Correction de quelques exercices d`alg`ebre commutative

Correction de quelques exercices d’alg`
ebre commutative
Benjamin Gausson
R´
esum´
e
Ces quelques pages regroupent les ´enonc´es et les ´el´ements de r´eponse de certains exercices du polycopi´e de cours
d’alg`ebre commutative d’Antoine Chambert-Loir.
La derni`ere version de ce document a ´et´e compil´ee le 29 avril 2015.
1 Premiers pas
Exercice 1.1
Soit M un A-module. Montrer que (−1)m = −m.
On remarque que (−1)m + m = (−1 + 1)m = 0m = 0. D’o`
u (−1)m = m.
Exercice 1.2
Soient A un anneau et M un A-module `
a droite. L’annulateur de M dans A est l’ensemble {a ∈ A | ma = 0, ∀m ∈
M }. On le note (0 : M ) ou Ann(M ).
1. Montrer que (0 : M ) est un id´eal bilat`ere de A.
2. Plus g´en´eralement, soit N un sous-A-module de M . Montrer que l’ensemble (N : M ) des a ∈ A tels que
ma ∈ N pour tout m ∈ M est un id´eal bilat`ere de A.
1. Commen¸cons par montrer que (0 : M ) est un sous-groupe du groupe A. Soit m ∈ M . Comme m0 = 0, 0 ∈ (0 : M ).
Soient alors a, b ∈ (0 : M ), on a m(a − b) = ma − mb = 0 − 0 = 0 et a − b ∈ (0 : M ). En outre, soient a ∈ A et
b ∈ (0 : M ). On a m(ab) = (ma)b = 0 car ma ∈ M . D’o`
u ab ∈ (0 : M ). De mˆeme, m(ba) = (mb)a = 0a = 0 et
ba ∈ (0 : M ). On a alors prouv´e le fait que (0 : M ) est un id´eal bilat`ere de A.
2. G´en´eralisons le point pr´ec´edent. Comme m0 = 0 ∈ N , 0 ∈ (N : M ). Soient a, b ∈ (N : M ) et m ∈ M . Il
vient m(a − b) = ma − mb ∈ N comme diff´erence d’´el´ements de N . Ainsi, (N : M ) est un sous-groupe du
groupe A. Ensuite, soient a ∈ A et b ∈ (N : M ). D’une part, m(ab) = (ma)b ∈ N car ma ∈ M . D’autre part,
m(ba) = (mb)a ∈ N car mb ∈ N . Donc (N : M ) est un id´eal bilat`ere de A.
Exercice 1.3
Soient A et B deux anneaux et f : A → B un homomorphisme d’anneaux.
1. Soit M un B-module `
a droite. Montrer que l’on d´efinit un A-module `
a droite en munissant le groupe ab´elien
M de la multiplication (m, a) →
7 mf (a). Ce module est not´e f∗ M .
2. Soit u : M → N un homomorphisme de B-modules `
a droites. Montrer que u d´efinit un homomorphisme de
A-modules f∗ M → f∗ N .
3. Montrer que l’application HomB (M, N ) → HomA (f∗ M, f∗ N ) ainsi d´efinie est un morphisme injectif de
groupes ab´eliens. Donner un exemple o`
u il n’est pas surjectif.
4. Soit M un B-module `
a droite. D´eterminer (0 : f∗ M ) en fonction de (0 : M ).
1. Montrons que cette multiplication v´erifie les points de la d´efinition d’un module. On a, dans un premier temps,
m.1A = mf (1A ) = m1B = m. Soient m, n ∈ M et a, b ∈ A. Alors m.(a + b) = m(f (a + b)) = m(f (a) + f (b)) =
mf (a) + mf (b) = m.a + m.b. En outre, (m + n).a = (m + n)f (a) = mf (a) + nf (a) = m.a + n.a. Enfin,
m.(ab) = mf (ab) = m(f (a)f (b)) = (mf (a))f (b) = (m.a).b.
2. Soient m, n ∈ f∗ M et a, b ∈ A. On a u(m.a + n.b) = u(mf (a) + nf (b)) = u(m)f (a) + u(n)f (b) = u(m).a + u(n).b.
3. On commence par remarquer que les ensembles HomB (M, N ) et HomA (f∗ M, f∗ N ) sont des groupes ab´eliens
(pour l’addition...) et que l’application F : HomB (M, N ) → HomA (f∗ M, f∗ N ), u 7→ u est bien d´efinie. On v´erife
facilement que cette application est un morphisme de groupe. Montrons qu’il est injectif. Soit u ∈ HomB (M, N )
tel que F (u) = 0. C’est `
a dire, en particulier, pour tout m ∈ M , on a u(m) = 0 et u = 0.
Pour l’exemple, on peut consid´erer l’homomorphisme trivial et B = 0.
4. On a
(0 : f∗ M ) = {a ∈ A | mf (a) = 0, ∀m ∈ M }
= {b ∈ f (A) | mb = 0, ∀m ∈ M }
=
f (0 : M )
1
Exercice 1.4
Soient A, B deux anneaux et f : A → B un homomorphisme d’anneaux. Le groupe additif de B est muni de la
structure de A-module `
a droite d´eduite de f .
1. On suppose que l’image de f est contenue dans le centre de B. Montrer que la multiplication de B est
A-lin´eaire.
2. Inversement, montrer que si la multipliation de B est A-bilin´eaire, alors l’image de f est contenue dans le
centre de B.
Dans cet exercice, on notera b.a = bf (a) pour tout a ∈ A et tout b ∈ B.
1. Soient a1 , a2 ∈ A et b, b1 , b2 ∈ B. Montrons que la multiplication `a gauche est A-lin´eaire.
On a b(b1 .a1 + b2 .a2 ) = b(b1 f (a1 ) + b2 f (a2 )) = bb1 f (a1 ) + bb2 f (a2 ) = b(b1 .a1 ) + b(b2 .a2 ) = (bb1 ).a1 + (bb2 ).a2 .
De mˆeme, pour la A-lin´earit´e `
a droite, on a
(b1 .a1 + b2 .a2 )b = (b1 f (a1 ) + b2 f (a2 ))b = b1 f (a1 )b + b2 f (a2 )b = b1 bf (a1 ) + b2 bf (a2 ) = (b1 b).a1 + (b2 b).a2 . (car
on a suppos´e que l’image de f est contenue dans le centre de B).
2. R´eciproquement, on a f (a)b = (1f (a))b = (1.a).b = (1.b).a = b.a = bf (a) (car la multiplication de B est
A-bilin´eaire).
Exercice 1.5
Soient M et N deux A-modules.
1. Soit u ∈ EndA (M ). Montrer qu’il existe une unique structure de A[X]-module sur M telle que X.m = u(m).
On notera Mu le A[X]-module muni de cette structure.
Montrer que l’application u 7→ Mu induit une bijection entre les structures de A[X]-modules sur M et les
endomorphismes u ∈ End(M ).
2. Soient u ∈ EndA (M ) et v ∈ EndA (N ). D´eterminer tous les homorphismes de A[X]-modules de Mu dans
Nv .
∼ Nv ?
3. Si M = N , `
a quelle condition a-t-on Mu =
4. Comment interpr´eter les r´esultats de l’exercice lorsque A = k est un corps et M = k n est l’espace vectoriel
standard de dimension n sur k ?
