<<

. 10
( 15)



>>

182



est exacte.
On dit qu™il est exact a droite si pour toute suite exacte
`
M ! N ! P ! 0;
la suite
F (M) ! F (N) ! F (P) ! 0
est exacte.
On dit en¬n qu™il est exact s™il est a la fois exact a droite et a gauche.
` ` `

Pour un foncteur contravariant, on a une notion analogue : un foncteur
contravariant F est dit exact a droite si pour toute suite exacte 0 ! M ! N ! P,
`
la suite F (P) ! F (N) ! F (M) ! 0 est exacte. Il est exact a gauche si pour toute
`
suite exacte M ! N ! P ! 0, la suite 0 ! F (P) ! F (N) ! F (M) est exacte. Il
est en¬n exact s™il est a la fois exact a droite et exact a gauche.
` ` `

Proposition 10.3.4. ” Soit A un anneau et soit L un A-module.
a) Le foncteur HomA (L; ) est exact a gauche. Il est exact si et seulement si L est un
`
A-module projectif.
b) Le foncteur HomA ( ; P) est exact a gauche. Il est exact si et seulement si L est un
`
A-module injectif.

Demonstration. ” a) Conside
´rons une suite exacte
´
f g
0!M!N!P
et soit
f g
0 ! HomA (L; M) ! HomA (L; N) ! HomA (L; P)
le complexe obtenu en lui appliquant le foncteur HomA (L; ). Nous devons
montrer que cette suite est exacte.
Exactitude en HomA (L; M). Si ' 2 HomA (L; M) ve´ri¬e f ' = 0, cela signi¬e
que pour tout x 2 L, f ('(x)) = 0. Comme f est injectif, '(x) = 0 et ' = 0.
Exactitude en HomA (L; N). On doit montrer que pour tout homomorphisme
' 2 HomA (L; N) tel que g ' = 0, il existe 2 HomA (L; M) tel que ' = f .
Or, si x 2 L, g('(x)) = 0. Par suite, '(x) 2 Ker g = Im f . Ainsi, ' est un
homomorphisme L ! f (M). Comme f : M ! f (M) est un isomorphisme, on
peut poser = f 1 '. Alors, f = '.
a0) Le foncteur HomA (L; ) est exact a droite si pour toute suite exacte
`
f g
0 ! M ! N ! P ! 0;
la suite
f g
0 ! HomA (L; M) ! HomA (L; N) ! HomA (L; P) ! 0
10.3. FONCTEURS EXACTS 183



est exacte. Seule l™exactitude en HomA (L; P) n™a pas e ´ ve ´e. Cela revient
´te ´ri¬e
a dire que pour tout homomorphisme ' : L ! P, il existe un homomorphisme
`
: L ! N tel que ' = g . D™apres le the ` me 10.2.5, cette condition signi¬e
` ´ore
exactement que L est un A-module projectif.
b) Conside´rons une suite exacte
f g
M!N!P!0
et soit
g f
0 ! HomA (P; L) ! HomA (N; L) ! HomA (M; L)
le complexe obtenu en luis appliquant le foncteur contravariant HomA ( ; L).
Nous devons montrer que cette suite est exacte.
Exactitude en HomA (P; L). Soit ' 2 HomA (P; L) tel que ' g = 0. Cela implique
que le noyau de ' contient g(N) = P, donc ' = 0.
Exactitude en HomA (N; L). Soit ' 2 HomA (N; L) tel que ' f = 0. On cherche
2 HomA (P; L) tel que ' = g. Or, dire que ' f = 0 signi¬e exactement
que Ker ' contient Im f . Par passage au quotient, on en de ´duit un unique
homomorphisme 0 : N= Im f ! L tel que '(x) = 0 (cl(x)) pour tout x 2 N.
´¬nit un isomorphisme N= Im f ! P, on
Par de´¬nition d™une suite exacte, g de
peut ainsi de´¬nir comme la composition
0
1
: P ! N= Im f ! L:
g
0

b0) Il faut de
´montrer que L est un A-module injectif si et seulement si le
foncteur HomA (L; ) envoie une suite exacte sur une suite exacte. Seule reste
` ´ri¬er l™exactitude au dernier cran, c™est-a-dire que si f : M ! N est injectif,
a ve `
l™homomorphisme f : HomA (N; L) ! HomA (M; L) est surjectif. Il faut ainsi de ´-
montrer que pour tout homomorphisme ' : M ! L, il existe un homomorphisme
: N ! L tel que f = '. D™apres le the ` me 10.2.8, cette condition est
` ´ore
ve ´e si et seulement si L est injectif.
´ri¬e

10.3.5. Foncteur de localisation. ” Soit A un anneau et soit S une partie multi-
plicative de A. Si M est un A-module, on sait depuis le chapitre 6 lui associer
un S 1 A-module S 1 M. De plus, si f : M ! N est un homomorphisme de A-
modules, on dispose, cf. la proposition 6.5.5 d™un (unique) homomorphisme
S 1 f : S 1 M ! S 1 N tel que (S 1 f )(m=s) = f (m)=s pour tout m 2 M et tout
s 2 S. De plus, S 1 (f g) = S 1 f S 1 g. Ainsi, la localisation est un foncteur
´gorie de A-modules dans celle des S 1 A-modules. On le considere ici
de la cate `
seulement comme un foncteur sur la cate ´gorie des A-modules.

