), on fait une récurrence sur n, le résultat étant déja démontré pour n ≤ 2.
Par hypothèse de récurrence Mn−1 est de type fini. Mais Mn /Mn−1 est de type fini, donc
M = Mn aussi.
Pour 2), Mi et Mi+1 sont de type fini pour i ≥ 0 , donc Mi+1 /Mi aussi.
Exercice 8.3 Soit M un A-module.
Montrez que M est de type fini si et seulement s’il existe une suite croissante de sousmodules (0) = M0 ⊂ M1 ⊂ ... ⊂ Mn = M et des idéaux Ii de A tels que Mi+1 /Mi + A/Ii
pour i ≥ 0.
Corrigé de l’exercice.
Remarquons d’abord que si Mi+1 /Mi / A/Ii , il est évident que Mi+1 /Mi est de type fini. Appliquant le
corrollaire précédent, on en déduit que M est de type fini.
Réciproquement, supposons M de type fini. Soit M = Ax1 +...+Axn . Posons M0 = (0) et Mi = Ax1 +...+Axi
pour i ≥ 1. Considérons l’application cli = Mi → Mi /Mi−1 pour i > 0. Il est clair que Mi /Mi−1 = Acli (xi ) car
cli (xj ) = 0 pour j < i. Donc Mi /Mi−1 est un module ”monogène” (engendré par 1 élément). Il reste à remarquer
que si Az = N est un module monogène, l’homorphisme surjectif A → Az, défini par a → az, a pour noyau l’idéal
I = {a tel que az = 0} (c’est l’idéal l’annulateur de z). Le théorème de factorisation induit un isomorphisme
A/I / Az.
Exercice 8.4 Donnez un exemple d’un anneau noethérien A et d’un A-module M engendré par un élément tel qu’il existe un sous-module N de M qui n’est pas engendré par
1 élément.
Corrigé de l’exercice.
Prenez A = C[X, Y ] = M et N = (X, Y ) = AX + AY . Il est clair que A est monogène comme A-module et
que l’idéal (X, Y ) ne peut pas être engendré par un seul élément.
23
Cela doit vous faire réfléchir! En effet vous savez que si E est un K-espace vectoriel
engendré par n éléments, il est de dimension ≤ n, donc tout sous-espace vectoriel est de
dimension ≤ n et peut donc être en engendré par n éléments. Les choses se compliquent
donc pour les modules sur un anneau. On savait déjà que lorsque l’anneau n’est pas
noethérien, un sous-module d’un module de type fini n’est pas toujours de type fini. On
comprend maintenant que dans le cas noethérien, un sous-module d’un module engendré
par kéléments n’est pas nécessairement engendré par k éléments. A méditer!
9
Produits, sommes directes, modules libres
Considérons une famille
# (éventuellement infinie) (Mi )i∈I de A-modules.
Le produit P = i∈I Mi , dont les éléments sont les (xi )i∈I , xi ∈ Mi , a une srtucture
évidente de A-modules, définie par a(xi ) + b(yi ) = (axi + byi ), pour tous a, b ∈ A.
Il y a pour tout j ∈ I une projection pj : P → Mj définie par pj ((xi )) = xj . Cette
projection est clairement un homomorphisme de A-modules.
Proposition 9.1 Soit N un A-module et pour tout i soit fi : N → Mi un homomorphisme. L’application
f :N →
%
Mi définie par f (x) = (fi (x)i∈I
i∈I
est un homomorphisme et c’est l’unique homomorphisme N →
fi = pi ◦ f pour tout i ∈ I.
#
i∈I
Mi tel que
#
Il est clair que f est un homomorphime. Si g : N → i∈I Mi est un homomorphisme
tel que fi = pi ◦ f , on a nécessairement g(x) = (fi (x))i , donc g = f .
Définition 9.2 #
La somme directe ⊕i∈I Mi est le sous-ensemble de P =
éléments (xi ) ∈ i Mi tels que xi = 0 sauf pour un nombre fini de i.
#
i Mi
formé des
&
Il est
# clair que la SOMME DIRECTE i∈I Mi est un SOUS-MODULE DU PRODUIT i∈I Mi .
En effet, si xi = yi = 0 sauf pour un nombre fini de i, alors axi + byi = 0 sauf pour
un nombre fini de i, pour tous a, b ∈ A.
Il est tout aussi clair que si I est fini, par exemple si I = {1, ..., n}, alors
n
'
Mi =
i=1
n
%
Mi
i=1
Il y a pour tout j une inclusion évidente aj : Mj → ⊕i Mi .
Proposition 9.3 Soit N un A-module et pour tout j soit fj : Mj → N un homomorphisme. L’application
24
f : ⊕i Mi → N définie par
f (xi ) =
(
fi (xi )
i
"
(notez bien que i fi (xi ) a un sens car la somme est finie) est un homomorphisme,
et c’est l’unique homomorphisme tel que
fj = f ◦ aj pour tout j.
"
On pose f ((xi )i ) =
fi (xi ). On a évidemment fj = f ◦ aj pour tout j. Je vous
laisse le soin de vérifier l’unicité.
Proposition 9.4 Soient M un A-module et (Mi )i "
une famille de sous-modules de M .
Soit s : ⊕i Mi → M l’application naturelle
s((x
))
=
i
i xi .
"
1) s est surjective si et seulement si i M
=
M
.
"i
2) s est injective si et seulement si Mi ∩ j$=i Mj = {0} pour tout i.
Si s est surjective et injective on dit que M est la somme directe des sous-modules
Mi .
"
On a s(⊕i Mi ) = i Mi . Ceci démontre 1).
Pour 2), on note que
(
(
(
xi = 0 ⇔ xi = −
xj ∈ Mi ∩
Mj
s((xi )) =
i
j$=i
j$=i
et on conclut.
Remarquez que vous retrouvez la notion d’espace vectoriel somme directe de sousespaces vectoriels.
Définition 9.5 Soit M un A-module
" et soient x1 , ..., xn ∈ M . On dit que ces éléments
sont linéairement indépendants si i ai xi = 0, avec ai ∈ A, est équivalent à ai = 0 pour
tout i.
Si (xi )i∈I est une famille (éventuellement infinie) d’éléments de M , on dit que les xi
sont linéairement indépendants si toute sous-famille finie est formée d’éléments linéairement
indépendants.
Bien entendu, si des éléments ne sont pas linéairement indépendants, nous dirons
qu’ils sont linéairement dépendants.
Il est clair que x1 , ..., xn ∈ M sont linéairement indépendants
si et seulement si
"
n
l’homomorphisme f : A → M défini par f (a1 , ..., an ) = ai ei est injectif.
ATTENTION, une difficulté nouvelle apparaı̂t : un élément non nul x ∈ M n’est pas
nécessairement linéairement indépendant. En effet, il peut exister a ∈ A, avec a #= 0, tel
que ax = 0.
Considérez par exemple un idéal propre non nul I dans un annneau A qui n’est pas
un corps. Vous remarquez que A/I ne contient pas d’élément linéairement indépendant.
C’est clair car a ∈ I implique ax = 0 pour tout x ∈ A/I.
25
Définition 9.6 Si (ei )i∈I est une famille d’éléments de M linéairement indépendants et
engendrant M , on dit que c’est une base de M .
Je compte sur vous pour démontrer sans moi le résultat suivant (qui doit vous rappeler
quelque chose ...).
Proposition 9.7 Les conditions suivantes sont équivalentes.
1) Les éléments (ei )i∈I de M forment une base de M .
2) Tout élément de M s’écrit de façon unique comme combinaison linéaire des ei .
L’énoncé suivant se passe aussi de commentaires
Proposition 9.8 Les conditions suivantes sont équivalentes.
1) Les éléments (e1 , ..., en ) de M forment une base de M .
"
2) L’homomorphisme f : An → M défini par f (a1 , ..., an ) =
ai ei est un isomorphisme.
Définition 9.9 Un A-module admettant une base est libre.
ATTENTION, il y a des modules (de type fini) qui ne sont pas libre. On vient de
voir que si I #= (0) est un idéal propre d’annneau A, alors A/I ne contient pas d’élément
linéairement indépendant. A fortiori A/I ne peut pas être un A-module libre.
Exemple 9.10 Le A-module A ⊕ ... ⊕ A = A × ... × A = An est libre. Les n éléments
(1, 0, 0, .., 0), (0, 1, 0, .., 0),...,(0, 0, .., 0, 1) forment clairement une base. C’est la ”base
canonique” de An .
C’est le moment de démontrer l’énoncé qui suit, que vous attendiez, et que vous
connaissez lorsque A est un corps.
Théorème 9.11 Soit M un A-module libre admettant une base à n éléments.
1) Si x1 , ..., xk ∈ M sont des éléments linéairement indépendants, on a k ≤ n.
2) Toutes les bases de M ont n éléments.
3) On dit que le A-module libre M est de rang n (je préfère rang à dimension).
C’est une conséquence du résultat plus fort suivant (que je vous demande de bien
noter). La démonstration est aussi importante. Elle montre bien que le calcul matriciel
(pour les matrices à coefficients dans un anneau) est un outil utile, que vous connaissez
bien. Notez bien que les opérations sommes et produits sont évidemment suffisantes pour
opérer la somme et le produit de deux matrices (lorsque ceux-ci sont possibles) et pour
calculer le déterminant d’une matrice carrée.
Théorème 9.12 Si n + 1 éléments d’un A-module M sont combinaisons linéaires de n
éléments de M , ils sont linéairement dépendants.
26
Soientt (x1 , ..., xn ) ∈ M et z1 , ..., zn+1 ∈ M des combinaisons linéaires des xi . Montrons que les éléments zi sont linéairement dépendants.
Considérons
"nune matrice (à n + 1 lignes et n colonnes) (aij ), à coefficients dans A,
telle que zi = j=1 aij xj . Autrement dit, on a







z1
z2
.
.
zn+1





 = (aij ) 




x1
x2
.
.
xn






Soit k le plus grand entier tel que la matrice (aij ) a un k-mineur non nul.
Si k = n, considérons Ti la matrice obtenue en supprimant la i-ème ligne de (aij ) et
posons Di = (−1)i det(Ti ) ∈ A. Si C est une colonne de (aij ), on a (D1 , ..., Dn+1 )C = 0,
car c’est le déterminant d’une matrice (n + 1) × (n + 1) ayant deux colonnes identiques
(développé le long d’une colonne). On en déduit (D1 , ..., Dn+1 )(aij ) = 0 et