Pn
1. Supposons
qu’une telle
loi d’action existe. Soit P = k=0 ak X k ∈ A[X] avec ak ∈ A et m ∈ M . Alors P.m =
P
Pn
n
k
erement
( k=0 ak X k ).m =
k=0 ak u (m) = P (u(m)). Au passage, on remarque que la loi d’action est enti`
d´etermin´ee par l’hypoth`ese X.m = u(m) donc cette loi d’action, si elle existe, est unique.
Montrons que cette loi d’action d´etermin´ee pr´ec´edemment munit M d’une structure de A[X]-module. Pour ce
faire, v´erifions les quatre points de la d´efinition : soient m, n ∈ M et P, Q ∈ A[X]
- 1.m = m (car M est un A-module)
- (P + Q).m = (P + Q)(u(m)) = P (u(m)) + Q(u(m)) = P.m + Q.m
- P.(m + n) = P (u(m + n)) = P (u(m) + u(n)) = P (u(m)) + Q(u(n)) = P.m + P.n (on aura remarqu´e au
pr´ealable que X 2 .(m + n) = u2 (m + n) = u(u(m) + u(n)) = u2 (m) + u2 (n) = X 2 .m + X 2 .n).
- (P Q).m = (P Q)(u(m)) = P (Q(u(m)) = P.(Q.m)).
Consid´erons l’application
EndA (M ) → A[X]-modules
u
7→
Mu
Soient u, v ∈ EndA (M ) tels que Mu = Mv . En particulier, pour tout m ∈ M , on a X.m = u(m) = v(m) d’o`
u
u = v et l’application consid´er´ee est injective. En outre, soit M1 un A[X]-module. On note w l’application de
M dans M d´efinie par w(m) = X.m. C’est un endomorphisme (en tant que A-modules) et on a M1 ∼
= Mw .
L’application consid´er´ee est alors surjective donc bijective.
2. Supposons qu’il existe un tel homomorphisme et notons le f . En particulier, on doit avoir f (X.m) = X.f (m) ou
encore f (u(m)) = v(f (m)) (au passage, f est aussi un morphisme de A-modules de M dans N ). R´eciproquement,
soit f est un homomorphisme de A-modules de M dans N qui v´erifie f (u(m)) = v(f (m)) pour tout m. On a,
pour tous m, n ∈ M et tous P, Q ∈ A[X], f (P.m + Q.n) = f (P.m) + f (Q.n) = f (P (u(m))) + f (Q(u(n))) =
P (f (u(m))) + Q(f (u(n))) = P (v(f (m))) + Q(v(f (n))) = P.(f (m)) + Q.(f (n)). Ainsi, f est aussi un homomorphisme de A[X]-modules de Mu dans Nv .
3. Soient u, v ∈ EndA (M ) tels que Mu ∼
= Mv . Il existe alors un isomorphisme f : Mu → Mv tels que f (u(m)) =
v(f (m)) pour tout m ∈ M . C’est `
a dire u = f −1 ◦ v ◦ f . R´eciproquement, si f est tel un isomorphisme de M
en tant que A-module, on montre rapidement que l’application f : Mu → Mv d´efinie par f (m) = f (m) est un
isomorphisme de Mu dans Mv .
4. Si A = k et M = k n , les endomorphismes de M s’identifient `a leur matrice. Ainsi Mu ∼
= Mv si, et seulement si,
les matrices de u et v sont semblables.
2
2 Op´
erations sur les modules
Exercice 2.1
1. Donner l’exemple de deux sous-modules d’un module dont la r´eunion n’est pas un module.
2. Si (Mn )n∈N est une famille de sous-modules d’un A-module M telle que Mn ⊂ Mp pour tous n ≤ p, montrer
que ∪n∈N Mn est un sous-module de M .
3. Soient k un corps, V un k-espace vectoriel et soit (Wi )1≤i≤n une famille de sous-espaces vectoriels de V tels
que W = ∪ni=1 Wi est un sous-espace vectoriel de V . Si k est infini ou plus g´en´eralement si k a au moins n
´el´ements alors il existe 1 ≤ i ≤ n tel que W = Wi .
4. Soient V1 , V2 , V3 les ensembles de couples (x, y) ∈ Z2 tels que x soit pair, resp x + y soit pair, resp y soit
pair. Montrer que ce sont des sous-modules de Z2 , distincts de Z2 et que Z2 = V1 ∪ V2 ∪ V3 .
1. Consid´erons le R-espace vectoriel R2 et consid´erons {e1 , e2 } la base canonique de R2 . La r´eunion des sous-espaces
vectoriels engendr´es respectivement par e1 et e2 n’est pas un sous-espace vectoriel de R2 car il ne contient pas
e1 + e2 .
2. Soient m, n ∈ ∪n∈N Mn et a, b ∈ A. Il existe k1 , k2 ∈ N tels que m ∈ Mk1 et n ∈ Mk2 . Si on note p = sup(k1 , k2 ),
m, n ∈ Mp . Comme Mp est un sous-module de M , ma + nb ∈ Mp ⊂ ∪n∈N Mn .
3. On proc`ede par r´ecurrence sur n.
Int´eressons nous au cas n = 2. Si W = W1 ∪ W2 et W2 6⊂ W1 . Il existe w2 ∈ W2 et w2 ∈
/ W1 . Soit w1 ∈ W1 .
Comme W1 ∪ W2 est un sous-espace-vectoriel de V , w1 + w2 ∈ W1 ∪ W2 . Si w1 + w2 ∈ W1 , il vient w2 ∈ W1 :
absurde. Alors w1 + w2 ∈ W2 et w1 ∈ W2 . D’o`
u W1 ⊂ W2 . Le cas W1 6⊂ W1 se traite de la mˆeme mani`ere. En
conclusion, W = W1 ou W = W2 .
Soit n ∈ N tel que n ≥ 2. On suppose la propri´et´e v´erifi´ee au rang n. Soit la famille de sous-espaces vectoriels
n
`
(Wi )1≤i≤n+1 telle que W = ∪n+1
i=1 Wi . A l’aide d’un raisonnement par l’absurde, montrons que Wn+1 ⊂ ∪i=1 Wi .
n
/ Wn+1 et remarquons deux choses :
Il existe alors x ∈ Wn+1 tel que x ∈
/ ∪i=1 Wi . Soit y ∈
(a) pour tout λ ∈ k, λx + y ∈
/ Wn+1 ;
(b) pour tout 1 ≤ i ≤ n, il existe au plus un λi ∈ k tel que λi x + y ∈ Wi . En effet, si λi 6= µi ∈ k sont tels que
λi x + y et µi x + y ∈ Wi alors (λi − µi )x ∈ Wi et comme k est un corps, x ∈ Wi : absurde.
Comme k contient au moins n + 1 ´el´ements, il existe λ ∈ k tel que λ 6= λi , 1 ≤ i ≤ n et λx + y ∈
/ Wn+1 de sorte
que λx + y n’appartient `
a personne absurde.
D’o`
u W = ∪ni=1 et on peut appliquer l’hypoth`ese de r´ecurrence.
Remarque. Dans l’initialisation, on a utilis´e seulement les faits suivants : W1 et W2 sont des sous-groupes de
V tels que W1 ∪ W2 est un sous-groupe de V .