Proposition 10.3.6 (Exactitude de la localisation). ” Soit A un anneau et soit S
une partie multiplicative de A. Le foncteur de localisation par rapport a S est un foncteur
`
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
184


1f
f g S
exact : si 0 ! M ! N ! P ! 0 est une suite exacte de A-modules, la suite 0 ! S 1 M !
1g
S
1
! S 1 P ! 0 est encore exacte.
SN
Demonstration. ” Identi¬ons M a un sous-module de N via f et P au quotient
`
´
N=M via g. D™apres la proposition 6.5.8, l™homomorphisme S 1 f est injectif et
`
le quotient S 1 N=S 1 M s™identi¬e a S 1 (N=M) = S 1 P par l™application de S 1 N
`
1
dans S P donne par
´e
cl(n=s) 7! cl(n)=s = cl(g(n))=s = (S 1 g)(n=s):




10.4. Modules differentiels. Homologie et cohomologie
´
De¬nition 10.4.1. ” Soit A un anneau. Un A-module differentiel est un couple (M; d)
´
´
´rentielle d : M ! M tel que
forme d™un A-module M et d™un endomorphisme appele diffe
´ ´
d2 = 0.
Un morphisme de modules differentiels f : (M; dM ) ! (N; dN ) est un homomorphisme
´
f : M ! N tel que dN f = f dM .
De¬nition 10.4.2. ” Si (M; d) est un A-module differentiel, on de¬nit trois A-modules :
´ ´
´
“ le module des cycles : Z(M) = Ker d ;
“ le module des bords : B(M) = Im d ;
“ le module d™homologie de M : H(M) = Z(M)=B(M) = Ker(d)= Im(d).
Lemme 10.4.3. ” Un homomorphisme de modules differentiels f : (M; dM ) ! (N; dN )
´
induit des homomorphismes Z(M) ! Z(N), B(M) ! B(N) d™ou un homomorphisme
`
H(f ) : H(M) ! H(N).
Demonstration. ” Comme f dM = dN f , si dM (x) = 0, alors dN (f (x)) =
´
f (dM (x)) = 0, donc l™image de Ker dM par f est contenue dans Ker dN :
f (Z(M)) Z(N).
De meme, f (B(M)) B(N) puisque f (dM (x)) = dN (f (x)) pour tout x 2 M.
ˆ
Il en re
´sulte par passage au quotient un homomorphisme canonique
H(f ) : H(M) = Z(M)=B(M) ! Z(N)=B(N) = H(N).
De¬nition 10.4.4. ” Un A-module differentiel gradue est un module differentiel (M; d)
´ ´ ´
´
tel que
“ M est la somme directe d™une famille (Mn )n2Z (M est gradue ;´)
“ il existe un entier r tel que l™endomorphisme d est de degre r : pour tout n 2 Z, on a
´
d(Mn ) Mn+r .
Dans ce cas, on note Zn (M) = Z(M) \ Mn , Bn (M) = B(M) \ Mn et Hn (M) =
Zn (M)=Bn (M).
´
10.4. MODULES DIFFERENTIELS. HOMOLOGIE ET COHOMOLOGIE 185



Lemme 10.4.5. ” Soit (M; d) un A-module differentiel gradue. On a alors les egalites
´ ´ ´ ´
M M M
Z(M) = Zn (M); B(M) = Bn (M) et H(M) = Hn (M):
n n2Z

Autrement dit, cycles, bords et homologie de M sont automatiquement gradues.
´

Demonstration. ” Comme Zn (M) est un sous-module de Mn et comme les Mn
´
sont en somme directe, les modules Zn (M) sont aussi en somme directe. D™autre
P
part, si x 2 Z(M), on peut e xn ou pour tout n, xn 2 Mn . Alors,
´crire x = `
P
0 = @(x) = @(xn ). Si r est le degre de l™homomorphisme @, on a donc que
´
pour tout x, @(xn ) appartient a Mn+r . Comme les Mn sont en somme directe,
`
P
@(xn ) = 0 pour tout n et x 2 Zn (M).
De meme, les Bn (M) sont en somme directe. Si x 2 B(M), e
ˆ ´crivons x = @(y) avec
P P
y 2 M. On peut e ´crire y = yn avec yn 2 Mn pour tout n. Alors, x = @(y) = @(yn ).
n Pn
Pour tout n, @(yn ) 2 Mn+r \ Im @ = Bn+r (M). si bien que x appartient a Bn (M).
`
n
Comme chacun des Zn (M) est contenu dans Mn , la somme est ne´cessairement
directe.
En¬n, on a
! !
M M
Zn (M) =
H(M) = Z(M)=B(M) = Bn (M)
n n
M M
= (Zn (M)=Bn (M)) = Hn (M):
n n




Remarque 10.4.6. ” Conside
´rons un complexe de A-modules
dn+1
dn dn
1
! Mn ! Mn ! Mn+1 ! : : :
::: 1
L
Mn et soit d 2 End(M) l™endomorphisme de
De´¬nissons alors M = ´¬ni par les
dn : si x 2 Mn 1 , d(x) = dn (x).
Alors, (M; d) est un A-module diffe ´rentiel gradue dont la diffe
´ ´rentielle est de
degre 1. De plus, Hn (M) = Ker dn+1 = Im dn . La tradition veut qu™on note plutot
´ ˆ
n
H (M) et qu™on appelle ces modules modules de cohomologie du complexe.