(D1 , ..., Dn+1 ) 


z1
z2
.
.
zn+1






 = (D1 , ..., Dn+1 )(aij ) 




x1
x2
.
.
xn



=0


Autrement dit D1 z1 + .... + Dn+1 zn+1 = 0 (nous avons supposé que les Di n’étaient
pas tous nuls).
Si k < n, on peut supposer, quitte à changer l’ordre des xj et des zl , que le k-mineur
porté par les k premières lignes et les k premières colonnes est non nul.. Montrons alors
que les éléments z1 , ..., zk+1 sont linéairement dépendants.
soit Ti la matrice k × k obtenue en supprimant la i-ème ligne de la matrice extraite
N = (aij ) avec 1 ≤ i ≤ k + 1 et 1 ≤ j ≤ k.
Posons Di = (−1)i det(Ti ). On a



(D1 , ..., Dk+1 ) 


a1j
a2j
.
.
ak+1,j



=0


En effet, si j ≤ k, ce produit est le déterminant d’une matrice ayant deux colonnes
identiques et si j > k c’est un k + 1-mineur de la matrice (aij ). On en déduit commme
précédemment D1 z1 + .... + Dk+1 zk+1 = 0 (ici, nous avons supposé Dk+1 #= 0).
Remarque
9.13 Remarquez qu’on a en fait montrer un résultat plus précis. Soient
"
zi =
aij xj . Si tous les (k + 1)-mineurs de la matrice (aij ) sont nuls, il y a au plus k
éléments linéairement indépendants parmi les xi .
27
On aurait aussi pu montrer que toutes les bases d’un A-module libre ont même
cardinal en revenant au cas déjà connu des espaces vectoriels sur un corps.
En effet, soit (e1 , ..., en ) une base de M . Soit M un idéal maximal
" de A. Considérez
n
l’homomorphisme f : A → M/MM défini par f (a1 , ..., an ) =
ai cl(ei ). Son noyau
est Mn et le théorème de factorisation induit un isomorphisme (A/M)n + M/MM . Il
reste à vérifier que l’existence d’un isomorphisme de A-modules (A/M)n + (A/M)m
implique m = n. Mais un tel isomorphisme est aussi un isomorphisme de A/M-espaces
vectoriels!
Corollaire 9.14 Si M est un A-module libre de rang n et si (z1 , ..., zn ) est un système
de générateurs de M , alors (z1 , ..., zn ) est une base de M .
"
Considérons pour chaque i la décomposition zi = aij ej .
Comme
(z1 , ..., zn ) est un système de générateurs de M , il existe une des décompositions
"
ei = bij zj . On en déduit




e1
e1
 e2 
 e2 




 .  = (bij )(aij )  . 




