Contrôle continu : Devoir numéro 1

Algèbre Université Pierre et Marie Curie
LM 372 11 Mars 2013
Contrôle continu : Devoir numéro 1
La clarté et la précision de la rédaction seront valorisées.
Exercice 1. Eléments nilpotents
On suppose que l’anneau Aest commutatif, et on fixe x, y deux éléments nilpotents de A.
1. Montrer que xy est nilpotent.
2. Montrer que x+yest nilpotent.
3. Montrer que 1A−xest inversible.
4. On ne suppose plus que Aest commutatif. Soient u, v ∈Atel que uv est nilpotent. Montrer que
vu est nilpotent.
Solution de l’exercice 1. Soit n, m ≥1tels que xn= 0 et ym= 0.
1. On a (xy)n=xnyn= 0y= 0. Donc xy est nilpotent.
2. On remarque que
(x+y)n+m−1=
n+m−1
X
k=0 n+m−1
k!xkyn+m−1−k.
Et pour tout k∈ {1, . . . , n +m−1}, soit k≥n, soit n+m−1−k≥m. Tous les termes de la
somme sont nuls, donc (x+y)n+m−1= 0. On en déduit que x+Yest nilpotent.
3. Puisque xn= 0, on a
1=1−xn= (1 −x)(1 + x+. . . +xn−1).
On en déduit que 1−xest inversible d’inverse 1 + x+. . . +xn−1.
4. Il existe n≥1tel que (uv)n= 0. Alors (vu)n+1 =v(uv)nu= 0. Donc vu est également nilpotent.
Exercice 2. Radical d’un idéal
Soit Aun anneau commutatif . Si Iest un idéal de A, on appelle radical de Il’ensemble
√I={x∈A:∃n∈N, xn∈I}
1. Montrer que √Iest un idéal de A.
2. Soient I, J deux idéaux de A. Montrer que
√I.J =√I∩J=√I∩√J,
3. Si A=Zet I=kZ,k≥1, déterminer le radical de I.
Solution de l’exercice 2.
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1. Montrons d’abord que √Iest un sous groupe de A. On remarque que I⊂√I, donc 0∈√I.
Soit x, y ∈√I, il existe n, m ∈Ntels que xn, ym∈I. Alors
(x−y)n+m−1=
n+m−1
X
k=0 n+m−1
k!xk(−y)n+m−1−k.
Pour tout k∈ {1, . . . , n +m−1}soit k≥n, soit n+m−1−k≥m, donc tous les éléments de
la somme sont dans I, et la somme elle même est dans I.
Reste à prouver que √Iest stable par multiplication par les éléments de l’anneau A. Soit x∈√I,
n∈Ntel que xn∈Iet a∈A. Alors (ax)n=anxn∈I.
2. Soit x∈√I.J, et n∈Ntel que xn∈I.J. On remarque que I.J ⊂I∩J, donc xn∈I∩J. On a
donc √I.J ⊂√I∩J.
Soit x∈√I∩J,n∈Ntel que xn∈I∩J. Alors x∈√Iet x∈√J. On a donc √I∩J⊂√I∩√J.
Soit enfin x∈√I∩√J,n, m ∈Ntels que xn∈Iet xm∈J. Alors xn+m=xnxm∈I.J, donc
x∈√I.J. On a donc √I∩√J⊂√I.J
Finalement on a la succesion d’inclusions
√I.J ⊂√I∩J⊂√I∩√J⊂√I.J.
Toutes les inclusions sont donc des égalités.
3. Notons k=pα1
1. . . pαr
rla décomposition de ken facteurs premiers. On montre alors que √kZ=
p1. . . prZ.
D’après la deuxième question,
√kZ=qpα1
1Z∩. . . ∩qpαr
rZ
=pp1Z∩. . . ∩pprZ
=pp1. . . prZ
On vérifie alors facilement que puisque les pisont premiers
pp1. . . prZ=p1. . . prZ.
Exercice 3. Suite décroissante d’idéaux
Soit Aun anneau principal tel que tout suite décroissante d’idéaux est stationnaire. Montrer que A
est un corps.
Solution de l’exercice 3. On suppose que An’est pas un corps est on considère un élément anon nul
et non inversible de A. On a alors la suite décroissante d’idéaux
hai⊇ha2i ⊇ . . . ⊇ hani ⊇ . . .
Par hypothèse cette suite est stationnaire et il existe n∈Ntel que hani=han+1i. On a alors l’existence
de b∈Atel que
an=ban+1
⇔an(1 −ba)=0
⇒ba = 1 car Aest principal donc intègre
On en déduit que aest inversible. C’est absurde !
Exercice 4.
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Soit Aun anneau noethérien et soit f:A→Aun homomorphisme surjectif. Montrer que fest un
isomorphisme. (Indication : poser In= ker(fn).)
Solution de l’exercice 4. On pose In=kerfn. On remarque que si x∈In, alors
fn(x)=0
fn+1(x)=0
x∈In+1
On a donc la suite croissante d’idéaux
I1⊆I2⊆. . . ⊆In⊆. . .
Puisque l’anneau Aest noethérien, cette suite est stationnaire et il existe m∈Ntel que Im=Im+1.
Soit a∈Atel que f(a) = 0. Alors puisque fest surjectif, pour tout n∈Nl’homomorphisme fnest
également surjectif. Il existe donc b∈Atel que fm(b) = a. On a alors
fm(b) = a
fm+1(b) = f(a)=0
Alors b∈Im+1 =Im. On en déduit a=fm(b)=0. Ainsi fest injectif.
Un homomorphisme injectif est surjectif est un isomorphisme.
Exercice 5.
Soit Aun anneau. On suppose qu’il existe un idéal maximal Mde Atel que tout idéal contenu dans
Msoit de type fini.
1. Montrer que si Jest un idéal de Ail existe un élément x∈Jtel que J=Ax +J∩ M
2. En déduire que Aest noethérien.
Solution de l’exercice 5.
1. Mest un idéal maximal donc l’anneau quotient A/Mest un corps. On notera cl l’homorphisme
naturel d’anneau de Adans A/M.
Soit Jun idéal de A. Si J⊂ M, on a trivialement J=J∩ A. Sinon on considère x∈J\M. Il
existe x0∈Atel que cl(x)cl(x0) = cl(1), ce qui s’écrit encore xx0= 1 + moù mest un élément
de l’idéal maximal M.
Alors pour tout y∈J,y=y(xx0−m) = yxx0−ym ∈xx0A+J∩ M. L’inclusion réciproque
xx0A+J∩ M ⊆ Jest évidente. On a donc
J=xx0A+J∩ M
2. Soit Jun idéal de A.J∩ M est de type fini par hypothèse, et xx0Adéfini dans la question
précédente est également de type fini. Donc J=xx0A+J∩ M est aussi de type fini.
Ainsi tous les idéaux de Asont de type fini, donc Aest noethérien.
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