10.4.7. Complexe de de Rham d™un ouvert de R2 . ” Soit U un ouvert de R2 . Si
0 „ p „ 2, soit p (U) le R-espace vectoriel des formes diffe
´rentielles de degre p
´
sur U. Pour p = 0, 0 (U) est l™espace vectoriel des fonctions C 1 sur U. Pour
p = 1, une forme diffe´rentielle ! de degre 1 s™e
´ ´crit

! = A(x; y) dx + B(x; y) dy
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
186



ou A et B sont des fonctions C 1 . En¬n, une forme diffe
` ´rentielle de degre 2
´
s™e
´crit
= A(x; y) dx ^ dy:
On a un homomorphisme « diffe
´rentielle exte
´rieure » de
´¬ni ainsi :
@f @f
0 1
(U) ! f 7! dx + dy
d: (U)
@x @y
‚ Ã
@B(x; y) @A(x; y)
1 2
(U) ! A(x; y) dx + B(x; y) dy 7! dx ^ dy
d: (U)
@x @y


et d est nul sur 2 (U).
´cessaire est celui de d2 (f ) pour
On constate que d d = 0. Le seul calcul ne
f 2 0 (U) et
à ‚2
@ 2f
‚ Ã
@f @f @f
d2 (f ) = d dx ^ dy
dx + dy =
@x @y @x@y @y@x
et le the ` me de Schwarz implique que d2 (f ) = 0.
´ore
On a ainsi de
´¬ni un complexe, appele complexe de de Rham de U :
´
d d
0 1 2
0! (U) ! (U) ! (U) ! 0:

On peut alors calculer ses groupes de cohomologie, note HiDR (U) Un the ` me
´s ´ore
fondamental de de Rham af¬rme que ce sont des espaces vectoriels de meme ˆ
dimension que les espaces de cohomologie fournis par la the ´orie singuliere.
`
Calculons H ( ). Si f 2 Z ( ), f est une fonction C sur U telle que df = 0,
1
0 0

c™est-a-dire @f = @f = 0. Ainsi, f est constante sur chaque composante connexe
` @x @y
de U Comme B = 0, on a H0 (U) = R 0 (U) , 0 (U) de
0
´signant le nombre de
DR
composantes connexes de U.
Si U est simplement connexe (par exemple, U contractible, ou U e ´toile ou
´,
simplement U = R2 ), le lemme de Poincare af¬rme qu™une forme diffe
´ ´rentielle
! sur U telle que d! = 0 (on dit que ! est ferme est exacte : il existe f
´e)
telle que ! = df . (Vous avez peut-etre rencontre la formulation plus commune
ˆ ´
en physique ou en calcul diffe ´rentiel e ´mentaire : un champ de vecteurs dont le
´le
rotationnel est nul est un gradient.)
On peut le de ´montrer tres simplement dans le cas ou U est e
` ` ´toile disons
´,
2
par rapport a l™origine 0 2 R . Si ! = A(x; y) dx + B(x; y) dy = 0 ve
` ´ri¬e d! = 0,
posons
Z1
(xA(tx; ty) + yB(tx; ty)) dt:
f (x; y) =
0
´
10.4. MODULES DIFFERENTIELS. HOMOLOGIE ET COHOMOLOGIE 187



´gration ” f est de classe C 1 sur U et on obtient
Alors ” voir un cours d™inte
@f=@x et @f=@y en de ´rivant sous le signe somme. On obtient :
Z1‚ Ã
@f @A @B
A(tx; ty) + tx (tx; ty) + ty (tx; ty) dt:
(x; y) =
@x @x @x
0
@B @A
Comme d! = 0, si bien que
=
@x @y
Z1‚ Ã
@f @A @B
A(tx; ty) + tx (tx; ty) + ty (tx; ty) dt:
(x; y) =
@x @y @x
0
Z1‚ Ã
d
A(tx; ty) + t (A(tx; ty)) dt:
=
dt
0
Z1
d
(tA(tx; ty)) = [tA(tx; ty)]1
= 0
0 dt
= A(x; y):
@f
De meme, on de
ˆ ´montre que = B(x; y) si bien que df = !.
(x; y)
@y

f g
Theoreme 10.4.8. ” Soit A un anneau et soit 0 ! M ! N ! P ! 0 une suite exacte
´`
de modules differentiels. Cela signi¬e que cette suite est une suite exacte de A-modules ainsi
´
que les deux egalites
´ ´
dN f = f dM et dP g = g dN :
Il existe alors un homomorphisme @ : H(P) ! H(M) tel que l™on ait un « triangle exact » :
H(P)
rr
d
v rr H(g)
vv rr
vv
@
rr
vv r
zvv H(f )
G H(N)
H(M)
Ceci signi¬e les trois egalite :
´ ´
Ker @ = Im H(g); Ker H(f ) = Im @:
Ker H(g) = Im H(f );
Demonstration. ” a) Montrons que Ker H(g) = Im H(f ). Comme g f = 0, on
´
a H(g) H(f ) = H(g f ) = 0 et Im H(f ) Ker H(g). Re
´ciproquement, soit
2 Ker H(g). On peut e ´crire = cl(x) avec x 2 Ker dN . Alors, H(g)( ) = cl(g(x)),
si bien qu™il existe y 2 P tel que g(x) = dP (y). Puisque l™homomorphisme g : N ! P
est surjectif, il existe z 2 N tel que y = g(z). Alors, g(x) = dP (y) = dP (g(z)) =
g(dN (z)) si bien que x dN (z) appartient a Ker g = Im f . Soit t 2 M tel que
`
x dN (z) = f (t). On a alors = cl(x) = cl(dN (z) + f (t)) = cl(f (t)) = H(f )(cl(t)).
Par suite, Ker H(g) Im H(f ), d™ou l™e ` ´galite ´.
´
b) Consruisons ensuite l™homomorphisme @. Soit 2 H(P). Ecrivons = cl(x)
avec x 2 Ker dP . Comme g est surjectif, il existe y 2 M tel que x = g(y). Alors,
0 = dP (x) = dP (g(y)) = g(dN (y)) si bien qu™il existe z 2 M tel que dN (y) = f (z).
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
188