4. Facile, il ne s’agit que de v´erifications standard. Le r´esultat d´emontr´e pr´ec´edemment pour les espaces vectoriels
est faux en g´en´eral pour les modules.
Exercice 2.2
Soient M un A-module et M1 , M2 , . . . , Mr des sous-modules de M dont la somme est directe. Soient I1 = (0 :
M1 ), . . . , Ir = (0 : Mr ) leurs annulateurs. On suppose que les Iα sont deux `
a deux comaximaux.
On pose I = ∩rα=1 Iα et Jα = ∩β6=α Iα .
1. Montrer que pour tout α, Iα et Jα sont comaximaux.
Pour tout α, soit Nα le sous-module de M engendr´e par le sous-module de M ´egal `
a {m ∈ M | ma =
0 pour tout a ∈ Jα }.
2. Montrer les formules suivantes :
(a) Jα = (0 : Nα ) et Nα = (0 : Jα ).
(b) Nα = M Iα et M Jα = N α = ∩β6=α Nβ .
1. Soit a ∈ A, on veut montrer que a peut s´ecrire sous la forme a = x + y avec x ∈ Iα et y ∈ Jα . Soit β 6= α.
Comme les id´eaux Iα et Iβ sont comaximaux, on peut ´ecrire a = x + z avec x ∈ Iα et z ∈ Iβ . Ainsi, pour tout
β 6= α, a − x ∈ Iβ et a − x ∈ Jα de sorte qu’il existe y ∈ Jα tel que a = x + y.
P
2. (a) Soit j ∈
β6=α mβ aβ . Ainsi,
PJα et m ∈ Nα . On peut ´ecire m d’une unique fa¸con sous la forme m =
m
a
j
=
0
d’o`
u
j
∈
(0
:
N
).
R´
e
ciproquement,
soit
a
∈
(0
:
N
).
Pour
tout β 6= α,
mj =
β
β
α
α
β6=α
mβ ∈ Mβ ⊂ Nα et mβ a = 0. D’o`
u a ∈ Iβ . Ainsi, a ∈ ∩β6=α Iβ = Jα .
Montrons
la deuxi`eme ´egalit´e. Soit m ∈ Nα . On peut ´ecrire mPd’une unique fa¸con sous la forme m =
P
uPm ∈ (0 : Jα ).
m
a
β β , mβ ∈ Mβ , aβ ∈ A. Pour j ∈ Jα , on a mj =
beta6=α mβ j = 0. D’o`
β6=α
R´eciproquement, soit m ∈ (0 : Jα ). On peut ´ecrire m d’une unique fa¸con sous la forme m = β6=α mβ aβ , mβ ∈
Mβ , aβ ∈ A. Pour a ∈ Jα , on a mj = mα aα j = 0. D’o`
u mα ∈ Mα ∩ (0 : Jα ). Comme les id´eaux Iα et Jα sont
comaximaux, il existe i ∈ Iα et j ∈ Jα tels que 1 = i + j. Ainsi, mα = mα = mα (i + j) = mα i + mα j = 0.
D’o`
u m ∈ Nα .
3
P
(b) Soit n ∈ Nα . Par d´efinition, on peut ´ecrire n d’une unique fa¸con sous la forme n = β6=α mβ aβ . Comme
pourP
tout β 6= α, les
on peut ´ecrire aβ = iaβ + jaβ β ∈ Iα + Iβ . Ainsi,
Pid´eaux Iα et Iβ sont comaximaux,
P
n = β6=α mβ aβ = β6=α mβ (iaβ + jaβ β ) = β6=α mβ iαβ ∈ M Iα . D’o`
u N ⊂ M Iα .
P α
a i , mi P
∈ M, ai ∈ Iα . Par somme
R´eciproquement, soit m ∈ M Iα . P
On peut ´ecrire m sous la formeP
m = i miP
u
directe, pour tout i, on a mi = βi mβi aβi . Ainsi, m = m = i mi ai = β6=α i mβi aβi ai ∈ Nα . D’o`
| {z }
∈Mβi
M Iα ∈ Nα .
Montrons la derni`ere ´egalit´e.
P
et ji ∈ Jα . Or par somme directe, on peut
- Soit m ∈ M Jα . On peut ´ecrire m = i mi ji avec mi ∈ M P
d´ecomposer
les
m
d’une
unique
fa¸
c
on
sous
la
forme
m
=
i
i
βi mβi aβi . Ainsi, mi ji = mαi aαi ji ∈ Mα .
P
D’o`
u n = i mαi aαi ji ∈ Mα et M Jα ⊂ Mα .
P
R´eciproquement, soit, m ∈ Mα . On peut ´ecrire m = m1 + β6=α mβ j avec j ∈ Jα et 1 = i + j, i ∈ Iα
et j ∈ Jα . D’o`
u M α ⊂ M Jα .
P
- Soit n ∈ ∩β6=α Nβ . On peut ´ecrire m = β mβ aβ avec mβ ∈ Mβ . Soient β1 6= β2 distincts de α. n
appartient `
a Nβ1 et Nβ2 . On peut alors ´ecrire
X
X
mγ a γ .
mγ a γ =
n=
γ6=β1
γ6=β2
Par unicit´e de la d´ecomposition, il vient mβ1 aβ1 = mβ2 aβ2 . Si mβ1 aβ1 6= 0, mβ1 aβ1 a deux d´ecompositions
dans M = ⊕β Mβ . C’est absurde d’o`
u mβ1 aβ1 = 0. Donc pour tout β 6= α, mβ aβ = 0 et n = mα aα ∈
Mα . Ainsi ∩β6=α Nβ ⊂ Mα .
R´eciproquement, soit mα ∈ Mα . Pour tout β 6= α, mα ∈ Mα ⊂ Nβ . D’o`
u Mα ⊂ ∩β6=α Nβ .
Exercice 2.3
Soit M un A-module et m ∈ M dont l’annulateur est r´eduit `
a 0. Montrer l’´equivalence des propri´et´es suivantes :
1. mA poss`ede un suppl´ementaire dans M ;
2. il existe une forme lin´eaire f sur M telle que f (m) = 1.
Montrer alors que M = mA ⊕ ker f .
Montrons que 1 implique 2. Supposons que mA poss`ede un suppl´ementaire dans M , notons le N . Ainsi, tout ´el´ement
de M s’´ecrit sous la forme ma + n avec a ∈ A et n ∈ N . Notons f l’application M → A d´efinie par ma + n 7→ a. Je
laisse au lecteur le soin de v´erifier que c’est une forme lin´eaire. Enfin, on a f (m) = f (m1 + 0) = 1.
Montrons que 2. implique 1. Supposons qu’il existe une forme lin´eaire sur M telle que f (m) = 1. Posons N =
{x − mf (x) | x ∈ M } et montrons que c’est un suppl´ementaire de mA dans M . Dans un premier temps, tout ´el´ement
x de M s’´ecrit sous la forme x = f (x)m + x − f (x)m donc l’application mA ⊕ P → mA + P est surjective. Montrons
qu’elle est injective. Soient a1 , a2 ∈ A et p1 , p2 ∈ P tel que ma1 + p1 = ma2 + p2 . Par applicaction de f `a chacun des
membres de l’´egalit´e pr´ec´edente, il vient a1 = a2 . D’o`
u p1 = p2 et M = mA ⊕ P .
