TD numéro 9 Exercice 1. Torsion

Algèbre Université Pierre et Marie Curie
LM 372 25 Mars 2013
TD numéro 9
Exercice 1. Torsion
Soient Mun A-module et x∈M; on dit que xest un élément de torsion dans Ms’il existe a∈A\{0}
tel que a.x = 0. On note T(M)l’ensemble des éléments de torsion du module M. Un module Mest
dit sans torsion si T(M) = {0}; il est dit de torsion si T(M) = M.
1. Quels sont les éléments de torsion du A-module A?
On suppose pour le reste de l’exercice que Aest un anneau intègre.
2. Montrer que T(M)est un sous-module de M. Est-ce encore vrai si An’est plus supposé intègre ?
3. Montrer que M/T (M)est un A-module sans torsion.
4. Soit Nun sous-module de M. Exprimer T(N)en fonction de T(M). En déduire que T(M)est
un module de torsion.
5. Soient Net Pdeux sous-modules de Mtels que M=N⊕P. Montrer que T(M) = T(N)⊕T(P).
En déduire que Arest sans torsion.
6. Si f:M−→ Nest un morphisme de A-modules alors f(T(M)) ⊂T(N). En déduire que si f
réalise un isomorphisme entre Met N, alors finduit un isomorphisme entre T(M)et T(N). En
déduire qu’un module libre de type fini est sans torsion.
Solution de l’exercice 1.
1. aest un élément de torsion de Assi il esiste b∈Atel que ba = 0. Autrement dit, aest un
diviseur de 0.
2. Soient a, b ∈A,x, y ∈T(M). Il existe c, d ∈Atels que cx =dy = 0. Alors cd(ax +by) =
ad(cx) + bc(dy) = 0, donc ax +by ∈T(M).T(M)est bien un sous module de M. Lorsque A
n’est pas intègre on a toujours cd(ax +by)=0, mais on ne peut pas conclure car on pourrait
avoir cd = 0.
3. Supposons que le module M/T (M)admette un élément de torsion, et posons m∈Mun repré-
sentant de cet élément. Il existe a∈Atel que acl(m)=0, i.e. am ∈T(M). Il existe donc b∈A
tel que bam = 0. Alors (ab)m= 0, et ab 6= 0, donc m∈T(M), alors cl(m) = 0.M/T (M)est
donc un module sans torsion.
4. On montre que T(N) = N∩T(M). Si x∈T(N), alors x∈N, et il existe a∈Atel que ax = 0,
donc x∈T(M). Réciproquement, si x∈N∩T(M), alors xappartient clairement à T(N).
Puisque T(M)est un sous-module de Mon peut lui appliquer ce résultat. On obtient T(T(M)) =
T(M)∩T(M) = T(M). On en déduit que T(M)est un module de torsion.
5. Soit x∈T(M)⊂M. On peut écrire x=y+z, avec y∈Net z∈P. Et il existe a∈Atel que
ax =0=an +ap. Puisque N∩P={0}, on en déduit an =ap = 0. Donc x∈T(N)⊕T(P)(La
somme est trivialement directe car T(N)∩T(P) = {0}), et T(M)⊂T(N)⊕T(P).
Réciproquement si x∈T(N)⊕T(P), alors x=y+z, avec y∈T(N)et z∈T(P). Il existe
donc a, b ∈Atels que ay =bz = 0. On en déduit que abx =aby +abz = 0. Donc x∈T(M), et
T(N)⊕T(P)⊂T(M).
Ar=A⊕. . . ⊕A, donc T(Ar) = T(A)⊕. . . ⊕T(A) = {0}.
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6. Soit x∈T(M), il existe a∈Atel que ax = 0. Donc af(x) = f(ax)=0, ce qui implique
f(x)∈T(N). On a donc f(T(M)) ⊂T(N), et réciproquement f−1(T(N)) ⊂T(M). On en
déduit que finduit un isomorphisme de T(M)−→ T(N).
Si Mest libre de type fini, et {x1, . . . , xn}est une base de M, alors Mest égal à hx1i⊕. . .⊕hxni
et donc isomorphe à An. Il existe donc un isomorphisme entre T(M)et T(An) = {0}. On en
déduit que T(M)=0.
Exercice 2.
1. Montrez que M=Q/Zest un Z-module de torsion (i.e. tel que T(M) = M). Montrer ensuite
qu’il n’existe pas n∈Z, tel que nM = 0. Vous notez en passant que M=Q/Zn’est pas de type
fini sur Z.
