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