Pour finir, montrons que P = ker f . Soit x − mf (x) ∈ P . On a f (x − mf (x)) = f (x) − f (x) = 0 d’o`
u P ⊂ ker f .
R´eciroquement, soit x ∈ ker f . Comme M = mA ⊕ P , on peut ´ecrire x = ma + p avec a ∈ A et p ∈ P . Alors
f (x) = a + f (p) = 0. D’o`
u a = −f (p) et x = p − f (p)m ∈ P .
Exercice 2.4
Soit f : M → N un homomorphisme de A-modules.
1. Montrer qu’il existe un homomorphisme g : N → M tel que g ◦ f = IdM si, et seulement si, f est injectif et
Imf admet un suppl´ementaire dans N .
2. Montrer qu’il existe un homomorphisme g : N → M tel que f ◦ g = IdN si, et seulement si, f est surjectif
et ker f admet un suppl´ementaire dans M .
1. Montrons le sens direct. Supposons qu’il existe g : N → M tel que g ◦f = idM . Soit x ∈ ker f . On a x = g ◦f (x) =
g(0) = 0. Donc f est injectif. Montrons que N = Imf ⊕ker g. Soit n ∈ N , on peut ´ecrire n = f (g(n))+n−f (g(n)).
Il est clair que f (g(n)) ∈ Imf . Comme g(n − f (g(n)) = g(n) − g(f (g(n))) = g(n) − g(n) = 0 alors n − f (g(n))
appartient `a ker g et N = Imf +ker g. Montrons que cette somme est directe. Soient m1 , m2 ∈ M et x1 , x2 ∈ ker g
tels que n = f (m1 ) + x1 = f (m2 ) + x2 . On a g(n) = m1 = m2 . D’o`
u x1 = x2 et N = Imf ⊕ ker g.
R´eciproquement, notons P le suppl´ementaire de Imf dans N . On pose g la projection canonique
g:
Imf ⊕ P
f (m) + p
→ M
7→ m
Montrons que g est bien d´efinie. Soit n ∈ N tel que g(n) = m1 et g(n) = m2 . Par unicit´e de la d´ecomposition, il
existe p ∈ P tel que n = f (m1 ) + p = f (m2 ) + p. Comme f est injectif, il vient m1 = m2 et g est bien d´efini.
4
2. Montrons le sens direct. Soit n ∈ N . Comme f (g(n)) = n, f est surjectif. Montrons alors M = ker f ⊕ Img.
Soit m ∈ M, on peut ´ecrire m = m − g(f (m)) + g(f (m)). Comme f (m − g(f (m)) = f (m) − f (g(f (m)) =
f (m) − f (m) = 0, m − g(f (m)) appartient `a ker f . Ainsi, M = ker g + Img. Montrons que cette somme est
directe. Soient x1 , x2 ∈ ker f et n1 , n2 ∈ N tels que x1 + g(n1 ) = x2 + g(n2 ). Par application de f , il vient
n1 = n2 et x1 = x2 . D’o`
u M = ker f ⊕ Img.
R´eciproquement, notons P le suppl´ementaire de ker f dans M . Comme f est suppos´e surjectif, pour tout n ∈ N ,
il existe xn + pn ∈ M tel que f (pn ) = n. On pose g l’application
g: N
n
→ M
7
→
pn
Montrons que cette application est bien d´efinie. Soit n ∈ N, p1 , p2 ∈ M tel que g(n) = x1 + p1 et g(n) = x2 + p2 .
Par application de f , il vient p1 = p2 puis x1 = x2 . Enfin, pour tout n ∈ N , on a bien f (g(n)) = f (pn ) = n.
Exercice 2.5
Soient M un module sur un anneau A, (Mi )i∈I ) une famille de sous-modules de M dont M est la somme.
P
1. Montrer que pour que les Mi soient en somme directe, il faut et il suffit que pour tout i 6= j, Mi ∩ j6=i Mj =
{0}.
2. Donner un exemple de module M , de famille (M1 , M2 , M3 ) de sous-modules de M dont la somme est M et
telle que Mi ∩ Mj = {0} pour tout i 6= j mais qui ne soient pas en somme directe.
P
1. Condition
P. Supposons que
P n´ecessaire.
P Supposons que pour tout i ∈ I, Mi ∩ j6=i Mj = {0}. Soit m ∈ M
m =
mj aj = Pj nj bj (mj , nj ∈ Mj , aj , bj ∈ A. Soit i ∈ I. Comme mi ai − ni bi =
j6=i nj bj − mj aj ,
uP
mi ai = nj bj . Cette derni`ere ´egalit´e est alors vraie pour tout i ∈ I et m s’´ecrit
mi ai − ni bi ∈ Mi ∩ j6=i Mj d’o`
d’une unique fa¸con sous la forme
mj aj et la somme est directe.
L
P
Condition suffisante.
Supposons que M =P i∈I Mj . Soit i ∈ I et m ∈ Mi ∩ j6=i Mj et m 6= 0. On peut ´ecrire
P
m = mi ai = j6=i mj aj avec ai mi 6= 0 et j6=i mj aj 6= 0. m poss`ede alors deux d´ecompositions diff´erentes dans
M : absurde. Donc m = 0.
2. On se place dans l’espace vectoriel R2 munit de la base canonique {e1 , e2 }. On pose M1 = Vect(e1 ), M2 = Vect(e2 )
et M3 = Vect(e1 + e2 ). On a bien Mi ∩ Mj = {0} pour tout i 6= j et R2 = M1 + M2 + M3 . Mais, e1 = (e1 + e2 ) − e2
poss`ede deux d´ecompositions non triviales distinctes. Donc R3 6= M1 ⊕ M2 ⊕ M3 .
3 Quotient de modules
Exercice 3.1
Soient A un anneau int`egre et M un A-module. On dit que x ∈ M est de torsion si (0 : x) 6= {0}. On note T (M )
l’ensemble des ´el´ements de torsion de M . Si T (M ) = {0}, on dit que M est sans torsion.
1. Montrer que T (M ) est un sous-module de M . Donner un contre-exemple lorsque l’hypoth`ese que A est un
anneau int`egre n’est pas v´erifi´ee.
2. Montrer que M/T (M ) est sans torsion.
3. Montrer que si f : M → N est un morphisme de A-modules, alors f (T (M )) ⊂ T (N ). Donner un exemple
o`
u l’inclusion est stricte.
4. On suppose de plus dans cet question que f est injectif. Soit g : N → P un second morphisme de A-modules
tel que ker g = imf . Montrer que ker g ∩ T (N ) = f (T (M )).
1. Il est clair que 0 ∈ T (M ). Soient alors m, n ∈ T (M ) et a, b ∈ A. Alors, il existe xm , xn ∈ A non nuls tels que
mxm = nxn = 0. Alors (ma + nb)xm xn = (mxm )axn + (nxn )bxm = 0. Comme A est int`egre, xm xn 6= 0 et
(0 : ma + nb) 6= {0}. D’o`
u ma + nb ∈ T (M ) et T (M ) est un sous-module de M .
Consid`erons le Z/6Z-module Z/6Z. Comme 3.2 = 2.3 = 0, 2 et 3 ∈ T (M ). Mais, 5 = 2 + 3 est sans torsion !