 . 
 . 
en
en
Ceci démontre (bij )(aij ) = In (où In la matrice identité à coefficients dans A), car
(
ei =
cij ej ⇔ cii = 1 et cij = 0 pour j #= i.
"
Une relation
αi zi = 0 implique alors (α1 , ..., αn )(aij ) = 0.
On en déduit (α1 , ..., αn )(aij )(bij ) = 0, donc (α1 , ..., αn )In = 0, c’est à dire αi = 0
pour tout i.
Exercice 9.15 Soit M un A–module libre de rang n et soit (e1 , ..., en ) une base"de M .
Considérez n éléments z1 , ..., zn ∈ M et pour chaque i la décomposition zi = aij ej .
Montrez que les conditions suivantes sont équivalentes :
1) (z1 , ..., zn ) est une base de M ,
2) la matrice (n × n, à coefficients dans l’anneau A) (aij ) est inversible,
3) le déterminant de la matrice (aij ) est un élément inversible de l’anneau A.
Corrigé de l’exercice.
P
1) ⇒ 2). Si (z1 , ..., zn ) est une base, il existe une des décompositions ei =
bij zj . On en déduit
0
e1
B e2
B
B .
@ .
en
1
0
e1
C
B e2
C
B
C = (bij )(aij ) B .
A
@ .
en
1
C
C
C
A
Ceci démontre (bij )(aij ) = In (où In la matrice identité à coefficients dans A), car
X
ei =
cij ej ⇔ cii = 1 et cij = 0 pour j $= i.
2) ⇒ 3). Si (bij )(aij ) = In , on a det(bij ) det(aij ) = det(In ) = 1.
3) ⇒ 1). Si det(aij ) est P
inversible, les formeules de Cramer montrent que la matrice (aij ) est inversible. Soit
(bij ) son inverse. On a ei =
bij zj pour tout i, j, ce qui démontre que (z1 , ..., zn ) est un système de générateurs
de M , donc une base de M d’après l’énoncé précédent.
28
10
Modules sur un anneau intègre, torsion, rang
Soient A un anneau intègre et M un A-module. On dit qu’un élément x ∈ M est de
torsion s’il existe a ∈ A, a #= 0 tel que ax = 0. Il est clair que x est de torsion si et
seulement si x n’est pas linéairement indépendant.
Proposition 10.1 L’ensemble T (M ) des éléments de torsion de M est un sous-module
de M .
Le module quotient M/T (M ) est sans torsion.
Soient x, y ∈ T (M ). Soient a, b ∈ A des éléments non nuls tels que ax = 0 et by = 0.
Il est clair que ab(cx + dy) = 0 pour tous c, d ∈ A. Comme ab #= 0, car A est intègre,
ceci montre que toute combinaison linéaire de x et y est dans T (M ).
Soit cl(x) ∈ M/T (M ) un élément de torsion. Soit a ∈ A, avec a #= 0, tel que acl(x) =
0. Ceci signifie ax ∈ T (M ), donc il existe b ∈ A, avec b #= 0, tel que b(ax) = (ba)x = 0.
Ceci montre x ∈ T (M ), donc cl(x) = 0.
Proposition 10.2 Soit M un A-module de type fini de torsion (i.e. tel que M = T (M )).
Il existe a ∈ A, avec a #= 0, tel que aM = 0 (c’est à dire tel que ax = 0 pour tout x ∈ M ).
Soit (x1 , ..., xn ) un système de générateurs de M . Comme xi est de torsion, il existe
des élément non nuls ai ∈ A tels que ai xi = 0. Si a = a1 ...an , il est clair que axi = 0
pour tout i, donc que aM = 0.
Exercices 10.3 1) Montrez que M = Q/Z est un Z-module de torsion (M = T (M ).
Montrer ensuite qu’il n’existe pas n ∈ Z, tel que nM = 0. Vous notez en passant que
M = Q/Z n’est pas de type fini sur Z.
2) Considérez le Z-module S = ⊕
#p Z/pZ (pour p premier). Montrez que T (S) = S.
3) Considérez le Z-module Π = p Z/pZ (pour p premier). Montrez que T (Π) = S.
Corrigé des exercices.
1) Soit cl(m/n) ∈ M = Q/Z. On a ncl(m/n) = cl(m) = 0, donc cl(m/n) est un élément de torsion.
Supposons qu’il existe n ∈ Z, tel que nM = 0. Ceci implique ncl(1/p) = cl(n/p) = 0 pour tout nombre
premier p, autrement dit n ∈ pZ pour tout nombre premier p, ce qui est évidemment idiot.
2) Soit x ∈ S = ⊕p Z/pZ. Pour tout premier p, existe un entier np tel que x = (cl(np )). De plus, on a
cl(np ) = 0 sauf pour un nombre fini de nombres premiers, disons p1 , ..., pk . Il est alors clair que (p1 ...pk )x = 0.
Q
3) Soit x ∈ Π = p Z/pZ. Pour tout premier p, existe un entier np tel que x = (cl(np )). Si x est de torsion,
il existe m ∈ Z, avec m $= 0, tel que mx = 0. Autrement dit mcl(np ) = cl(m)cl(np ) = 0 ∈ Z/pZ. Mais si p ne
divise pas m, on sait que cl(m) ∈ Z/pZ est un élément inversible. Il en résulte que cl(np ) = 0 ∈ Z/pZ sauf pour
un nombre fini de nombre premier p, donc que x ∈ S = ⊕p Z/pZ.
Nous introduisons maintenant la notion de rang d’un module de type fini sur un
anneau intègre, avec bien entendu le projet d’énoncer et de démontrer un ”théorème du
rang”, qui généralise celui que vous connaissez pour les espaces vectoriels sur un corps.
Définition 10.4 Soient A un anneau intègre et M un A-module. On appelle rang de
M le nombre maximum d’éléments linéairement indépendants de M , s’il est fini.
Sinon, on dit que M est de rang infini.
29
Notons que, par définition, un sous-module d’un module de rang fini est de rang fini
Notons aussi que si M est de type fini, engendré par k éléments, alors k + 1 éléments
de M ne peuvent pas être linéairement indépendants.
Proposition 10.5 Soit A un anneau intègre. Si N est un sous-module d’un A-module
de type fini, alors N est de rang fini.
Dans un module de rang fini, tout ensemble d’éléments linéairement indépendants
se”prolonge” en un ensemble d’éléments linéairement indépendants de cardinal égal au
rang. Plus précisément, on a l’énoncé suivant.
Proposition 10.6 Soient A un anneau intègre et M un A-module de rang r. Si x1 , ..., xk ∈
M sont linéairement indépendants, alors il existe xk+1 , ..., xr tels que x1 , ..., xr sont
linéairement indépendants.
Remarquons d’abord que k ≤ r par définition du rang. Supposons qu’il n’existe pas
xk+1 ∈ M tel que x1 , ..., xk+1 sont linéairement indépendants. Soient alors y1 , ...,"
yr ∈ M
des éléments linéairement indépendants. Il existe bi #= 0 ∈ A tels que bi yi ∈ k1 Axi .
"
Posons b = b1 ...br . On remarque que les éléments by1 , ..., byr ∈ k1 Axi sont linéairement
indépendants. On en déduit r ≤ k, ce qui démontre l’énoncé.
Corollaire 10.7 Soit A un anneau intègre. Soient M un A-module de type fini et
(z1 , ..., zn ) un système de générateurs de M . Alors le rang de M est le plus grand entier
k tel qu’il existe k éléments linéairement indépendants parmi les éléments z1 , ..., zn
Supposons z1 , ..., zk linéairement indépendants et tels que zi soit linéairement dépendants
de z1 , ..., zk pour i > k. Autrement dit, pour tout i, il existe ai ∈ A, avec ai #= 0, tel
que ai zi ∈ Az1 + ... + Azk . Si a = a1 ...an , on a clairement ax ∈ Az1 + ... + Azk pour
tout x ∈ M . Il en résulte qu’il n’existe pas x ∈ M tel que les éléments z1 , ..., zk , x soient
linéairement indépendants, ce qui montre rg(M ) = k, compte tenu de la proposition
précédente.
Nous pouvons maintenant énoncer et démontrer le ”Théorème du rang” annoncé.
C’est un résultat important que vous devez bien comprendre. Nous y reviendrons particulièrement lors de l’étude des modules sur un anneau principal.
Proposition 10.8 Soient A un anneau intègre et M un A-module. Si N est un sousmodule de M , on a rg(M ) = rg(N ) + rg(M/N ).
Supposons d’abord que N et M/N sont de rangs finis. Soient k = rg(N ) et l =
rg(M/N ) et soient x1 , ..., xk ∈ N et cl(z1 ), ..., cl(zl ) ∈ M/N deux familles d’éléments
linéairement indépendants.
Montrons
x1 , ..., xk , z1 , ..., zl ∈ M sont linéairement indépendants.
"
"d’abord que les éléments"
Si
ai x"
+
b
z
=
0,
on
en
déduit
bj cl(zj ) = 0 ∈ M/N . Il en résulte b1 = ... = bl =
i
j j
0, donc
ai xi = 0 et a1 = ... = ak = 0. On en déduit que rg(M ) ≥ rg(N ) + rg(M/N ).
Montrons ensuite rg(M ) ≤ k + l. Soient y1 , ..., ys ∈ M des éléments linéairement
indépendants. Nous voulons prouver s ≤ k + l.
30
"
Pour tout i, il existe ci #= 0 ∈ A tel que ci cl(yi ) ∈ l1 Acl(zj ). Si c = c1 ...cs , il existe
"
"
une relation ccl(yi ) = l1 dij cl(zj ) pour tout i. On en déduit vi = cyi − l1 dij zj ∈ N . De
"
même, on trouve un élément α #= 0 ∈ A tel que αvi ∈ k1 Axi pour tout i = 1, ..., s. Il en
"
"
résulte que (αc)yi ∈ k1 Axi + l1 Azj . Comme les s éléments (αc)yi sont linéairement
indépendants, on en déduit s ≤ k + l.
Supposons maintenant que N ou M/N est de rang infini et montrons que M est aussi
de rang infini.
Si N est de rang infini, il en est évidemment de même pour M . Si M/N est de
rang infini, pour tout r ≥ 0, on peut trouver r éléments linéairement indépendants
c(z1 ), ..., cl(zr ) ∈ M/N . "
On remarque que les"éléments z1 , ..., zr ∈ M sont linéairement
indépendants. En effet,
ai zi = 0 implique
ai cl(zi ) = 0, donc ai = 0 pour tout i.
Exercices 10.9 1) Si I =
# (0) est un idéal d’un anneau intègre A, montrez que I est de
rang 1.