On a f (dM z) = dN (f (z)) = dN dN (y) = 0 puisque d2 . Comme f est injectif, dM z = 0.
N
Posons ainsi @( ) = cl(z) 2 H(M).
´¬nie. Or, z 2 M a e ´ choisi
Il faut ve ´ri¬er que cette application est bien de ´te
de sorte que soient ve ´es les relations f (z) = dN (y), x = g(y) et = cl(x). Si
´ri¬e
on a fait d™autres choix : = cl(x0 ), x0 = g(y 0 ) et f (z 0 ) = dN (y 0 ), alors :
“ il existe x00 2 P tel que x = x0 + dP x00 . Choisissons aussi y 00 2 N tel que
x00 = g(y 00 ) ;
“ g(y 0 y) = x0 x = dP (x00 ) = dP (g(y 00 )) = g(dN (y 00 )), si bien qu™il existe z 00 2 M
tel que y 0 y = dN (y 00 ) + f (z 00 ) ;
“ alors, f (z 0 z) = dN (y 0 ) dN (y) = dN (dN (y 00 )+f (z 00 )) = dN (f (z 00 )) = f (dM (z 00 )).
Comme f est injectif, z 0 z = dM (z 00 ) et cl(z 0 ) = cl(z) dans H(M).
En¬n, @ est un homomorphisme : si on a fait les choix (x1 ; y1 ; z1 ) pour 1 et
(x2 ; y2 ; z2 ) pour 2 , on peut faire les choix (a1 x1 + a2 x2 ; a1 y1 + a2 y2 ; a1 z1 + a2 z2 ) pour
a1 1 + a2 2 , si bien que @(a1 1 + a2 2 ) = a1 @( 1 ) + a2 @( 2 ).
c) Montrons que Ker H(f ) = Im @. Si = cl(x) ve ´ri¬e H(f )( ) = 0, on a
f (x) 2 Im dN . Par suite, soit y 2 N tel que f (x) = dN (y). Il en re ´sulte par de ´¬nition
de l™homomorphisme @ que @(cl(g(y))) = cl(x) = , soit Ker H(f ) Im @.
Re ´ciproquement, si cl(z) = @(cl(x)), on a H(f )(cl(z)) = cl(f (z)) donc est e ´gal
avec les notations du b) a cl(dN (y)) = 0.
`
d) Montrons que Im H(g) = Ker @. Si @( ) = 0, soit (x; y; z) un systeme de `
choix comme au b) de sorte que @( ) = cl(z). On a donc z 2 Im dM . Soit z 0 2 M
tel que z = dM (z 0 ). Alors, f (z) = f (dM (z 0 )) = dN (f (z 0 )) = d2 (y) = 0 donc, f e ´tant
N
injectif, z = 0. Par suite, dN (y) = f (z) = 0. La classe de y dans H(N) ve ´ri¬e ainsi
H(g)(cl(y)) = cl(g(y)) = cl(x) = , ce qui prouve que 2 Im H(g).
´ciproquement, soit = cl(g(y)) un e ´ment de Im H(g) avec y 2 Ker dN . Par
Re ´le
de´¬nition, @( ) = cl(z) ou z est l™unique e ´ment de M tel que f (z) = dN (y) = 0,
` ´le
donc z = 0 et @( ) = 0.
10.5. EXERCICES 189



Corollaire 10.4.9. ” Considerons une suite exacte de complexes, c™est-a-dire un dia-
´ `
gramme commutatif
0 0 0


 
G Mn G Mn G Mn+1 G
1



 
G Nn G Nn G Nn+1 G
1



 
G Pn G Pn G Pn+1 G
1


  
0 0 0
dans lequel les colonnes sont des suites exactes. Alors, il existe pour tout n un homomorphisme
@ n : Hn (P) ! Hn+1 (M) tel que l™on ait une suite exacte
@n
! Hn (M) ! Hn (N) ! Hn (P) ! Hn+1 (M) ! : : :
La de´monstration est laisse en exercice. Il faut essentiellement juste ve
´e ´ri¬er
qu™avec les notations du the ` me, l™homomorphisme @ est de degre 1, c™est-a-dire
´ore ´ `
que pour tout n, @(Hn (P)) Hn+1 (M).


10.5. Exercices
f0 f1 fn 1
Exercice 10.5.1. ” a) Soit M0 ! M1 ! : : : ! Mn un complexe. Montrer
que ce complexe est une suite exacte si et seulement si pour tout i les suites
fi
(0) ! Ker fi ! Mi ! Ker fi+1 ! (0) sont exactes.
b) On suppose que A est un corps k et que les Mi sont des k-espaces vectoriels
f1 f2 fn 1
de dimension ¬nie. Soit 0 ! M1 ! M2 ! : : : ! Mn ! 0 une suite exacte.
n
Montrer que ( 1)i dim Mi = 0.
P
i=1

Exercice 10.5.2. ” Soit A un anneau, soit M un A-module et soit (a; b) deux
e ´ments de A.
´le
a) Montrer que les applications d1 : M ! M M et d2 : M M ! M de ´¬nies
par
d1 (x) = (ax; bx) et d2 (x; y) = by ax
de
´¬nissent un complexe M :
d2
d1
0!M !M M !! 0:
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
190



b) Montrer que H0 (M ) = fx 2 M ; ax = by = 0g et que H2 (M ) =
M=(aM + bM).
c) On suppose que la multiplication par a dans M est injective. Montrer alors
que la multiplication par b dans M=aM est injective si et seulement si H1 (M ) = 0.