2. Soient x+ T (M ) ∈ T (M/T (M )). Il existe a ∈ A tel que (x+ T (M ))a = xa+ T (M ) = 0 + T (M ). D’o`
u xa ∈ T (M )
et il existe b ∈ A tel que xab = 0. Comme A est int`egre, ab 6= 0 et x ∈ T (M ). Enfin, x + T (M ) = 0 + T (M ) et
le seul ´el´ement de torsion de M/T (M ) est 0 + T (M ) ce qui signifie que M/T (M ) est sans torsion.
3. Soit x ∈ T (M ). Il existe a ∈ A non nul tel que xa = 0. Alors, f (x)a = f (xa) = f (0) = 0. D’o`
u f (x) est un
´el´ement de torsion de N et f (T (M )) ⊂ T (N ).
On consid`ere les Z-modules Z et Z/2Z ainsi que f : Z → Z/2Z le morphisme canonique. On a T (Z) = {0} et
T (Z/2Z) = Z/2Z d’o`
u f (T (Z)) ( T (Z/2Z).
4. On a montr´e dans la question pr´ec´edente que f (T (M )) ⊂ T (N ). D’o`
u f (T (M )) ∩ imf ⊂ ker g ∩ T (N ) et
f (T (M )) ⊂ ker g ∩T (N ). R´eciproquement, consid´erons y ∈ ker g ∩T (N ). Comme ker g = imf , il existe x ∈ M tel
que y = f (x). En outre, comme y ∈ T (N ), il existe a ∈ A non nul tel que ya = 0. Ainsi, ya = f (x)a = f (xa) = 0
et xa ∈ ker f . Comme f est injectif, xa = 0 et x ∈ T (M ). D’o`
u y ∈ f (T (M )) et ker g ∩ imf ⊂ f (T (M )).
5
Exercice 3.2
Soient A un anneau, M un A-module et N un sous-module de M .
1. Montrer que si M est de type fini alors M/N l’est aussi.
2. Montrer que si N et M/N sont de type fini, alors M est de type fini.
1. Dire que M est de type fini, c’est dire qu’il existe une famille finie {mi }i∈I qui engendre M .
P
Soit
. Comme M est de type fini, on peut ´ecrire m =
i∈I mi ai , ai ∈ A. Ainsi, m + N =
P m + N ∈ M/NP
( i∈I mi ai ) + N = i∈I (mi + N )ai . La famille {mi + N }i∈I engendre M/N et est finie donc M/N est de type
fini.
2. Comme M/N et N sont de type fini, notons {mi + N }i∈I et {nj }j∈J deux
P familles g´en´eratrices finies respectivement. SoitPm ∈ M . Comme M/N est de type fini, on a m + N =
PN . Ainsi, il existe n ∈ N
P i∈I mi ai +
tel que m = i∈I mi ai + n et comme N est de type fini, on a m = i∈I mi ai + j∈J nj bj . Ainsi, la famille
{mi + N }i∈I ∪ {nj }j∈J engendre M et est finie : M est alors de type fini.
Exercice 3.3
Soient A un anneau, I un id´eal bilat`ere de A et M un A-module `
a droite.
1. Montrer qu’il existe une unique structure de A/I-module `
a droite sur le A-module M/M I telle que
clMI (m)clI (a) = clMI (ma), pour tout m ∈ M et pour tout a ∈ A.
2. Si M est un A-module libre, montrer que M/M I est A/I-module libre.
1. Montrons dans un premier
temps queP
M I est un sous-A-module de M . Il est clair que 0 ∈ M I. Soient m, n ∈ M .
P
− n est aussi
On peut ´ecrire m =
mi ai et n = j nj bj avec les mi , nj dans M et les ai , bj dans I. Alors m P
un
´
e
l´
e
ment
de
M
I
et
M
I
est
sous-groupe
de
M
.
Pour
terminer
ce
point,
soit
α
∈
A,
on
a
mα
=
(
i mi ai )α =
P
m
(a
α)
∈
M
I
car
a
α
∈
I
(I
est
un
id´
e
al
a
`
droite
de
A).
i
i
i
i
Montrons dans un deuxi`eme temps que le groupe M/M I munit de la loi d’action de l’´enonc´e est un A/I-module.
Soient m, n ∈ M, a, b ∈ A.
• clMI (m)clI (1) = clMI (m1) = clMI (m)
• (clMI (m)+clMI (n))clI (a) = clMI (m+n)clI (a) = clMI ((m+n)a) = clMI (ma+na) = clMI (ma)+clMI (na) =
clMI (m)clI (a) + clMI (n)clI (a)
• clMI (m)(clI (a) + cl( b)) = clMI (m)clI (a + b) = clMI (m(a + b)) = clMI (ma + mb) = clMI (ma) + clMI (mb) =
clMI (m)clI (a) + clMI (n)clI (b)
• (clMI (m)clI (a))clI (b) = clMI (ma)clI (b) = clMI ((ma)b) = clMI (m(ab)) = clMI (m)clI (ab) = clMI (m)(clI (a)clI (b))
Les quatre points de la d´efinition ´etant v´erifi´es, M/M I est muni d’une structure de A/I-module `a droite. L’unicit´e
est une cons´equence directe de la condition de l’´enonc´e.
2. Posons {bi }i∈I une base du A-module M/I.
P
P
SoitP k mk jk un
Montrons pour commencer que M I = { i bi ji | ji ∈ I}. L’inclusion ≪ ⊃ ≫ est
P ´evidente.P
´P
elment
´ Pde M I. On peut d´ecomposer chacun des mk dans la base {bi }i∈I . Ainsi k mk jk = k ( i bi ak,i )jk =
eal `a gauche, ak,i jk ∈ I. L’inclusion ≪ ⊂ ≫ est alors
k ak,i jk ). Or pour tous i, k, comme I est un id´
i bi (
d´emontr´ee.
Montrons maintenant que la famille F = {clMI (bi ) | bi ∈
/ M I, clMI (bi ) 6= clMI (bjP
), ∀i 6= j} est une base de
M/M
I.
Soit
cl
(m)
∈
M/M
I.
On
d´
e
compose
m
dans
la
base
{b
}
:
on
a
m
=
MI
i
i∈I
k bk ak . Ainsi, clMI (m) =
P
e que la famille F engendre M/M I.
clM I (bi )∈F clMI (bi )clI (a). On a alors montr´
P
P
bi a ∈ M I. D’apr`es ce qui a ´et´e d´emontr´e en
Soit
cl
clM I (bi )∈F clMI (bi )clI (a) = clI (0). Il vient
M I (bi )∈F P
P
pr´eambule de cette deuxi`eme question, on peut ´ecrire i bi ai = i bi ji et par unicit´e de la d´ecomposition dans
la base {bi }i∈I , il vient ai ∈ I pour tout i et clI (ai ) = 0. La famille F est libre et donc une base.
Exercice 3.4
Soient A un anneau, M un A-module et N un sous-module.
1. Montrer que les conditions sont ´equivalentes :
(i) N poss`ede un suppl´ementaire dans M ;
(ii) N est le noyau d’un projecteur de M ;
(iii) N est l’image d’un projecteur de M .
2. Soient p0 et p deux projecteurs de M d’image N , u = p − p0 . Montrer que l’image de u est contenue dans N
et que son noyau contient N . En d´eduire par passage au quotient, une application lin´eaire u
˜ : M/N → N .
3. Soit p0 un projecteur de M d’image N . Montrer que l’application p 7→ u
˜ est une bijection de l’ensemble des
projecteurs de M d’image N dans HomA (M/N, N ).