2) Soient A un anneau intègre, M un A-module de type fini et N un sous-module de
type fini de M . Montre que rg(M ) = rg(N ) si et seulement si M/N est un module de
torsion.
3) Soient A un anneau intègre et N et N " deux sous-modules d’un A-module de type
fini M . Montrez que rg(N + N " ) + rg(N ∩ N " ) = rg(N ) + rg(N " ).
4) Soient A un anneau intègre et t f : L → F un homomorphisme de A-modules libres
de type fini. Soient (ei ) (resp. (fj )) une base de L (resp. F ). Montrez que rg(f (L)) est
le rang de la matrice de f dans les bases (ei ) et (cj ); c’est à dire le plus grand entier k
tel que cet matrice ait un k-mineur non nul.
Corrigé des exercices.
1) D’après le théorème du rang, cette assertion est équivalente à rg(A/I) = 0. Mais si a ∈ I et a $= 0, il est
clair que acl(b) = 0 pour tout cl(b) ∈ A/I, donc A/I ne contient pas d’élément linéairement indépendant.
2) On a (théorème du rang) rg(M ) = rg(N ) ↔ rg(M/N ) = 0. Mais rg(M/N ) = 0 si et seulement si tout
élément de M/N est linéairement dépendant, c’est à dire de torsion.
3) Considérons l’homomorphisme surjectif s : N ⊕ N $ → N + N $ , défini par s(x, x$ ) = x − x$ . Soit K son
noyau. On a rg(N ) + rg(N $ ) = rg(N ⊕ N $ ) = rg(N + N $ ) + rg(K). Il nous reste à montrer rg(K) = rg(N ∩ N $ .
Montrons K / N ∩ N $ . Pour cela on remarque que l’homorphisme injectif d : N ∩ N $ → N ⊕ N $ défini par
d(x) = (x, x) a pour image K.
4) Cet exercice est plus difficile. Soit r = rg(f (L)). Les éléments f (e1 ), ..., f (en ) engendrent f (L). On sait
qu’on peut en extraire r éléments, par exemple f (e1 ), ..., f (ek ), linéairement indépendants. Montrons alors que les
k premières colonnes de la matrice de f sont linéairement indépendantes et que
P les colonnes suivantes dépendent
de celles-ci, c’est à dire que le rang de cette matrice est r. Posons f (ej ) =
ai,j ci . Considérons une relation
entre les éléments f (ej )
X
X
X
X X
bj f (ej ) =
bj (
aij ci ) =
(
bj aij )ci
i
i
j
Autrement dit
X
bj f (ej ) = 0 ⇔
X
0
a1j
B a2j
B
bj B .
@ .
anj
1
C
C
C=0
A
Ceci montre, comme vous l’aviez déjà compris, que les relations entre entre les éléments f (ej ) sont les mêmes que
les relations entre les colonnes de la matrice de f .
Remarquez que la remarque 9.13 montre que si le rg(f (L)) = k, les k-mineurs de la matrice ne sont pas tous
nuls.
31
11
Modules de type fini sur un anneau principal
Proposition 11.1 Un sous-module d’un module libre de rang fini sur un anneau principal est libre.
Il suffit de montrer qu’un sous-module M de An est libre.
On fait une récurrence sur n. Si n = 1, un sous-module de A est un idéal. Il est de
la forme aA. Si a = 0, c’est le module nul, libre de rang 0. Si a #= 0, l’élément a est une
base et aA est libre de rang 1.
Si n > 1, on considère la dernière projection p : An → A, définie par
p(a1 , ..., an ) = an .
On remarque que ker p = An−1 . Si p(M ) = 0, alors M ⊂ An−1 et on conclut par
récurrence. Sinon, p(M ) = aA avec a #= 0. Soient alors
e ∈ M tel que p(e) = a et N = M ∩ ker p ⊂ ker p = An−1 .
Comme N est libre, par hypothèse de récurrence, il suffit de montrer M = N ⊕ Ae
(car Ae est évidemment libre de rang 1).
Soit x = be ∈ N ∩ Ae. On a 0 = p(x) = bp(e) = ba, donc b = 0 et x = 0, ce qui
prouve N ∩ Ae = (0).
Montrons M = N + Ae. Soit z ∈ M . Il existe b ∈ A tel que p(z) = ba. Ceci implique
p(z − be) = 0, donc z − be ∈ N et z = (z − be) + be ∈ N + Ae.
Corollaire 11.2 Un module de type fini sans torsion sur un anneau principal est libre.
Soit r le rang du A-module sans torsion M (l’anneau A est principal).
" Soient
x1 , ..., xr ∈ M des éléments linéairement indépendants. Le A-module
M/(
Axi ) est
"
de torsion
et
de
type
fini.
Il
existe
donc
a
∈
A
tel
que
a(M/(
Ax
)
=
0, soit
i
"
"
aM ⊂
Axi . Comme
Axi = ⊕Axi est un A-module libre, il en résulte que aM
est libre. Mais, comme M est sans torsion, l’homomorphisme M → aM , défini par
x → ax est évidemment un isomorphisme, donc M est libre.
Corollaire 11.3 Soient A un anneau
principal et L un A-module libre de type fini.
"
Soient (fi ) une base de L et x =
αi fi ∈ L un élément #= 0. Les conditions suivantes
sont équivalentes
1) Il existe un sous-module libre L" de L tel que L = Ax ⊕ L" (autrement dit x fait
partie d’une base de L).
2) x fait partie d’une base de L
3) x
/ aL pour tout élément irréductible a ∈ A.
"∈
4)
αi A = A (autrement dit le pgcd des éléments αi est 1.
1) ⇒ 2)
Soit (x2 , ..., xt ) une base de L" . Il est clair que tout élément z ∈ L a une unique
décomposition z = ax + a2 x2 + ... + at xt , donc (x, x2 , ..., xt ) est une base de L (ce qui
implique évidemment t = n − 1).
32
2) ⇒ 3)
"
Soit donc (x, x2 , ...,"
xn ) une base de L. Supposons x = ay, avec y = αx + n2 αi xi .
On a alors x = aαx + n2 aαi xi , ce qui prouve aα = 1 (et aαi = 0), donc a n’a pas de
facteurs irréductibles.
3) ⇒ 4)
Si les éléments α"
i ne sont pas de pgcd 1, ils ont un diviseur irréductoble commun a.
Ceci implique x = a (αi /a)fi ∈ L.
4) ⇒ 1)
"
Considérons une relation
αi βi = 1 et l’homomorphisme h : L → A défini par
h(fi ) = βi . On a h(x) = 1. Montrons que L = Ax ⊕ kerh. Soit z ∈ L et h(z) = b.
On a z = bx + (z − bx). Comme h(z − bx) = 0, on a montré z ∈ Ax + ker h, donc
L = Ax + ker h. Enfin si αx ∈ Ax ∩ ker h, on a 0 = h(αx) = α, ce qui montre bien que
la somme est directe, donc L = Ax ⊕ kerh. Comme kerh est libre, on a montré 1).
Voici enfin le résultat principal de cette section (le Théorème de la base adaptée).
Théorème 11.4 Soient L un module libre de rang n sur un anneau principal et F un
sous-module de L, de rang k.
Il existe une suite décroissante d’idéaux non nuls a1 A ⊇ .... ⊇ ak A et une base
(e1 , ..., en ) de L telles que (a1 e1 , ..., ak ek ) est une base de F .
La suite a1 A ⊇ ... ⊇ ak A est uniquement déterminée par F ⊂ L.
Nous faisons une récurrence sur n. Si n = 1, comme L + A, on peut supposer L = A.
Dans ce cas F est un idéal de A. Si F = (0), on a k = 0,. Si F #= (0), c’est un idéal non
nul aA, en particulier un module libre de rang 1, de base a..
Si n > 1, considérons L∗ l’ensemble des homomorphismes L → A. Il est utile et
important de remarquer ici que L∗ est muni d’une structure naturelle de A-module. En
effet, f, g ∈ L∗ et a, b ∈ A, l’homomorphisme af + bg : L → A est bien défini par
(af + bg)(x) = af (x) + bg(x). La structure de A-module est alors non ambigue.
Si g ∈ L∗ , il est clair que g(F ) est un idéal de A. Comme A est principal, donc
noethérien, il existe g ∈ L∗ tel que g(F ) est maximal dans l’ensemble des idéaux de cette
forme, autrement dit si g " ∈ L∗ et g(F ) ⊂ g " (F ), alors g(F ) = g " (F ). Posons g(F ) = aA
et soit x ∈ F un élément tel que g(x) = a.
"
Soit (l1 , ..., ln ) une base de L et soit x = bi li la décomposition
de x dans cette base.
"
Si b est le pgcd des bi , on a x = be, où on a posé e = (bi /b)li . Montrons que aA = bA.
Comme a = g(x) = bg(e), on voit que b divise a.
Montrons "
que a divise b. Remarquons qu’il existe une décomposition L = Ae ⊕ L" .
En effet e = (bi /b)li où les éléments (bi /b) sont de pgcd 1 (on applique le corollaire
précédent).
On peut alors considérer la projection p : L → Ae + A, de noyau L" . On a
évidemment p(x) = p(be) = b. Soit d le pgcd de a et b. Il existe une relation d = αa + βb.
On en déduit
(αg + βp)(x) = αg(x) + βp(x) = αa + βb = d.
33
Comme
aA ⊂ dA ⊂ (αg + βp)(F ),
il résulte du caractère maximal de aA = g(F ) que aA = dA = (αg + βp)(F ), donc que a
divise b.
On a bien montré que p(F ) = aA = dA = bA.
Montrons que F = Aae ⊕ (F ∩ L" ). Il suffit de montrer que F = Aae + (F ∩ L" ) (la
somme est évidemment directe).
Si z ∈ F , on a p(z) ∈ aA et
z = (p(z)/a)ae + (z − (p(z)/a)ae) ∈ Aae + (F ∩ L" )
Posons F " = L" ∩ F . Comme L" est de rang n − 1 et F " de rang k − 1, il existe, par
hypothèse de récurrence, une base (e2 , ..., en ) de L" et une suite décroissante d’idéaux
non nuls a2 A ⊇ .... ⊇ ak A telles que (a2 e2 , ..., ak ek ) est une base de F " .
Posons e1 = e et a1 = a. Il est clair que (a1 e1 , a2 e2 , ..., ak ek ) est une base de F . Il
nous reste à montrer que a1 divise a2 . Pour cela, considérons dans la base (e1 , ..., en ) les
projections pi : L → Aei + A. On a p1 (a1 e1 + a2 e2 ) = a1 et p2 (a1 e1 + a2 e2 ) = a2 . Si c
est le pgcd de a1 et a2 , il existe une relation c = ηa1 + θa2 . On a alors