Exercice 10.5.3. ” Soit A un anneau et I un ide de A
´al
a) On suppose que l™homomorphisme canonique cl : A ! A=I n™admet un
inverse a droite f . Montrer qu™il existe a 2 I tel que a = a2 et I = (a).
`
b) Si A est integre montrer que A=I est un A-module projectif si et seulement
`
si I = 0 ou I = A.
f g
Exercice 10.5.4. ” Soit A un anneau et soit 0 ! M ! N ! P ! 0 une suite
exacte scinde Montrer que pour tout A-module X, cette suite induit des suites
´e.
exactes scinde ´es
f g
0 ! Hom(X; M) ! Hom(X; N) ! Hom(X; P) ! 0
et
g f
0 ! Hom(P; X) ! Hom(N; X) ! Hom(M; X) ! 0:

´rien. Notons m son ide maximal
Exercice 10.5.5. ” Soit A un anneau local noethe ´al
et k le corps re ´siduel A=m. Soit P un A-module projectif de type ¬ni.
a) Montrer que P=mP est un k-espace vectoriel de dimension ¬nie.
´rons des e ´ments e1 , . . ., ed 2 P tels que
Notons d cette dimension. et conside ´le
(cl(e1 ); : : : ; cl(ed )) soit une base de P=mP.
b) Montrer a l™aide du the ` me de Nakayama que (e1 ; : : : ; ed ) engendrent
` ´ore
P en tant que A-module. En de ´duire l™existence d™une suite exacte
0 ! M ! An ! P ! 0:
c) En utilisant l™hypothese que P est projectif, montrer que An ' P M. En
`
de´duire que dimk (M=mM) = 0.
d) En appliquant de nouveau le the ` me de Nakayama, montrer que M = 0
´ore
et donc que P est un A-module libre.

Exercice 10.5.6. ” Soit A un anneau et soit S une partie multiplicative de A.
a) Montrer que si on a un diagramme commutatif de A-modules
f g
GE GF GG
0
F G
A

 
f0 g0
G E0 G F0 G G0
0
dont les lignes sont exactes, avec et des isomorphismes, alors est un
F G E
isomorphisme.
10.6. SOLUTIONS 191



b) Soient M et N des A-modules. De
´¬nir un morphisme naturel de A-modules
: S 1 HomA (M; N) ! HomS (S 1 M; S 1 N)
1A
M;N

qui soit l™identite pour M = A.
´
c) De ´montrer que si M est un A-module libre de type ¬ni, M;N est un
isomorphisme.
d) Montrer, a l™aide des questions pre ´dentes, que si A est noethe
` ´ce ´rien et
M est un A-module de type ¬ni, alors M;N est toujours un isomorphisme.
e) Donner un exemple pour lequel M;N n™est pas un isomorphisme.


10.6. Solutions
Solution de l™exercice 10.5.1. ” a) Comme Im(fi ) Ker fi+1 , on a une application
fi
fi : Mi ! Ker(fi+1 ) bien de ´¬nie, et un complexe (0) ! Ker fi ! Mi ! Ker fi+1 !
(0). Dire que ces suites sont exactes revient a dire que l™image de fi dans Ker fi+1
`
est e´gale a Ker fi+1 , soit Im fi = Ker fi+1 . Cela e
` ´quivaut a l™exactitude du complexe.
`
fi
b) Si A = k est un corps, et si (0) ! Ker fi ! Mi ! Ker fi+1 ! (0) est exacte,
on peut trouver un supple ´mentaire de Ker fi dans Mi qui sera isomorphe a `
Ker fi+1 . Ainsi, pour tout i 2 f1; : : : ; ng, dim Mi = dim Ker fi + dim Ker fi+1 . (On
a note fn+1 = 0.) Par suite, on a
´
n n n
( 1)i dim Mi = ( 1)i dim Ker fi + ( 1)i dim Ker fi+1
X X X
i=1 i=1 i=1
= dim Ker f0 + ( 1)n dim Ker fn+1 = 0:


Solution de l™exercice 10.5.2. ” a) Pour tout x 2 M, d2 (d1 (x)) = d2 (ax; bx) =
bax abx = 0 donc d2 d1 = 0.
b) On a B0 (M ) = Im(0 ! M) = 0. On a Z0 (M ) = Ker d1 donc est l™ensemble
des x 2 M tels quye ax = bx = 0. Par suite, H0 (M ) = fx 2 M ; ax = bx = 0g.
On a Z2 (M ) = Ker(M ! 0) = M tandis que B2 (M ) = Im d2 . C™est l™ensemble
des ax+by avec x et y 2 M, donc B2 (M ) = aM+bM. Ainsi, H2 (M ) = M=(aM+bM).
c) Supposons que la multiplication par b dans M=aM est injective. Soit (x; y) 2
Z1 (M ) = Ker d2 . On a donc by = ax. Dans M=aM, b cl(y) = 0, si bien que cl(y) = 0.
Il existe ainsi y 0 2 M tel que y = ay 0 . Alors, a(x by 0 ) = 0 et puisque la multiplication
par a dans M est injective, x = by 0 . Ainsi, (x; y) = (by 0 ; ay 0 ) = d1 (y 0 ). On a donc
prouve que (x; y) 2 B1 (M ), d™ou H1 (M ) = 0.
´ `
Supposons maintenant que H1 (M ) = 0. Soit x 2 M tel que b cl(x) = 0 dans
M=aM, c™est-a-dire bx 2 aM. Il existe alors y 2 M tel que bx = ay et (x; y) 2 Ker d2 .
`
Comme H1 (M ) = 0, Ker d2 = Z1 (M ) = B1 (M ) = Im d1 et il existe z 2 M tel que
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
192