6
1. Montrons que les assertions (i) et (ii) sont ´equivalentes. Supposons que N poss`ede un suppl´ementaire Q dans
M . Tout ´el´ement m de M s’´ecrit alors de mani`ere unique sous la forme n + q avec n ∈ N et q ∈ P . L’application
p : M → M d´efinie par p(n + q) = q est un homomorphisme de A-modules. En outre, on a p ◦ p(n + q) = p(q) =
q = p(n + q) d’o`
u p est un projecteur. Enfin, il est clair que ker p = N .
R´eciproquement, supposons que N est le noyau d’un projecteur p de M . On pose P = im p. Soit m ∈ M , on
peut ´ecrire m = p(m) + m − p(m). Il est clair que p(m) ∈ im p. En outre, on a p(m − p(m)) = p(m) − p ◦ p(m) =
p(m) − p(m) = 0 et m − p(m) ∈ ker p. Ainsi tout ´el´ement de M s’´ecrit sous la forme n + q avec n ∈ ker p et
q ∈ im p. Soient n1 + q1 = n2 + q2 deux d´ecompositions d’un ´el´ement m de M . Alors, par application de p, on a
p(q1 ) = p(q2 ) et comme q1 , q2 ∈ im p, il vient q1 = q2 , puis p1 = p2 et la d´ecomposition de m est unique. Donc
M = ker p ⊕ im p.
Montrons maintenant que les assertions (i) et (iii) sont ´equivalentes. Supposons que N poss`ede un suppl´ementaire
Q dans M . Tout ´el´ement m de M s’´ecrit alors de mani`ere unique sous la forme n + q avec n ∈ N et q ∈ P .
L’application p : M → M d´efinie par p(n + q) = n est un homomorphisme de A-modules. En outre, on a
p ◦ p(n + q) = p(n) = n = p(n + q) d’o`
u p est un projecteur. Enfin, il est clair que im p = N .
R´eciproquement, supposons que N est l’image d’un projecteur p. On pose P = ker p. En utilisant le mˆeme
raisonnement que pr´ec´edemment, on en d´eduit que M = ker p ⊕ im p.
2. Soit m ∈ N , on a u(m) = p(m) − p0 (m). Or, p(m) et p0 (m) ∈ N , d’o`
u u(n) ∈ N et im u ⊂ N . Soit n ∈ N .
Comme im p = im p0 = N , on a, d’apr`es la question pr´ec´edente 1 , p(p0 (n)) = p0 (n) et p(p0 (n)) = p0 (n). Alors
u(n) = p(n) − p0 (n) = p(p0 (n)) − p(p0 (n)) = 0. D’o`
u N ⊂ ker u.
u est un homomorphisme de A-modules de M dans N . Comme N ⊂ ker u, d’apr`es le premier th´eor`eme d’isomorphisme, il existe un unique morphisme de A-modules u˜ : M/N → N .
3. Le dernier point de la question pr´ec´edent permet d’affirmer que l’application consid´er´ee est bien d´efinie et
surjective. Pour la surjectivit´e, soit u˜ ∈ HomA (M/N, N ) un homomorphisme de A-modules. On pose π : M →
M/N la projection canonique. Le morphisme p = u˜ ◦ π + p0 est un projecteur de M d’image N . La v´erification
est facile donc laiss´ee au lecteur (on pourra esquisser d’un diagramme pour s’aider...).
Exercice 3.5
Soient A un anneau, M un A-module `
a droite et N un sous-module de M .
1. Montrer que si M/N est un A-module libre alors N poss`ede un suppl´ementaire dans M .
2. Retrouver ainsi le fait que tout sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel poss`ede un suppl´ementaire.
1. Comme M/N est un A-module libre, il existe une famille {mi + N }i∈I qui est une base
P de M/N . En particulier,
pour tout i ∈ I, bi + N 6= N d’o`
u mi ∈
/ N . Montrons alors que l’ensemble P = { i∈I mi ai | ai ∈ A} est un
suppl´ementaire de N dans A.
P
P
P
Montrons
P que P est un sous-A-module de M . 0 = i∈I mi 0 ∈ P . Soient p = i∈I mi ai et q =P i∈I mi ai . On a
p−q = i∈I mi (ai −bi ) ∈ P . Donc P est un sous-groupe du groupe M . Soient a ∈ A, on a pa = i∈I mi (ai a) ∈ P
et P est un sous-module de M .
Montrons
maintenant que M = N ⊕ P . Soit m ∈ M . Comme le module
P M/N est libre, on peut ´ecrire m + N =
P
mi ai ) + N et en
particulier,
il
existe
n
∈
N
tel
que
m
=
( i∈IP
i∈I mi ai + n. Ainsi M = N + P . Soit
P
m
b
∈
N
+
P
.
Comme
les
m
ne
sont
pas
dans N , par passage au quotient, on a
m
a
,
n
+
n
+
i i
i
i i
2P
i∈I
i∈I
P1
(m
+
N
)a
=
(m
+
N
)b
.
Par
unicit´
e
de
la
d´
e
composition
dans
la base {mi + N }i∈I , pour tout i ∈ I,
i
i
i
i
i∈I
i∈I
il vient ai = bi puis n1 = n2 et M = N ⊕ P .
2. Soient k un corps, E un k-espace vectoriel et F un sous-espace-vectoriel de E. Le quotient E/F est un k-espace
vectoriel. Or, tout espace vectoriel admet une base, d’o`
u E/F admet une base. D’apr`es la question pr´ec´edente,
F admet alors un suppl´ementaire dans E.
Exercice 3.6
Soient A un anneau commutatif et T une matrice n × m `
a coefficients s dans A. Cette matrice repr´esente un
homomorphisme de A-modules Am → An . Posons M = cokeru = An /im u.
1. Montrer que (0 : M ) = (im u : An ).
2. Montrer que si m > n alors les mineurs maximaux de T appartiennent `
a (0 : M ) (Traiter tout d’abord le
cas m = n).
1. Soit a ∈ A. On a les ´equivalences suivantes :
a ∈ (im u : An ) ⇔ ∀x ∈ An , xa ∈ im u
⇔ ∀x ∈ An , cl(x)a = 0
⇔
∀m ∈ M, ma = 0
⇔
a ∈ (0 : M )
On a donc d´emontr´e l’´egalit´e attendue.
1. En effet, si im p = N , on peut ´
ecrire M = N ⊕ ker p. Pour n ∈ N , on peut ´
ecrire n = p(n1 ) et p(n) = p(p(n1 )) = p(n1 ) = n.
7
2. Soit T une matrice carr´ee d’ordre n `
a coefficient dans A. On rappelle la formule (det T )In = tcom(T )T . Si x ∈ An ,
t
on a det(A)x = T com(t)x ∈ im u. D’o`
u det(T ) ∈ (im u : An ) = (0 : M ).
4 G´
en´
erateurs, bases, modules libres et modules de type fini
Exercice 4.1
Soient A un anneau et M un A-module. Si m ∈ M , `
a quelle condition sur ann(m) la famille {m} est-elle libre ?
Condition n´ecessaire : supposons que la famille {m} est libre. Pour a ∈ A tel que ma = 0 alors a = 0. D’o`
u
ann(m) = {0}
Condition suffisante : supposons que ann(m) = {0}. Soit a ∈ A tel que ma = 0. Alors a = 0 et la famille {m} est
libre.