(ηp1 + θp2 )(a1 e1 + a2 e2 ) = ηp1 (a1 e1 + a2 e2 ) + θp2 (a1 e1 + a2 e2 ) = ηa1 + θa2 = c.
Il reste
g(F ) = aA ⊂ cA ⊂ (ηp1 + θp2 )(F ), donc g(F ) = aA = cA = (ηp1 + θp2 )(F ).
Ceci prouve que a1 A = aA = cA, donc que a1 est un pgcd de a1 et a2 , c’est à dire
que a1 divise a2 ..
L’existence annoncée dans le théorème est démontrée.
Pour démontrer l’unicité, nous étudierons le module de torsion T (L/F ) de L/F .
Proposition 11.5 Soient L un module libre de rang n sur un anneau principal et F un
sous-module de L de rang k.
Soient a1 A ⊇ .... ⊇ ak A une suite décroissante d’idéaux non nuls et (e1 , ..., en ) une
base de L telles que (a1 e1 , ..., ak ek ) est une base de F .
Si T = T (L/F ) est le module de torsion de L/F , on a T + ⊕k1 A/ai A.
Considérons l’application classe cl : L → L/F . Comme
" l’image d’un système de
générateurs est un système de générateurs, on a L/F = n1 Acl(ei ). Les équivalences
qui suivent se passent de commentaires.
n
(
1
αi cl(ei ) = 0 ⇔
c’est à dire
n
(
1
αi ei ∈ F ⇔ αi ∈ ai A pour i ≤ k et αj = 0 pour j > k
L/F + (⊕k1 A/ai 1) ⊕ (⊕nk+1 A).
34
Nous énonçons maintenant le ”Théorème de structure des modules de type fini et de
torsion sur un anneau principal”, que vous devez évidemment comparer au ”Théorème
de structure des groupes commutatifs finis”, en remarquant qu’un groupe commutatif
fini n’est rien d’autre qu’un Z-module de type fini et de torsion. L’unicité qu’il nous
reste à démontrer se déduit immédiatement du Théorème suivant.
Théorème 11.6 Soient T un module de type fini et de torsion sur un anneau principal
A. Il existe une unique suite décroissante A " c1 A ⊇ .... ⊇ ck A d’idéaux non nuls de A
telle que
T + ⊕k1 A/ci A
L’existence est déjà démontrée. En effet, comme T est de type fini, il existe n et un
homomorphisme An → T .
Soit F ⊂ L = An le noyau de cet homomorphisme. Notons que F est aussi de rang n
car L/F + T est de torsion, donc de rang 0. Soient (ei ) est une base adaptée de L et ai A
une suite décroissante d’idéaux telle que (ai ei ) est une base de F , nous venons de voir
que T (qui est son propre module de torsion) admet la décomposition T + ⊕n1 A/ai A.
Comme la suite ai A est décroissante, il existe l ≥ 0 tel que ai A #= A ⇔ i > l. On pose
alors ci = al+i . Comme A/ai A = (0) pour i ≤ l, on a bien T + ⊕k1 A/ci A, avec k = n − l.
Montrons l’unicité. Supposons
⊕k1 A/ai A + ⊕l1 A/bi A,
avec A " b1 A ⊇ .... ⊇ bl A. Nous voulons prouver k = l et ai A = bi A pour tout i. C’est
une conséquence directe du lemme suivant (que vous connaissez bien, mais dont nous
rappelons la preuve)
Lemme 11.7 Si A est un anneau principal et a, b ∈ A sont des éléments #= 0 de pgcd d,
on a
1) a(A/bA) = (aA + bA)/bA = dA/bA + A/(b/d)A,
2) (A/bA)/a(A/bA) + A/dA.
Preuve de 1) : on a a(A/bA) = cl(a)(A/bA) = cl(d)(A/bA, car
cl−1 (cl(a(A/bA) = aA + bA = dA.
Preuve de 2) : on a (A/bA)/a(A/bA) = (A/bA)/(dA/bA) + A/dA.
Nous pouvons maintenant prouver l’unicité annoncée par récurrence sur le nombre
de facteurs irréductibles de a1 (par exemple).
Soit a un facteur irréductible de a1 (donc de ai pour tout i). D’après le lemme, on a
(⊕k1 A/ai A)/a(⊕k1 A/ai A) + ⊕k1 A/aA = (A/aA)k , et
(⊕l1 A/bi A)/a(⊕l1 A/bj A) + ⊕l1 A/(aA + bj A).
35
Comme A/aA est un corps, il est clair que ⊕k1 A/aA est un A/aA espace vectoriel de
rang k. D’autre part, on sait que
A/(aA + bj A) = A/aA si bj ∈ aA, et que A/(aA + bj A) = 0 si (a, bj ) = 1.
On a donc
⊕l1 A/(aA + bj A) = (A/aA)k
et il en résulte que a divise k éléments parmi les bj et donc que l ≥ k).
En procédant de façon identique avec un facteur irréductible b de b1 , on montre que
k ≥ l. On a donc prouvé que k = l et que a1 et b1 ont les mêmes facteurs irréductibles.
Si a est l’un d’entre eux, posons ai = aa"i et bi = ab"i . En utilisant à nouveau le Lemme
précédent, on trouve un isomorphisme
⊕k1 A/a"i A = ⊕k1 A/(ai /a)A + a(⊕k1 A/ai A) + a(⊕k1 A/bi A) + ⊕k1 A/(bi /a)A = ⊕k1 A/b"i A.
Les suites d’idéaux a"1 A ⊇ .... ⊇ a"k /aA et b"1 A ⊇ .... ⊇ b"k A sont décroissantes.
Comme a1 = aa"1 , par hypothèse de récurrence, on a
a"i A = b"i A pour tout i, donc ai A = bi A pour tout i.
Exercices 11.8 Soit L un module libre de rang n sur un anneau principal A.
1) Si a ∈ A est un élément irréductible, décrivez, à isomorphisme près, les sousmodules F de L tels que aL ⊂ F .
2) Même question pour les sous-modules F de L tels que a2 L ⊂ F .
3) Si b ∈ A est un élément irréductible tel que aA #= bA, même question pour les
sous-modules F de L tels que abL ⊂ F .
4) Même question pour a3 L ⊂ F
Corrigé des exercices.
1) Considérons une base adaptée (e1 , ..., en ) de L pour F et la suite ai A telle que (a1 e1 , ..., ak ek ) est une base
P
de F . Pour tout i, on a aei ∈ F , donc une décomposition aei = k1 αi ai ei qui implique a = αi ai , autrement dit
a ∈ ai A pour tout i et k = n. On a donc la suite croissante
aA ⊂ an A ⊂ an−1 A ⊂ ... ⊂ a1 A ⊂ A
Comme a est irréductible, il existe k ∈ [0, n] tel que ai A = A pour i ≤ k et ai A = aA pour i > k. Il y a donc
n + 1 suites possibles.
2) Dans ce cas, il existe 0 ≤ k ≤ l ≤ n tels que ai A = A pour i ≤ k, puis ai A = aA pour k < i ≤ l et enfin
ai A = a2 A pour i > l. Il y a (n + 1)(n + 2)/2 solutions.
3) Dans ce cas la suite des (ai A) aura l’une des deux formes suivantes.
- Il existe 0 ≤ k ≤ l ≤ n tels que ai A = A pour i ≤ k, puis ai A = aA pour k < i ≤ l et enfin ai A = abA pour
i > l.
- Il existe 0 ≤ k < l ≤ n tels que ai A = A pour i ≤ k, puis ai A = bA pour k < i ≤ l et enfin ai A = baA pour
i > l. Notez bien qu’ici j’ai pris k < l pour éviter une redondance. En effet, si bA n’apparait pas explicitement
dans la suite, nous sommes dans un cas déjà décrit.
Il y a (n + 1)2 = (n + 1)(n + 2)/2 + n(n + 1)/2 solutions.
4) Les suites décroissantes d’idéaux seront de la forme A ⊇ aA ⊇ a2 A.... ⊇ a3 A.
Il existe donc 0 ≤ k ≤ l ≤ m ≤ n tels que
ai A = A pour i ≤ k, ai A = aA pour k < i ≤ l, ai A = a2 A pour l < i ≤ m et ai A = a3 A pour i > m.
Il me semble qu’il y a (n + 1)(n + 2)(n + 3)/6 solutions.
Si vous avez du courage, décrivez toutes les suites décroissantes possibles pour le cas
⊂ F . Si vous en avez plus encore, comptez le nombre de possibilités!
a2 bL
36
12
Matrices à coefficients dans un anneau principal
Je reviens d’abord sur la notion (que vous aviez l’air de bien mal connaı̂tre hier 19/5)
d’équivalence de matrices. Soient A un anneau, E et F des A-modules libres de rangs
respectifs m et n, (e1 , ..., em ) une base de E et (f1 , ..., fn ) une base de F . Si h : E → F
est un homomorphisme, vous savez qu’on appelle matrice de h par rapport aux bases
"
(f )
(ej ) et (fi ), la matrice M(eji) (u) = (ai,j ) ∈ Mn,m (A) définie par h(ej ) = ai,j fi .
Vous connaissez bien l’énoncé suivant lorsque A est un corps. La démonstration que
vous connaissez marche aussi bien lorsque A est un anneau.
Proposition 12.1 Soient M, M " ∈ Mn,m (A) deux matrices. Les conditions suivantes
sont équivalentes.
1) Il existe des bases (ej ) et (e"j ) de E, des base (fi ) et (fi" ) de F et un homomorphisme
(f $ )
(f )
g : E → F tels que M = M(eji) (g) et M " = M(e$i) (g).
j
2) Il existe des matrices inversibles C ∈ Mn,n (A) et D ∈ Mm,m (A) telles que M " =
CM D.
3) M et M " se déduisent l’une de l’autre par des opérations élémentaires sur les lignes
et les colonnes.
Définition 12.2 Lorsque ces conditions sont vérifiées, on dit que les matrices M et M "
sont équivalentes.
Je vous invite à admettre le résultat suivant. Vous pouvez aussi le démontrer assez
facilement. En effet, il suffit de montrer ce résultat quand N se déduit de M en rajoutant
à une colonne (resp. à une ligne) un multiple d’une autre colonne (resp. ligne). Dans ce
cas l’assertion est presque évidente.
Proposition 12.3 Soient A un anneau et M et N deux matrices équivalentes à coefficients dans A. Alors les l-mineurs de M et les l-mineurs de N engendrent le même
idéal.
Je rappelle aussi que les k-mineurs d’une matrice M sont les déterminants des matrices k × k extraites. Par exemple, les 1-mineurs sont les coefficients. Je vous signale
que le nombre de 2-mineurs d’un matrice M ∈ M3,3 (A) est 9 (vérifiez que voujs avez
compris).
Nous pouvons maintenant interpréter le théorème de la base adaptée de la façon
suivante.
Théorème 12.4 Soient A un anneau principal et M une matrice n × m à coefficients
dans A. Alors M est équivalente à une matrice de la forme