(x; y) = d1 (z) = (az; bz). Par suite, x = az 2 aM et cl(x) = 0 dans M=aM. Nous
avons donc de ´montre que la multiplication par b dans M=aM est injective.
´

Solution de l™exercice 10.5.3. ” a) Notons cl l™homomorphisme canonique A !
A=I. Soit f : A=I ! A un homomorphisme tel que cl f = IdA=I . Notons b =
f (cl(1)). Comme f est un inverse a droite de cl, cl(b) = cl(f (cl(1))) = cl(1) et
`
b 2 1 + I. Notons a = 1 b 2 I. Alors, pour tout x 2 A, f (cl(x)) = f (x cl(1)) =
x(1 a). Si x 2 I, on a cl(x) = 0 si bien que x(1 a) = 0.
Comme a 2 I, a(1 a) = 0 et a = a2 . On a en¬n (a) I. Re ´ciproquement, si
x 2 I, x(1 a) = 0, donc x = ax 2 (a). Ainsi, I = (a).
b) Si A est integre, un e ´ment a 2 A tel que a(1 a) = 0 ve
` ´le ´ri¬e a = 0 ou
a = 1. Ainsi, I = 0 ou I = A.

Solution de l™exercice 10.5.5. ” a) Le A-module P=mP est annule par m. Il est
´
donc naturellement muni d™une structure de A=m-module. Comme m est un
ide maximal, k = A=m est un corps et P=mP est un k-espace vectoriel.
´al
Soit (x1 ; : : : ; xr ) une famille ge ´ratrice ¬nie dans P. Alors, les classes
´ne
(cl(x1 ); : : : ; cl(xr )) engendrent P=mP comme A-module, donc aussi comme
k-espace vectoriel. Par suite, P=mP est un k-espace vectoriel de dimension ¬nie.
b) Soit L le sous-module de P engendre par les ei . Soit p 2 P. Comme les
´
P
cl(ei ) forment une base de P=mP, il existe des xi 2 k tels que cl(p) = xi cl(ei ).
ai ei appartient a mP. Ainsi,
P
Si ai 2 A ve ´ri¬e cl(ai ) = xi , il en re
´sulte que p `
P = L + mP.
D™apres le the ` me de Nakayama (corollaire 7.1.8), P = L.
` ´ore
´¬nissent un homomorphisme Ad ! P. On vient de voir que cet
Les ei de
homomorphisme est surjectif. Si M de ´signe son noyau, on a une suite exacte
0 ! M ! An ! P ! 0.
c) Comme P est projectif, cette suite exacte est scinde et An ' M P. Alors,
´e
dans cet isomorphisme, mn s™identi¬e au sous-module mM mP. Ainsi, on a un
isomorphisme de A-modules

(A=m)n = An =mn = (M=mM) (P=mP):

et comme ces A-modules sont des k-espaces vectoriels, c™est un isomorphisme
de k-espaces vectoriels.
L™e
´galite des dimensions implique alors
´

n = dimk k n = dimk (M=mM) + dimk (P=mP) = dimk (M=mM) + n

donc dimk (M=mM) = 0.
d) Ainsi, M=mM est l™espace vectoriel nul, donc M = mM. Comme A est noe-
´rien et M un sous-module de An , M est de type ¬ni. Une nouvelle application
the
10.6. SOLUTIONS 193



du lemme de Nakayama implique ainsi que M = 0. Par suite, l™homomorphisme
An ! P de
´¬ni par les ei est injectif. C™est donc un isomorphisme.

Solution de l™exercice 10.5.6. ” a) Si les homomorphismes g et g 0 e ´taient surjec-
tifs, il suf¬rait d™appliquer le lemme du serpent e ´tabli dans le cours. On va
rede ´montrer ici ce dont on a besoin.
Montrons que E est injectif. Soit en effet x 2 E tel que E (x) = 0. On a alors
0
F (f (x)) = f ( E (x)) = 0 et comme F est un isomorphisme, f (x) = 0. Comme
f est injectif, x = 0.
Montrons que E est surjectif. Soit x0 2 E0 . Comme F est un isomorphisme, il existe
y 2 F tel que F (y) = f 0 (x0 ) 2 F0 . Alors, G (g(y)) = g 0 ( F (y)) = g 0 (f 0 (x0 )) = 0.
Comme G est injectif, g(y) = 0. Donc y 2 Ker g = Im f et il existe x 2 E tel que
y = f (x). Alors, f 0 (x0 ) = F (y) = F (f (x)) = f 0 ( E (x)). Comme f 0 est injectif,
x0 = E (x).
b) Soit f : M ! N un homomorphisme de A-modules. Si l™on compose
f avec l™homomorphisme canonique N ! S 1 N, on en de ´duit un homomor-
phisme de A-modules f1 : M ! S 1 N tel que f1 (m) = f (m)=1. Comme S 1 N est
un S 1 A-module, la proprie ´ universelle de la localisation fournit un unique
´te
homomorphisme ' : S 1 M ! S 1 N tel que '(m=1) = f1 (m) = f (m)=1. On a ainsi
construit un homomorphisme de A-modules
(S 1 M; S 1 N):
HomA (M; N) ! HomS 1A


Comme le second membre est un S 1 A-module, on peut e
´tendre cet homomor-
phisme de maniere unique en un homomorphisme de S 1 A-modules
`
1
(S 1 M; S 1 N):
HomA (M; N) ! HomS
S 1A