Exercice 4.2
Donner des exemples de
1. de modules non libres ;
2. d’une famille libre `
a n ´el´ements dans An qui ne soit pas une base ;
3. d’une partie g´en´eratrice minimale qui ne soit pas une base ;
4. de sous-module n’ayant pas de suppl´ementaire ;
5. de module libre ayant un sous-module qui ne l’est pas.
1. Le Z-module Z/2Z n’est pas libre. En effet, la seule famille g´en´eratrice minimale est {1}. Or 12 = 0 mais 2 6= 0 !
2. La famille {2} du Z-module Z est libre mais n’est pas une base !
3. La famille {1} du Z-module Z/2Z est g´en´eratrice minimale. Mais, comme on l’a vu dans le point 1, ce n’est pas
une base !
4. Le sous-module 2Z du Z-module Z n’admet pas de suppl´ementaire. en effet, si N ´etait un suppl´ementaire, on
aurait 2Z ∩ N = {0}. Si n ∈ N , on aurait 2n ∈ 2Z ∩ N et 2n = 0. Ainsi n = 0 et N = {0}. Mais 2Z ⊕ {0} =
6 M!
5. Le Z/4Z-module Z/4Z module est libre. En effet, la famille {1} en est une base. Mais le sous-module 2Z/4Z
n’est pas libre ! La famille {2} est g´en´eratrice mais non libre (22 = 0) ! (l’autre famille g´en´eratrice minimale est
{3} mais 32 = 0)
Exercice 4.3
Soient L et M deux A-modules et f : L → M un homomorphisme de A-modules.
1. On suppose que ker f et im f sont de type fini. Montrer que L est de type fini.
∼ Ap et im f ∼
2. On suppose que ker f =
= Aq . Montrer que L ∼
= Ap+q .
∼ L/ ker f sont de type fini, le module L est de type fini (exercice 3.2, question
1. Comme les modules ker f et im f =
2).
2. Comme les modules ker f et im f ∼
= L/ ker f poss`edent des bases de cardinal p et q respectivement, le module L
est libre et poss`ede une base de cardinal p + q disons {fP
1 , . . . , fp+q }.
PPosons {e1 , . . . , ep+q } la base canonique de
Ap+q et consid´erons l’application L → Ap+q d´efinie par i fi ai 7→ i ei ai . C’est clairement un homomorphisme
de A-modules, injectif (de noyau restreint `
a {0}) et surjectif. Ainsi L est isomorphe `a Ap+q .
Exercice 4.4
Soit M un A-module. On note M ∗ = Hom(M, A) son dual et M ∗∗ = Hom(M ∗ , A) son bidual.
1. Soit m ∈ M . Montrer que l’application
λm : M ∗ → A, ϕ 7→ ϕ(m)
est A-lin´eaire. En d´eduire un homomorphisme de A-modules λ : M → M ∗∗ donn´ee par m 7→ λm .
2. Dans cette question et dans la suivante, on suppose que M = An , n > 1. Soit (e1 , . . . , en ) la base canonique
de M . Soit ϕi l’application lin´eaire M → A d´efinie par ϕ(a1 , . . . , ai , . . . , an ) = ai . Montrer que (ϕ1 , . . . , ϕn )
est une base de M ∗ .
3. Montrer que λ est un isomorphisme.
4. Donner un exemples de module pour lequel λ n’est pas injectif, pas surjectif.
8
1. Soit ϕ, ψ ∈ M ∗ et a, b ∈ A. Comme on a λm (ϕa + ψb) = (ϕa + ψb)(m) = ϕ(m)a + ψ(m)b = λm (ϕ)a + λm (ψ)b,
il est clair que λm est un homomorphisme de A-modules de M ∗ dans A.
Soient m, n ∈ M et a, b ∈ A. Pour tout ϕ ∈ M ∗ , on a λma+nb (ϕ) = ϕ(ma + nb) = ϕ(m)a + ϕ(n)b = λm (ϕ)a +
λn (ϕ)b et on a montr´e que l’application m 7→ λm est un homomorphisme de A-modules.
Pn
Pn
Pn
2. Soit ϕ ∈ M ∗ et m = (m1 , . . . , mn ) ∈ M . Alors, ϕ(m) = ϕ ( i=1 ei mi ) = i=1 ϕ(ei )mi = i=1 ϕi (m)ϕ(ei ) et
la famille (ϕi ) est g´en´eratrice.
P
P
Soient a1 , . . . , an tels que ni=1 ϕi ai = 0. En particulier, pour tout 1 6 j 6 n, ni=1 ϕi (ej )ai = aj = 0. Ainsi,
pour tout 1 6 i 6 n, ai = 0 et la famille (ϕi ) est libre.
Pn
3. On a d´ej`
a montr´e que λ ´etait un homomorphisme. Montrons qu’il est injectif. Soit m =
i=1 ei mi tel que
λm = 0. C’est `
a dire, pour tout ϕ ∈ M ∗ , λm (ϕ) = ϕ(m) = 0. En particulier, pour tout 1 6 i 6 m, ϕi (m) = 0 et
chacune des composantes de m est nulle donc m = 0. Ainsi λ est injectif.
Montrons mainteant que λ est surjectif. Soit f ∈ M ∗∗ et montrons l’existence d’un ´el´ement m de M tel que
f = λm , c’est `
a dire pour tout ϕ ∈ M ∗ , il existe m ∈ M tel que f (ϕ) = λm (ϕ) = ϕ(m). Notons (fi ) la base de
∗∗
M (en particulier fi (ϕj ) = δij ). Soit alors ϕ ∈ M ∗ , on a les ´egalit´es
Pn
f (ϕ) =
fi (ϕ)f (ϕi )
Pi=1
Pn
n
=
f
(ϕ
ϕ(e
))
f (ϕi )
i
j
j
j=1
Pi=1
n
=
i=1
Pnϕ(ei )f (ϕi )
= ϕ ( i=1 ei f (ϕi ))
= ϕ(m)
Pn
Ainsi, un ant´ec´edent de f par ϕ est m := i=1 ei f (ϕi ) et λ est surjectif.
L’homomorphisme λ est donc un isomorphisme de M dans M ∗∗ .
4. Consid´erons M le Z-module Z/2Z. Soit ϕ ∈ M ∗ . Si ϕ est non triviale, on aurait ϕ(1) = k 6= 0. Mais 0 = ϕ(1.2) =
u M ∗ = {0} et M ∗∗ = {0}. L’application λ : M → M ∗∗ est alors non injective.
ϕ(1)2 = 2k 6= 0. Absurde. D’o`
Soient k un corps et E un k-espace vectoriel de dimension infinie. L’application λ est injective mais pas surjective.
Exercice 4.5
Soient M un A-module et f ∈ EndA (M ). On d´efinit la transpos´ee de f par tf (ϕ) = ϕ ◦ f pour tout ϕ ∈ M ∗ .
1. Montrer que l’ensemble des polynˆ
omes P de A[X] tels que P (f ) = 0 est un id´eal de A[X] qu’on notera I(f ).