a1 0 . . . . . .
 0 a2 0 . . . . . . 


 0 0 . 0 . . . . . 


 .

. . . . . . .


 0 . . 0 ak 0 . .



 0 . . . 0 0 0 .

0 . . . . . . 0
37
avec a1 A ⊃ a2 A ⊃ ... ⊃ ak A. La suite des idéaux ai A est uniquement déterminée par
M.
Soient f : Am → An l’homomorphisme représenté par M dans les bases canoniques
et F = f (Am ). Il existe une base (ei ) de An , k ≤ n et a1 A ⊃ a2 A ⊃ ... ⊃ ak A tels que
(ai ei , avec i ≤ k, est une base de F .
Soient pour 1 ≤ i ≤ k des éléments fi ∈ Am tels quevf (fi ) = ai ei et soient enfin
(fk+1 , ..., fm ) une base du noyau de f .
(e )
Il est facile de vérifier que (fi ) est une base de Am et que la matrice M(fij) (f ) est de
la forme annoncée.
L’unicité de la suite décroissante d’idéaux a1 A ⊃ a2 A ⊃ ... ⊃ ak A ne nécessite pas
de justification nouvelle.
Ce résultat matriciel nous permet de revisiter l’unicité de la suite décroissante des
idéaux ai A du théorème de la base adaptée.
Soient F ⊂ L et (ei ) et (fi ) deux bases adaptées du module libre L, et ai A et bi A les
suites décroissantes d’idéaux, telles que (ai ei ) et (bi fi ) (avec 1 ≤ i ≤ k) soient des bases
de F . Les matrices

 

a1 0 . . . . . .
b1 0 . . . . . .
 0 a2 0 . . . . . .   0 b2 0 . . . . . . 