En particulier, si M = A, f : A ! N est de la forme a 7! af (1), ce qui identi¬e
HomA (A; N) a N. L™homomorphisme f1 ve
` ´ri¬e f1 (a) = af (1)=1 et on consate
que l™homomorphisme '0 : S 1 A ! S 1 N donne par a=s 7! (a=s)f (1) est un
´
homomorphisme tel que '0 (m=1) = (a=1)f (1) = af (1)=1 donc ' s™identi¬e a `
1 1 1
f (1)=1 dans HomS 1 A (S A; S N) = S N. Le morphisme f 7! ' correspond
donc au morphisme n 7! n=1 et l™unique fa¸ on d™ec ´tendre ce morphisme en
un homomorphisme de S 1 A-modules est l™homomorphisme identique S 1 N !
S 1 N, donc A;N s™identi¬e a l™homomorphisme identique.
`
c) Supposons que M est un A-module libre de type ¬ni. Soit n le rang de
M. Alors une base de M fournit des identi¬cations
HomA (An ; N) ' S 1 Nn
1 1
HomA (M; N) ' S
S
et
HomA (S 1 M; S 1 N) ' (S 1 N)n
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
194



par lesquelles M;N correspond a l™identite sur chaque facteur, donc est un
` ´
isomorphisme.
d) Comme M est de type ¬ni, il existe un A-module libre de type ¬ni M1 et
une surjection g : M1 ! M. Le noyau de g est un sous-module du module de type
¬ni M1 . Comme A est noethe ´rien, Ker g est de type ¬ni et il existe un A-module
libre de type ¬ni M2 ainsi qu™une surjection f : M2 ! Ker g. Autrement dit, on
a une suite exacte
f g
M2 ! M1 ! M ! 0
d™ou on de
` ´duit, le foncteur HomA ( ; N) e
´tant exact a gauche, une suite exacte
`
g f
0 ! HomA (M; N) ! HomA (M1 ; N) ! HomA (M2 ; N):
Comme le foncteur de localisation en la partie multiplicative S est exact, on a
aussi une suite exacte
g f
1 1 1
0!S HomA (M; N) ! S HomA (M1 ; N) ! S HomA (M2 ; N):
Partant de nouveau de la suite exacte
f g
M2 ! M1 ! M ! 0
et utilisant d™abord que la localisation est exacte puis l™exactitude a gauche du
`
foncteur Hom, on en de ´duit une autre suite exacte
g
(S 1 M; S 1 N) ! HomS (S 1 M1 ; S 1 N)
0 ! HomS 1A 1A

f
(S 1 M2 ; S 1 N):
! HomS 1A


En faisant intervenir les homomorphismes M;N , M1 ;N et M2 ;N , on se retrouve
dans la situation de la premiere question. Il en re
` ´sulte que M;N est un isomor-
phisme.
e) Prenons A = Z, M = Q=Z et S = Z n f0g. Alors, S 1 M = 0 puisque tout
e ´ment de M est de torsion. Par suite, HomZ (S 1 M; S 1 N) est nul pour tout
´le
Z-module N et le module d™arrive de M;N aussi.
´e
Prenons par exemple M = N. Alors, HomZ (M; M) n™est pas nul : il contient
IdM De plus, pour tout a 6= 0, l™endomorphisme a IdM de M n™est pas nul : par
exemple a(cl(1=a)) = cl(1) 6= 0 Ainsi, S 1 HomZ (M; M) 6= 0 et M;M ne peut pas
etre un isomorphisme.
ˆ
11 Produit tensoriel




Dans ce chapitre, nous introduisons le produit tensoriel de modules et nous en donnons
un certain nombre de proprietes. Malgre les apparences, il n™est pas si dif¬cile que cela
´´ ´
a comprendre. C™est une construction extremement importante car elle fournit un objet
` ˆ
de nature lineaire (un module) qui permt de comprendre les applications bilineaires.
´ ´
Ainsi, plutot que la construction qui le de¬nit, la propriete universelle qui le caracterise
ˆ ´ ´´ ´
s™avere tres pratique a manipuler.
` ` `



11.1. De¬nition
´
De¬nition 11.1.1. ” Soit A un anneau et soit M, N, P trois A-modules. Une application
´
´aire de M N dans P est une application b : M N ! P veri¬ant les proprietes
biline ´ ´´
suivantes :
_
“ pour tout m 2 M, l™application b(m; ) : N ! P telle que n 7! b(m; n) est un homomor-
phisme ;
“ pour tout n 2 N, l™application b( ; n) : M ! P telle que m 7! b(m; n) est un homomor-
phisme.

Autrement dit, on demande que pour tous a, b 2 A, m, m0 2 M, n, n0 2 N,
soient ve ´es les e
´ri¬e ´galite
´s
b(am + a0 m0 ; n) = ab(m; n) + a0 b(m0 ; n) et b(m; an + a0 n0 ) = ab(m; n) + a0 b(m; n0 ):

Exercice 11.1.2. ” Soit A un anneau, soit M, M0 , N, N0 , P, P0 six A-modules. Soit
´aire, et f : M0 ! M, g : N0 ! N, h : P ! P0
b : M N ! P une application biline
trois homomorphismes de modules. Alors, l™application b0 : M0 N0 ! P0 de ´¬nie
par b0 (m0 ; n0 ) = h(b(f (m0 ); g(n0 ))) est une application biline´aire.

La construction « produit tensoriel » fournit pour tout couple (M; N) de A-
´aire M N ! M A N telle
modules un A-module M A N et une application biline
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
196



N ! P provienne d™un homomorphisme
que toute application biline
´aire M
M A N ! P.