2. Considérez le Z-module S=Lp∈PZ/pZ. Montrer que T(S) = S.
3. Considérez le Z-module Π = Qp∈PZ/pZ. Montrer que T(Π) = S.
Solution de l’exercice 2.
1. Soit cl(a
b)∈M, alors bcl(a b) = cl(a)=0, donc cl(a b)est un élément de torsion. On en déduit que
Mest un module de torsion.
Supposons qu’il existe n∈Z, tel que nM = 0. Alors ncl(1
2n) = cl(1 2)=0, c’est absurde. Il
n’existe donc pas un tel entier n.
2. On a évidemment T(S)⊆S. Soit x= (xp)p∈P∈S(seul un nombre fini d’éléments de la suite sont
non nuls). On pose supp(x) = {p∈P;xp6= 0}, et n=Qp∈supp(x)p. Alors nx = (nxp)o∈P= 0. En
effet soit xp= 0, soit nest un multiple de p, et nxpest nul. Donc x∈T(S). On a bien S=T(S).
3. Puisque Sest un sous module de Π, on a évidemment S=T(S)⊆T(Π). Réciproquement
considérons x= (xp)p∈P∈T(Π). Il existe n∈Z, tel que nx = (nxp)p∈P= 0. Décomposons nen
produit de facteurs premiers : n=pα1
1. . . pαk
k. Soit un nombre premier p /∈ {p1, . . . , pk}. Si on
pose cl(yp) = xp, l’égalité nxp= 0, implique p|nyp, or pest premier et pne divise pas ndonc p
divise yp. Ce qui donne xp= 0. Ainsi on a démontré que xpest nul qauf pour un nombre fini de
nombre premiers p. On en déduit que (xp)p∈P∈S. Au final T(Π) = S.
Exercice 3.
On suppose A intègre, et on note K son corps des fractions.
1. Montrer que si Kest un A-module de type fini, alors A=K.
2. Soit Mun A-module de type fini. Montrer que Mest de torsion si et seulement si Mn’est pas
fidèle (On dit que Mest fidèle ssi AnnA(M) = {a∈A, aM = 0}={0}).
3. Soit Mun Z-module. Montrer l’équivalence :
Mest de torsion et de type fini ⇔Mest fini.
Solution de l’exercice 3.
1. Supposons que Kest un A-module de type fini et posons {(1, b1),...,(1, bn)}une famille géné-
ratrice de K. Soit b∈A, on considère alors l’élément x= (1, b Qn
i=1 bi)∈K(vous pouvez le voir
comme 1
bQn
i=1 bi). On peut écrire x=a1(1, b1)+. . .+an(1, bn)=(a1Qi6=1 bi+. . . anQi6=nbi,Qibi).
Aétant intègre, cela implique b(a1Qi6=1 bi+. . . anQi6=nbi) = 1, et donc best inversible. Ainsi,
tous les éléments de Asont inversibles, on en déduit que Aest un corps. Il est donc égal à son
corps des fractions K.
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2. Si Mn’est pas fidèle, alors il existe a∈A\ {0}tel que aM = 0, et donc tous les éléments de
Msont de torsion, Mest alors un module de torsion. Réciproquement, si Mest un module de
type fini de torsion, alors on pose m1, . . . , mn, une famille génératrice de M, et a1, . . . , andes
éléments de A\ {0}tels que aimi= 0 pour i= 1, . . . , n.
Soit x∈M,x=x1m1+. . .+xnmn, et (a1. . . an)x= (a1. . . an)x1m1+. . .+(a1. . . an)xnmn= 0.
On a donc (a1. . . an)M= 0, avec a1. . . an6= 0, car Aest intègre. Mn’est donc pas fidèle.
3. Supposons que Mest un Z-module de torsion de type fini. D’après la question précédente, il
existe k∈Ztel que kM = 0. Posons m1, . . . , mnune famille génératrice de M. Soit x∈M,
x=x1m1+. . . +xnmn. On effectue les divisions euclidiennes des xipar k:
xi=kyi+ri,0≤ri< k
Alors x= (ky1+r1)m1+. . . + (kyn+rn)mn=r1m1+. . . +rnmn∈[0 . . . k −1]m1+. . . +
[0 . . . k −1]mn. On a donc
M⊂[0 . . . k −1]m1+. . . + [0 . . . k −1]mn.
Mest fini.
Réciproquement, si Mest fini, Mest trivialement de type fini puisqu’il est engendré par l’en-
semble de ses éléments. De plus si xest un élément de M, il existe ket k0deux entiers distincts,
tels que kx =k0x, puisque Mest fini. Donc (k−k0)x= 0,xest un élément de torsion. Ainsi M
est un module de torsion de type fini.
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