 

 0 0 . 0 . . . . .   0 0 . 0 . . . . . 

 

 .
 et  . . . . . . . .

. . . . . . .

 

 0 . . 0 ak 0 . .
  0 . . 0 bk 0 . .


 

 0 . . . 0 0 0 .
  0 . . . 0 0 0 .

0
.
.
.
.
.
.
0
0
.
.
.
.
.
.
0
sont donc équivalentes. Elles ont donc les mêmes idéaux de mineurs. On remarque
alors que a1 A est l’idéal des 1-mineurs (des coefficients) de la première matrice et plus
généralement que l’idéal des t-mineurs de cette matrice est a1 ...at A.
On en déduit a1 ...at A = b1 ...bt A pour tout t ≤ k et à fortiori aj A = bj A pour tout
j ≤ k.
L’unicité énoncée dans le théorème de la base adaptée est à nouveau démontrée!
/
0
6 9
Exercices 12.5 1) Montrez que la matrice
est équivalente à la matrice
9 21
/
0
3 0
dans M2 (Z).
0 15
/
0
X(X + 1)
X2
2) Montrez que la matrice
est équivalente à la matrice
X3
X(X − 1)
/
0
X
0
dans M2 (R[X]).
0 (X 4 − X 2 + 1)




6 4
8
2 0 0
3) Montrez que la matrice  4 2 10  est équivalente à la matrice  0 2 0 
0 −4 28
0 0 0
dans M3 (Z).
38
Corrigé des exercices.
1)«L’idéal des coefficients (1-mineurs) est 3Z et le déterminant est 45. Il existe une
„
a 0
telle que a divise b et équivalente à la matrice. On a donc aZ = 3Z et abZ = 45Z,
0 b
donc bZ = 15Z.
2) X est un pgcd des coefficients (1-mineurs) et le déterminant de la patrice est X 3 − X − X 5 . Je vous laisse
le soin de conclure.
3) L’idéal des coefficients (1-mineurs) est 2Z; celui des 2-mineurs est 4Z et le déterminant est 0. Concluez !
matrice de la forme
Exercice 12.6 Soit L un Z-module libre de rang 2. Soit (e1 , e2 ) une base de L et soit
F le sous-module de L engendré par x1 = 2e1 + 6e2 et x2 = 10e1 + 4e2 . Donnez une base
de L adaptée pour F , et la base de F correspondante.
Corrigé de l’exercice.
«
2 10
L’idéal des 1-mineurs est 2Z et l’idéal déterminant (des 2-mineurs)
6
4
est 52Z. Donc il suffit de trouver une base (f1 , f2 ) de L telle que 2f1 , 26f2 ∈ F . Dans ce cas (2f1 , 26f2 ) est
nécessairement une base de F .
On remarque d’abord que x1 et x$2 = 5x1 − x2 = 26e2 engendrent encore F . On pose f1 = e1 + 3e2 et f2 = e2 .
Il est clair que (f1 , f2 ) est une base de L. On a x1 = 2f1 et x$2 = 26f2
On considère la matrice
„
Exercice 12.7 Soit L un Z-module libre de rang 2. Soit (e1 , e2 ) une base de L et soit
F le sous-module de L engendré par x1 = 3e1 + 6e2 , x2 = 9e1 + 12e2 et x3 = 6e1 + 3e2 .
Donnez une base de L adaptée pour F , et la base de F correspondante.
Corrigé de l’exercice.
On considère la matrice
„
3
6
9
12
6
3
„
«
L’idéal des 1-mineurs est 3Z et l’idéal des 2-mineurs est 9Z. Il en
«
3 0 0
résulte qu’elle est équivalente à la matrice
. Donc il existe une base (f1 , f2 ) de L telle que 3(f1 , 3f2 )
0 3 0
est une base de F . Ceci montre que F = 3L, donc que toute base est adaptée.
A titre d’exercice, n’hésitez pas à vérifier 3e1 , 3e2 ∈ F .
13
Réduction d’un endomorphisme d’un espace vectoriel
Soient E un K-espace vectoriel de rang fini et u un endomorphisme de E.
Réduire u, c’est donner une décomposition E = ⊕Ei telle que les Ei sont u-stables
(autrement"
dit telle que u(Ei ) ⊂ Ei ) et que la restriction de u à Ei est ”facile” à décrire.
Si P = " ak T k ∈ K[T ], il est clair que P (u) est un endomorphisme de E défini par
P (u)(x) = ak uk (x).
Proposition 13.1 Soient E un K-espace vectoriel de rang fini et u un endomorphisme
de E. Alors E muni de la structure de K[T ]-module définie, pour P ∈ K[T ] et x ∈ E,
par P x = P (u)(x) (en particulier T x = u(x)) est un K[T ]-module de type fini et de
torsion.
Si P est le polynôme minimal de u, alors P E = (0).
Les sous-K[T ]-modules de E sont les sous-espaces vectoriels de E stables pour u.
Soit (ei ) une base de E comme K-espace vectoriel. Il est clair qu’elle engendre à
fortiori E comme K[T ]-module. Si P est le polynôme minimal de u, on a P (u) = 0, et
à fortiori P E = 0, ce qui prouve que E est de torsion.
Si M ⊂ E est un sous K[T ]-module, on a T M ⊂ M , donc u(M ) ⊂ M . Réciproquement,
si u(M ) ⊂ M , on a Q(u)(M ) ⊂ M , donc QM ⊂ M , pour tout Q ∈ K[T ].
39
Pour la réduction des endomorphismes d’un espace vectoriel de rang fini, le théorème
de classification des modules de torsion sur un anneau principal prend donc la forme
suivante
Théorème 13.2 Soient (E, u) un K-espace vectoriel de rang fini muni d’un endomorphisme. Soient Pi , avec 1 ≤ i ≤ s et Pi+1 ∈ Pi K[T ] les facteurs
&s invariants de u. Il existe
une décomposition en sous-espaces vectoriels u-stables E = i=1 Ei telle que
1) le polynôme minimal Pi est le polynôme minimal et le polynôme caractéristique de
la restriction ui de u à Ei et Ei + K[T ]/Pi K[T ].
2) Pi divise P"
i+1 .
3) rgK (E) = i d0 Pi ,
4) Ps est le polynôme minimal de u,
5) Le produit P1 ...Ps est le polynôme caractéristique de u (au signe près).
6) La suite décroissante d’idéaux Pi K[T ] est uniquement déterminée par l’endomorphisme
u de E.
Définition 13.3 Les polynômes unitaires Pi sont les facteurs invariants de l’endomorphisme
u.
On sait qu’il existe une unique suite de polynômes unitaires Pi et un isomorphisme
de K[T ]-modules
s
%
φ:E+
K[T ]/Pi K[T ] + ⊕s1 K[T ]/Pi K[T ]
1
tel que P1 K[T ] ⊃ ... ⊃ Ps K[T ].
Posons Ei = φ−1 (K[T ]/Pi K[T ]). Il résulte de la proposition précédente que Ei est
stable pour u. Remarquons que Pi est l’annulateur du K[T ]-module Ei + K[T ]/Pi K[T ],
donc Q(ui ) = 0 si et seulement si Q ∈ Pi K[T ], ce qui prouve bien que Pi est le polynôme
minimal de ui . Pour montrer que c’est aussi le polynôme caractéristique de ui , il suffit
de montrer que rgK Ei = d0 Pi .
Plus généralement, notons que si P est est un polynôme de degré n, alors K[T ]/P K[T ]
est un K-espace vectoriel de rang n. En effet, si P = T n + a1 T n−1 + ... + an , alors
les éléments cl(1), ..., cl(T n−1 ) ∈ K[T ]/P K[T ] forment une base du K-espace vectoriel
K[T ]/P K[T ].
"n−1
Ces éléments"
sont linéairement indépendants
car
la
relation
ak cl(T k ) = 0 est
0
"
n−1
équivalente à cl( ak T k ) = 0, c’est à dire 0 ak T k ∈ P K[T ], ce qui implique ak = 0
pour 1 ≤ k ≤ n − 1. La division euclidienne montre d’autre part que pour tout k, il
existe une relation T k = AP + R, avec d0 R < n. Ceci implique cl(T k ) = cl(R) et montre
bien que cl(1), ..., cl(T n−1 ) ∈ K[T ]/P K[T ] engendrent K[T ]/P K[T ].
On a donc montré 1),2) et 3).
4) Comme Pi divise Ps (pour tout i), il est clair que Ps annule E = ⊕Ei + ⊕s1 K[T ]/Pi K[T ]
et que tout polynôme qui annule ce K[T ]-module est un multiple de Ps .
5) Comme E + ⊕s1 K[T ]/Pi K[T ] est une décomposition en sous-espace vectoriel stable
pour u (la multiplication par T ), le polynôme caractéristique est alors le produit des
polynômes caractéristique.
6) L’unicité se déduit immédiatement du théorème de structure des modules de type
fini et de torsion sur un anneau principal.
40
Corollaire 13.4 Le polynôme caractéristique et le polynôme minimal de u ont les mêmes
facteurs irréductibles.
C’est clair puisque Pi divise Ps pour i ≤ s.
Exercices 13.5 1) Décrivez à isomorphisme près tous les endomorphismes de K-espaces
vectoriels admettant (T − a)3 (T − b)3 (avec a #= b ∈ K) comme polynôme caractéristique.
Donnez dans chaque cas les facteurs invariants de u.
2) Décrivez à isomorphisme près tous les endomorphismes de K-espaces vectoriels
admettant (T − a)4 comme polynôme caractéristique.
Corrigé des exercices.
1) Il faut décrire toutes les suites décroissantes d’idéaux Pi K[T ] telles que le produit des polynômes unitaires
Pi soit (T − a)3 (T − b)3 , autrement dit, toutes les possibilités pour les facteurs invariants Il y a 9 solutions.
a) P1 = (T − a)3 (T − b)3 ; b) P1 = (T − a)n (T − b)m et P2 = (T − a)3−n (T − b)3−m , avec n + m > 0 et
n, m ≤ 1 ;
c) P1 = P2 = P3 = (T − a)(T − b) ; d) P1 = (T − a), P2 = (T − a) et P3 = (T − a)(T − b)3 (et le même en
permutant a et b) ;
e) P1 = (T − a), P2 = (T − a)(T − b) et P3 = (T − a)(T − b)2 (et le même en permutant a et b).
Autrement dit, si Ea et Eb sont les espaces propres de rang 3 associés aux valeurs propres a et b, on a pour
Ea trois décompositions possibles (et pour Eb aussi évidemment).
Ea / (K[T ]/(T − a))3 , Ea / K[T ]/(T − a) × (K[T ]/(T − a))2 mboxetEa / K[T ]/(T − a)3 .
2) Il faut décrire toutes les suites décroissantes d’idéaux Pi K[T ] telles que le produit des polynômes unitaires
Pi soit (T − a)4 . Comme vous le savez, il y a 5 solutions que vous devez décrire.
Exercice 13.6 1) Soit E est un C-espace vectoriel de rang 6. Si u est un endomorphisme
de E dont le polynôme caractéristique est le carré de son polynôme minimal et ayant deux
valeurs propres distinctes a et b, décrivez les facteurs invariants possibles de u.
Corrigé de l’exercice.
1) Soient P1 , ..., Ps les facteurs invariants de u. On a P1 ..Ps = Ps2 et d0 Ps = 3. Quitte à permuter a et b, on
a nécessairement Ps = (T − a)2 (T − b). Il y a 2 solutions
s = 3, P1 = (T − a) et P2 = (T − a)(T − b) ; s = 2 et P1 = (T − a)2 (T − b) = Ps .
Exercice 13.7 1) Soit E est un C-espace vectoriel. Si u est un endomorphisme de E et
a une valeur propre de u, montrez que le rang de l’espace vectoriel des vecteurs propres
de a est le nombre de facteurs invariants dont (T − a) est facteur.
Corrigé de l’exercice.
Soient P1 , ...Ps les facteurs invariants de E et E = ⊕Ei , avec Ei / C[T ]/Pi C[T ]. Il suffit donc de montrer que
si le polynôme minimal est, au signe près, égal à son polynôme caractéristique alors l’espace (propre) des vecteurs
propres d’une valeur propre est de rang 1. Soit P ce polynôme et n son degré.
On veut montrer que ker(u − aId) est de rang 1, ce qui est équivalent à rang(u − aId)(E) = n − 1. Soit
F = (u − aId)(E) = (T − 1)E. C’est un sous-espace stable pour u. Soit Q le polynôme minimal de la restriction de
u à F . On a évidemment Q(T − 1)E = QF = 0. Donc Q(T − 1) est un multiple de P , ce qui montre d0 Q ≥ n − 1
et rangF ≥ n − 1.
Exercice 13.8 Soit E est un C-espace vectoriel de rang 6. Soit u est un endomorphisme
de E dont le polynôme caractéristique a 2 racines distinctes a et b. On suppose que les
espaces propres Ea et Eb sont de rangs 3 et 2. Quels sont les facteurs invariants de u?
41
Corrigé de l’exercice.
P1 = (T − a), P2 = (T − a)(T − b) et P3 = (T − a)(T − b)2 .
Exercice 13.9 1) Soit E est un K-espace vectoriel et soit u est un endomorphisme de E
dont le polynôme minimal P est, au signe près, le polynôme caractéristique. Si P = QR,
montrez que rang(ker Q(u)) = d0 Q et rang(Q(u)(E)) = d0 R.
Corrigé de l’exercice.
1) On peut supposer Q et R unitaires. Soit n le rang de E. On rappelle que F = Q(u)(E) = Q(T )E (par
définition de la structure de K[T ]-module) est une sous-espace vectoriel stable pour u.
SoituF la restriction de u à F . Comme R(u)(F ) = R(u) ◦ Q(u)(E) = P (u)(E) = (0), il est clair que le
polynôme minimal de uF divise R. Soit R1 ce polynôme minimal. On a 0 = R1 (u)(F ) = R1 (u) ◦ Q(u)(E) =
R1 Q(u)(E), donc P = RQ divise R1 Q. Il reste R = R1 , donc F est de rang ≥ d0 R, ce qui implique rang(ker Q(u)) ≤
d0 Q = n − d0 R.
On a évidemment montré aussi rangR(u)(E) ≥ d0 Q. Mais comme Q(u) ◦ R(u) = P (u) = 0, on a R(u)(E) ⊂
ker Q(u) et on conclut avec les inégalités
d0 Q ≤ rangR(u)(E) ≤ rang ker Q(u) ≤ d0 Q.
14
Matrice de Jordan d’un endomorphisme de C-espace
vectoriel
Nous concluons ce cours avec l’étude de la matrice de Jordan d’un endomorphisme d’un
C-espace vectoriel, et plus généralement d’un K-espace vectoriel si le polynôme minimal
de u est scindé (produit d’irréductibles de degré 1). Le résultat qui suit est un cas
particulier d’un théorème sur les modules de longueur finie que nous aurions pu étudier
(c’est une n-ême version du Théorème de Bézout). J’espère que vous reconnaissez la
décomposition des groupes abéliens finis (les Z-modules de torsion et de type fini) en
produit de p-groupes.
Proposition 14.1 Soient A une anneau principal et T un A-module de torsion. Supposons qu’il existe c ∈ A, avec c #= 0 tel que cT = (0) (c’est toujours le cas si le module
de torsion T est de type fini). Soit c = an1 1 ...anr r une décomposition de c en produit
d’éléments irréductibles.
Si Ti = {x ∈ T, ani i x = 0}, alors Ti est un sous-A-module de T et T = ⊕r1 Ti .
#
n
On considère les éléments bi = j$=i aj j et "
on remarque que 1 est un pgcd des bi .
On en déduit (Bezout)
une
décomposition
1
=
αi bi qui induit pour tout x ∈ T une
"
ni
décomposition x =
α"
i (bi x). Comme ai bi x = 0, il est clair
"que (bi x) ∈ Ti , ce qui
démontre bien que T =
Ti . Il reste à prouver
que
z
∈
T
∩
(
i
j$=i Tj ) implique z = 0.
"
Pour cela on remarque d’abord que si z ∈ j$=i Tj alors bi z = 0. De plus z ∈ Ti est
équivalent à ai ni z = 0. Comme 1 est un pgcd de ai et bi , on en déduit comme toujours
une décomposition 1 = dai + d" bi , donc z = dai z + d" bi z = 0.
Théorème 14.2 Soient (E, u) un K-espace vectoriel de rang fini muni d’un endomorphisme. Soit Pm son polynôme minimal et P = Qr11 ...Qrkk une décomposition de P en
produit de puissances de polynômes irréductibles. Soit Pc = Ql11 ...Qlkk le polynôme caractéristique de u.
ri
Soit E&
i = {x ∈ E, Qi (u)(x) = 0}. Alors Ei est un sous-espace vectoriel stable pour
u et E = i Ei .
42
Le polynôme minimal de la restriction ui de u à Ei est Qri i et son polynôme caractéristique est Qlii .
Le rang de Ei est li deg(Qi ).
La décomposition se déduit immédiatement de la proposition précédente. Comme
Qri i Ei = 0, le polynôme minimal de ui est un facteur de Qri i . Comme le ppcm des
polynômes minimaux des ui est le polynôme minimal de u, il est clair que Qri i est le
polynôme minimal de ui .
D’après le corollaire précédent, le polynôme caractéristique de ui est une puissance
de Qi . Comme le produit des polynômes caractéristiques de ui est le polynôme caractéristique de u, le Théorème est démontré.
Cette énoncé peut-être plus précis. Précisons le dans cas d’un polynôme minimal
scindé.
Théorème 14.3 Soient (E, u) un C-espace vectoriel de rang fini muni d’un endomorphisme. Soit Pm son polynôme minimal et Pm = (T −a1 )r1 ...(T −ak )rk une décomposition
de P en produit de puissances de polynômes irréductibles. Soit Pc = (T −a1 )l1 ...(T −ak )lk
le polynôme caractéristique de u.
ri
Soit Ei = {x
&∈ E, (u − ai Id ) (x) = 0}. Alors Ei est un sous-espace vectoriel stable
pour u et E = i Ei .
Le polynôme minimal de la restriction ui de u à Ei est (T − ai )ri et son polynôme
caractéristique est (T − ai )li et le rang de Ei est li .
Si les facteurs invariants de ui sont (T − ai )rij , avec ri1 ≤ ri2 ≤ ... ≤ risi = ri , alors
les facteurs invariants P1 , ..., Ps de u vérifient
Ps = (T − a1 )r1s1 ...(T − ak )rksk , Ps−1) = (T − a1 )r1s1 −1 ...(T − ak )rksk −1 , ..., Pj = ...
où on a posé rjl = 0 pour l < 0.
Seul la dernière assertion n’est pas un traduction immédiate du théorème précédent.
Pour celle-ci, elle se déduit du théorème chinois pour les anneaux principaux. La seule
difficulté est dans les notations. Le polynôme minimal, le dernier facteur invariant, est
le produit des polynômes minimaux, des derniers facteurs invariants, et on descend...
Remarque 14.4 Si on avait rangé les facteurs invariants en suite croissante, les notations auraient été beaucoup plus simples ici. Je n’entre pas dans les détails....
Définition 14.5 Ei = {x ∈ E, (u − ai Id )ri (x) = 0} est le sous-espace caractéristique de
la valeur propre ai .
Proposition 14.6 Soit E un K-espace vectoriel. Si u est un endomorphisme de E
admettant (T − a)n comme polynôme minimal et comme polynôme caractéristique, il
existe une base (ei )i de E par rapport à laquelle la matrice de u est


