Contrôle continu : Devoir numéro 1

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Algèbre
LM 372
Université Pierre et Marie Curie
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 A est commutatif, et on fixe x, y deux éléments nilpotents de A.
1. Montrer que xy est nilpotent.
2. Montrer que x + y est nilpotent.
3. Montrer que 1A − x est inversible.
4. On ne suppose plus que A est commutatif. Soient u, v ∈ A tel que uv est nilpotent. Montrer que
vu est nilpotent.
Solution de l’exercice 1. Soit n, m ≥ 1 tels que xn = 0 et y m = 0.
1. On a (xy)n = xn y n = 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 n+m−1−k
x y
.
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 + Y est nilpotent.
3. Puisque xn = 0, on a
1 = 1 − xn = (1 − x)(1 + x + . . . + xn−1 ).
On en déduit que 1 − x est inversible d’inverse 1 + x + . . . + xn−1 .
4. Il existe n ≥ 1 tel que (uv)n = 0. Alors (vu)n+1 = v(uv)n u = 0. Donc vu est également nilpotent.
Exercice 2.
Radical d’un idéal
Soit A un anneau commutatif . Si I est un idéal de A, on appelle radical de I l’ensemble
√
I = {x ∈ A : ∃n ∈ N, xn ∈ I}
√
1. Montrer que I est un idéal de A.
2. Soient I, J deux idéaux de A. Montrer que
√
√
√
√
I.J = I ∩ J = I ∩ J,
3. Si A = Z et I = kZ, k ≥ 1, déterminer le radical de I.
Solution de l’exercice 2.
1
√
√
√
1. Montrons d’abord
que I est un sous groupe de A. On remarque que I ⊂ I, donc 0 ∈ I.
√
Soit x, y ∈ I, il existe n, m ∈ N tels que xn , y m ∈ I. Alors
(x − y)
n+m−1
=
n+m−1
X
!
n+m−1 k
x (−y)n+m−1−k .
k
k=0
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 I est stable par multiplication par les éléments de l’anneau A. Soit x ∈ I,
n ∈ N tel que xn ∈ I et a ∈ A. Alors (ax)n = an xn ∈ I.
√
2. Soit x√∈ I.J,√et n ∈ N tel 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 ∈ N tel que xn ∈ I ∩J. Alors x ∈ I et x ∈ J. On a donc I ∩ J ⊂ I ∩ J.
√
√
J, n, √
m ∈ N√tels que xn ∈ I et xm ∈ J. Alors xn+m = xn xm ∈ I.J, donc
Soit √
enfin x ∈ I ∩ √
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 r la décomposition de k en facteurs premiers. On montre alors que
p1 . . . pr Z.
D’après la deuxième question,
q
q
√
kZ =
pα1 1 Z ∩ . . . ∩ pαr r Z
=
p
p1 Z ∩ . . . ∩
=
p
p1 . . . pr Z
p
√
kZ =
pr Z
On vérifie alors facilement que puisque les pi sont premiers
p
Exercice 3.
p1 . . . pr Z = p1 . . . pr Z.
Suite décroissante d’idéaux
Soit A un 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 A n’est pas un corps est on considère un élément a non nul
et non inversible de A. On a alors la suite décroissante d’idéaux
hai ⊇ ha2 i ⊇ . . . ⊇ han i ⊇ . . .
Par hypothèse cette suite est stationnaire et il existe n ∈ N tel que han i = han+1 i. On a alors l’existence
de b ∈ A tel que
an = ban+1
⇔ an (1 − ba) = 0
⇒
ba = 1
car A est principal donc intègre
On en déduit que a est inversible. C’est absurde !
Exercice 4.
2
Soit A un anneau noethérien et soit f : A → A un homomorphisme surjectif. Montrer que f est un
isomorphisme. (Indication : poser In = ker(f n ).)
Solution de l’exercice 4. On pose In = kerf n . On remarque que si x ∈ In , alors
f n (x) = 0
f n+1 (x) = 0
x ∈ In+1
On a donc la suite croissante d’idéaux
I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ⊆ In ⊆ . . .
Puisque l’anneau A est noethérien, cette suite est stationnaire et il existe m ∈ N tel que Im = Im+1 .
Soit a ∈ A tel que f (a) = 0. Alors puisque f est surjectif, pour tout n ∈ N l’homomorphisme f n est
également surjectif. Il existe donc b ∈ A tel que f m (b) = a. On a alors
f m (b) = a
f m+1 (b) = f (a) = 0
Alors b ∈ Im+1 = Im . On en déduit a = f m (b) = 0. Ainsi f est injectif.
Un homomorphisme injectif est surjectif est un isomorphisme.
Exercice 5.
Soit A un anneau. On suppose qu’il existe un idéal maximal M de A tel que tout idéal contenu dans
M soit de type fini.
1. Montrer que si J est un idéal de A il existe un élément x ∈ J tel que J = Ax + J ∩ M
2. En déduire que A est noethérien.
Solution de l’exercice 5.
1. M est un idéal maximal donc l’anneau quotient A/M est un corps. On notera cl l’homorphisme
naturel d’anneau de A dans A/M.
Soit J un idéal de A. Si J ⊂ M, on a trivialement J = J ∩ A. Sinon on considère x ∈ J \ M. Il
existe x0 ∈ A tel que cl(x)cl(x0 ) = cl(1), ce qui s’écrit encore xx0 = 1 + m où m est un élément
de l’idéal maximal M.
Alors pour tout y ∈ J, y = y(xx0 − m) = yxx0 − ym ∈ xx0 A + J ∩ M. L’inclusion réciproque
xx0 A + J ∩ M ⊆ J est évidente. On a donc
J = xx0 A + J ∩ M
2. Soit J un idéal de A. J ∩ M est de type fini par hypothèse, et xx0 A défini dans la question
précédente est également de type fini. Donc J = xx0 A + J ∩ M est aussi de type fini.
Ainsi tous les idéaux de A sont de type fini, donc A est noethérien.
3
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