2. Montrer que I(f ) ⊂ I(tf ).
3. Montrer que si M est r´eflexif, alors I(f ) = I(tf ).
1. Pour commencer, il est clair que 0 ∈ I(f ). Soient P, Q ∈ I(f ). Comme (P − Q)(f ) = P (f ) − Q(f ) = 0 − 0 = 0,
P − Q ∈ I(f ) et I(f ) est un sous-groupe de A[X] vu comme un groupe additif. Soit R ∈ A[X]. On a (RP )(f ) =
(P R)(f ) = P (f )R(f ) = 0 et I(f ) est bien un id´eal de A.
2. Soient P un ´el´ement de I(f ) et ϕ ∈ M ∗ . On a P (tf )(ϕ) = ϕ ◦ P (f ) = 0. Comme l’´egalit´e pr´ec´edente est vraie
pour ϕ arbitraire, il vient P (tf ) = 0 et P ∈ I(tf ). D’o`
u l’inclusion voulue.
3. Notons λ l’homomorphisme canonique de M dans son bidual (voir l’exercice pr´ec´edent). Montrons dans un
premier temps que t(tf )◦λ = λ◦f . Pour tout m ∈ M et tout ϕ ∈ M ∗ , on a (t(tf )◦λ)(m) = t(tf )(λ(m)) = λ(m)◦ tf
et λ(m) ◦ tf (ϕ) = λ(m)(ϕ ◦ f ) = ϕ(f (m)). D’autre part, on a (λ ◦ f )(m)(ϕ) = (λ ◦ f (m))(ϕ) = ϕ(f (m)). On a
donc bien l’´egalit´e voulue.
Soit P ∈ I(tf ). Comme on a montr´e que I(tf ) ⊂ I(t(tf )), P ∈ I(t(tf )). Comme M est r´eflexif, λ est un isomorphisme et on peut ´ecrire f = λ−1 ◦ t(tf ) ◦ λ. D’o`
u P (f ) = P (λ−1 ◦ t(tf ) ◦ λ) = λ−1 ◦ P (t(tf )) ◦ λ = 0 et
P ∈ I(f ).
Exercice 4.6
Montrer qu’un id´eal non nul d’un anneau A est un sous-module libre de A si, et seulement si, I est principal et
engendr´e par un ´el´ement non diviseur de z´ero de A.
Int´eressons nous dans un premier temps au sens direct. Soit {ji }i∈I une base de I. Supposons par l’absurde que
cette base contient strictement plus de un ´el´ement. On remarque que pour tout k 6= i, on a ji jk + jk (−ji ) = 0 et
comme {ji }i∈I est une base, il vient jk = 0 pour tout k ∈ I, ce qui est absurde. Ainsi I est engendr´e par un ´el´ement
disons j et donc principal. Comme {j} est une base de I, le seul ´el´ement a de A `a v´erifier ja = 0 est a = 0. Ainsi, j
n’est pas un diviseur de z´ero dans A.
R´eciproquement, comme I = (j) o`
u j est un ´el´ement de I, la famille {j} est g´en´eratrice. Soit a ∈ A tel que ja = 0.
Comme j n’est pas un diviseur de z´ero de A, il vient a = 0 et la famille {j} est libre.
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Exercice 4.7
Soient A un anneau, M et N deux A-modules et ϕ : M → N un homomorphisme surjectif de A-modules.
1. Montrer que si ker ϕ et N sont de type fini alors M est de type fini.
On suppose dans la suite que M et N sont de type fini et N est un module libre.
2. Montrer que ϕ admet un inverse `
a droite ψ.
∼
3. Montrer que M = ker ϕ ⊕ im ψ.
4. Retrouver ainsi le fait que tout sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel admet un suppl´ementaire.
5. Montrer que ker ϕ est de type fini.
1. Par hypoth`eses, M/ ker ϕ = im ϕ = N et ker ϕ sont de type fini. Ainsi, d’apr`es ce qui a ´et´e d´emontr´e dans
l’exercice 3.2, M est de type fini.
2. Soit n ∈ N . Comme ϕ est surjectif, il existe mn ∈ M tel que ϕ(mn ) = n. Notons ψ l’application N → M d´efinie
par ψ(n) = mn .
Notons {e1 , . . . , ek } une base de N . Comme ϕ est surjectif, pour tout 1 6 i 6 k, il existe mi ∈ M tel que
P
ei = ϕ(mi ). Posons pour tout 1 6 i 6 k ψ(ei ) := mi . Soit n ∈ N , on peut ´ecrire n = ki=1 ei ai avec ai ∈ A
Pk
d’une unique fa¸con. En posant ψ(n) = i=1 ψ(ei )ai , tout ´el´ement de N a exactement une image par ψ et ψ est
bien d´efini.
Pk
Pk
Montrons que ψ est un homomorphisme de A-modules. Soient n1 = i=1 ψ(ei )ai , n2 = i=1 ei bi deux ´el´ements
Pk
Pk
Pk
de N et a, b ∈ A. Comme ψ(n1 a + n2 b) = i=1 ψ(ei )(ai a + bi b) = i=1 ψ(ei )ai a + i=1 ψ(ei )bi b = ψ(n1 )a +
ψ(n2 )b, on en en d´eduit que ψ est bien un homomorphisme de A-modules.
Enfin, comme pour tout i, ϕ(ψ(ei )) = ei et comme ϕ et ψ sont des homomorphismes de A-modules, il vient,
ϕ(ψ(m)) = m pour tout m ∈ M .
3. Consid´erons le morphisme f : ker ϕ ⊕ im ψ → M, (m, ψ(n)) 7→ m + ψ(n).
Montrons dans un premier temps que f est injectif. Soit (m, ψ(n)) ∈ ker ϕ ⊕ im ψ tel que m + ψ(n) = 0.
En composant par ϕ `
a droite de chacun des membres de l’´egalit´e pr´ec´edente, il vient ϕ(ψ(n)) = n = 0. D’o`
u
m + ψ(0) = 0.
Puis montrons qu’il est surjectif. Soit m ∈ M . On remarque que m peut s’´ecrire de la mani`ere suivante :
m = m − ψ(ϕ(m)) + ψ(ϕ(m)). Comme ϕ(m − ψ(ϕ(m))) = ϕ(m) − ϕ(m) = 0, m − ψ(ϕ(m)) ∈ ker ϕ. En outre, il
est claire que ψ(ϕ(m)) ∈ im ψ. Ainsi m = f (m − ψ(ϕ(m)), ψ(ϕ(m))) et le morphisme f est surjectif.
4. Dans cette question, M est un espace vectoriel de type fini. M poss`ede une partie g´en´eratrice finie donc une
base et M est de dimension finie. Soit N un sous-espace vectoriel de M (qui est aussi de dimension finie).
On consid`ere enfin la projection canonique ϕ : M → M/N (o`
u M/N est aussi de dimension finie). D’apr`es la
question pr´ec´edente, il existe une application lin´eaire ψ : M/N → M telle que M = ker ϕ ⊕ im ψ = N ⊕ im ψ.
Ainsi, N admet im ψ pour suppl´ementaire.
5. Soit {mi + ϕ(ni )} unePfamille g´en´enratrice finie de M telle ue pour toutP
i, mi ∈ ker ϕ et ni ∈ N . Soit m ∈ ker ϕ.
u {mi } est une famille
On peut ´ecrire m = i mi ai + ϕ(ni )ai . En composant par ϕ, il vient i mi ai = 0. D’o`
g´en´eratrice de ker ϕ et ker ϕ est de type fini.
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