a 0 . . . .
 1 a 0 . . . 


 0 1 a 0 . . 


 . . . . . . 


 0 . 0 1 a 0 
0
.
.
0 1 a
43
Il existe un isomorphisme de K[T ]-modules E + K[T ]/(T − a)n . Montrons le résultat
pour K[T ]/(T − a)n . Les élément (T − a)l , avec 0 ≤ l < n engendrent le évidemment Kespace vectoriel K[T ]/(T −a)n . On sait que celui-ci est de rang n, donc ((T −a)0 , ..., (T −
a)n−1 ) est une base. Posons el = (T − a)i . On a
u(el ) = u((T − a)l ) = T (T − a)l = (T − a)l+1 + a(T − a)l .
Ceci prouve
u(ei ) = ei+1 + aei pour i < n − 1 et u(en−1 ) = aen−1 .
Remarque 14.7 On déduit immédiatement de cette proposition que l’espace propre
Ea = {x ∈ E tels que u(x) = ax} est de rang 1, ce que nous avions déjà vu dans
deux exercices de la section précédente.
En effet, il est clair que la matrice de u − aId dans la base (ei )i est de rang n − 1.
Corollaire 14.8 Soit E un K-espace vectoriel. Soit u est un endomorphisme de E
ayant (T − a)n1 , ..., (T − a)ns , avec n1 ≤ n2 ≤ ... ≤ ns , comme facteurs invariants. Il
existe une base (ei )i de E dans laqulle laquelle la matrice de u est


M1 0
.
.
.
.
 0 M2 0 .
.
. 


 0
0 M3 0
.
. 


 .

.
.
.
.
.


 0
.
0 0 Ms−1 0 
0
.
. 0
0
Ms
ou Mi est une matrice ni × ni de la forme

a 0 . . . .
 1 a 0 . . .

 0 1 a 0 . .

 . . . . . .

 0 . 0 1 a 0
0 . . 0 1 a








Compte tenu de la proposition précédente, c’est une conséquence immédiate de la décomposition
en sous-espaces stables E + ⊕Ei tels que Ei + K[T ]/(T − a)ni K[T ], autrement dit tels
que la restriction ui de u à Ei a (T − a)ni comme polynôme minimal et caractéristique.
Corollaire 14.9 Soit E un K-espace vectoriel. Si u est un endomorphisme de E dont
le polynôme minimal (ou le polynôme caractéristique) est scindé, il existe une base par
rapport à laquelle la matrice de u est de la forme


M1 0 .
.
.
 0 M2 0
.
. 


 .
.
.
.
. 


 0
.
. Ml−1 0 
0
.
.
0
Ml
44
les matrices Mi étant de la forme

ai 0 . . . .
 1 ai 0 . . .

 0 1 ai 0 . .

 . . . . . .

 0 . 0 1 ai 0
0 . . 0 1 ai








où ai est une valeur propre de u.
Si λ est une valeur propre de u, alors le nombre des matrices Mi avec ai = λ est égal
au nombre de facteurs invariants de u dont λ est racine.
Soit λ une valeur propre de u. Si (T − λ)r est la plus grande puissance de (T − λ)
divisant le polynôme minimal de u, soit E(λ) = {x ∈ E, (u − λ)r (x) = 0}. C’est l’espace
caractéristique de λ. Soient (T − λ)r1 , (T − λ)r2 , ..., (T − λ)rs les facteurs invariants de la
restriction de uλ = u à E(λ). Il est clair que la matrice de Jordan de uλ est de la forme


N1 0 .
.
.
 0 N2 0
.
. 


 .
.
.
.
. 


 0
.
. Ns−1 0 
0
.
.
0
Ns
ou Ni est une matrice ri × ri de la forme

λ 0 . . . .
 1 λ 0 . . .

 0 1 λ 0 . .

 . . . . . .

 0 . 0 1 λ 0
0 . . 0 1 λ








Il reste à rappeler que si P1 , ..., Pk sont les facteurs invariants de u, alors on a k ≥ s et
λ est une racine de multiplicité ri de Pi+k−s (et n’est pas racine de Pj pour j ≤ k − s.
Exercice 14.10 Soit E un C espace vectoriel de rang 6 et soit u un endomorphisme de
E n’ayant qu’une valeur propre a et dont le polynôme minima est de degré 3. Suels sont
les facteurs invariants possibles pour u et dans chaque cas quel est la matrice de Jordan
de u.
Corrigé
de l’exercice. Les facteurs invariants forment une suite (T − a)ni , avec n1 ≤ n2 ≤ ... ≤ ns telle que
P
ni = 6 et ns = 3.
Les solutions pour la suite des ni sont (1, 1, 1, 3), (1, 2, 3), (3, 3). Les matrices de Jordan correspondantes sont
0
B
B
B
B
B
@
a
0
0
0
0
0
0
a
0
0
0
0
.
0
a
0
0
0
.
.
0
a
1
0
.
.
.
0
a
1
.
.
.
.
0
a
1
C
C
C
C,
C
A
0
B
B
B
B
B
@
a
0
0
.
0
0
0
a
1
0
.
.
.
0
a
0
0
.
.
.
0
a
1
0
.
.
.
0
a
1
.
.
.
.
0
a
1
0
C
B
C
B
C
B
C et B
C
B
A
@
a
1
0
.
0
0
0
a
1
0
.
.
.
0
a
0
0
.
.
.
0
a
1
0
.
.
.
0
a
1
.
.
.
.
0
a
1
C
C
C
C
C
A
Il n’est pas inutile de noter que l’espace propre Ea est de rang 4 (resp. 3, resp. 2) dans les 3 cas considérés
45
Exercice 14.11 Soit E est un C-espace vectoriel de rang 6. Soit u est un endomorphisme de E dont le polynôme caractéristique a 2 racines distinctes a et b. On suppose
que les espaces propres Ea et Eb sont de rangs 3 et 2. Donnez une matrice de Jordan de
u.
Corrigé de l’exercice.
0
B
B
B
B
B
@
a
0
0
.
0
0
0
a
0
0
.
.
.
0
a
0
0
.
.
.
0
b
0
0
.
.
.
0
b
1
.
.
.
.
0
b
1
C
C
C
C
C
A
Exercice 14.12 Soit E est un C-espace vectoriel de rang 6. Soit u est un endomorphisme de E dont le polynôme caractéristique a 2 racines distinctes a et b. On suppose
que les espaces propres Ea et Eb sont de rang 1. Donnez une matrice de Jordan de u.
Corrigé de l’exercice.
0
B
B
B
B
B
@
a
1
0
.
0
0
0
a
1
0
.
.
.
0
a
0
0
.
.
.
0
b
1
0
.
.
.
0
b
1
.
.
.
.
0
b
1
C
C
C
C
C
A
On termine par un petit jeu.
Exercice 14.13 Soit E est un C-espace vectoriel de rang 10. Soit u est un endomorphisme de E ayant 3 valeurs propres distinctes a, b, c.
On suppose que les espaces propres de de a et b et c sont de rangs respectifs 3, 3 et 1.
On suppose de plus que c est une racine de multiplicité 4 du polynôme minimal de u.
Donnez les facteurs invariants, le polynôme minimal, le polynôme caractéristique et
une matrice de Jordan de u.
Corrigé de l’exercice. Les facteurs invariants sont P1
(T − a)(T − b)(T − c)4 .
Le polynôme minimal est donc (T − a)(T − b)(T − c)4 et
Enfin, la matrice de Jordan de u est
0
M1
0
@ 0
M2
0
0
0
a
avec M1 = @ 0
0
0
a
0
1
0
0
b
0 A, M2 = @ 0
a
0
0
b
0
= (T − a)(T − b), P2 = (T − a)(T − b) et P3 =
le polynôme caractéristique (T − a)3 (T − b)3 (T − c)4 .
1
0
0 A
M3
0
1
c
0
B 1
0 A et M3 = B
@ 0
b
0
46
0
c
1
0
0
0
c
1
1
0
0 C
C
0 A
c

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