´rons le A-module libre L = A(M N) de base M N.
11.1.3. Construction. ” Conside
On note e(m;n) les vecteurs de la base. Soit R le sous-A-module de L engendre´
par les e ´ments suivants :
´le
ae(m;n) e(am;n) ;
ae(m;n) a(m;an) ;
e(m+m0 ;n) e(m;n) em0 ;n
et a(m;n+n0 ) e(m;n) e(m;n0 ) ;
lorsque a 2 A, m et m0 parcourent M, n et n0 parcourent N. On de
´¬nit alors le
A-module M A N comme le quotient :
M N = L=R:
A

On note m n la classe de e(m;n) ) dans M A N.
En particulier, on a les relations suivantes dans M A N :
“ a(m n) = (am) n = m (an) ;
“ (m + m0 ) n = m n + m0 n ;
“ m (n + n0 ) = m n + m n0 .
Un e ´ment de M A N est appele tenseur Un e ´ment de M
´le ´ ´le N de la forme
A
m n pour m 2 M et n 2 N est appele tenseur decompose .
´ ´ ´
Remarque 11.1.4. ” Le produit tensoriel de deux modules est engendre par les
´
tenseurs de
´compose´s.
Theoreme 11.1.5. ” Soit A un anneau et soit M, N deux A-modules.
´`
L™application M N ! M A N de¬nie par (m; n) 7! m n est bilineaire.
´ ´
De plus, pour tout A-module P et toute application bilineaire b : M N ! P, il existe
´
un unique homomorphisme f : M A N ! P tel que pour tout (m; n) 2 M N, on ait
f (m n) = b(m; n).
Demonstration. ” Si a, a0 2 A, m, m0 2 M et n 2 N, on a
´
(am + a0 m0 ) n + (a0 m0 ) n) + a0 (m0
n = (am) n = a(m n)
et
(an + a0 n0 ) = m (an) + m0 (a0 n0 ) = a(m n) + a0 (m n0 ):
m
Cela signi¬e bien que l™application (m; n) 7! m n est biline ´aire.
Soit maintenant b : M N ! P une application biline ´aire. S™il existe un homo-
morphisme f : M A N ! P tel que f (m n) = b(m; n), f est de ´termine sur les
´
tenseurs de´compose Comme ceux-ci engendrent M A N, un tel f est unique.
´s.
Pour construire f , nous allons revenir a la de
` ´¬nition du produit tensoriel comme
´
11.1. DEFINITION 197



quotient L=R, L e ´tant le A-module libre de base M N et R le sous-module des
relations introduit plus haut. La proprie ´ universelle des modules libres implique
´te
qu™il existe un unique homomorphisme ' : A(M N) ! P tel que '(e(m;n) = b(m; n).
Il faut alors montrer que le noyau de ' contient R. On en de ´duira un unique
homomorphisme f : L=R ! P tel que f (m n) = f (cl(e(m;n) )) = b(m; n).
Comme le noyau de ' est un sous-module de R, il suf¬t de ve ´ri¬er qu™il
contient la famille donne de ge ´rateurs de R. Or, on a
´e ´ne
'(aem;n eam;n ) = ab(m; n) b(am; n) = 0
'(aem;n em;an ) = ab(m; n) b(m; an) = 0
em0 ;n ) = b(m + m0 ; n) b(m0 ; n) = 0
'(em+m0 ;n em;n b(m; n)
em;n0 ) = b(m; n + n0 ) b(m; n0 ) = 0
'(em;n+n0 em;n b(m; n)
en raison de la biline
´arite de b. Par suite, R
´ Ker ' et il existe un homomorphisme
f tel que f (m n) = b(m; n).
Proposition 11.1.6 (Fonctorialite du produit tensoriel)
´
Soit f : M1 ! M2 et g : N1 ! N2 deux homomorphismes de A-modules. Il existe alors
un unique homomorphisme de A-modules
N1 ! M 2
f g : M1 N2
A A

tel que pour tout m 2 M1 et tout n 2 N1 , on ait (f g)(m n) = f (m) g(n).
De plus, si f 0 : M2 ! M3 et g 0 : N2 ! N3 sont deux autres homomorphismes, alors
(f 0 f ) (g 0 g) = (f 0 g 0 ) (f g).
Demonstration. ” D™apres la proprie ´ universelle (the ` me 11.1.5), il suf¬t de
` ´te ´ore
´
montrer que l™application
N1 ! M 2 (m; n) 7! f (m)
N2 ; g(n)
M1 A

´aire. Or, si m et m0 sont dans M1 , n et n0 dans M2 , a et b dans A, on a
est biline
f (am + bm0 ) g(n) = (af (m) + bf (m0 )) g(n)) + b(f (m0 )
g(n) = a(f (m) g(n))
et
g(an + bn0 ) = m (ag(n) + bg(n0 )) = am g(n0 )
m g(n) + bm
d™ou la biline
` ´arite requise pour l™existence d™un unique homomorphisme f g
´
tel que (f g)(m n) = f (m) g(n).
´galite (f 0 f ) (g 0 g) = (f 0 g 0 ) (f g), il suf¬t de remarquer
Pour e
´tablir l™e ´
que l™on a pour tout (m; n) 2 M1 N1 ,
(f 0 f ) (g 0 g)(m n) = (f 0 f )(m) (g 0 g)(n)) = f 0 (f (m)) g 0 (g(n))
= (f 0 g 0 )(f (m) g(n)) = (f 0 g 0 )((f g)(m n))
= ((f 0 g 0 ) (f g))(m n):
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
198



Comme les tenseurs de
´compose engendrent M
´s N, l™e
´galite vaut pour tout
´
e ´ment de M N.
´le



11.2. Quelques proprietes
´´
On de ´montre dans ce paragraphe quelques proprie ´s utiles du produit ten-
´te
soriel. Leurs de
´monstrations sont un peu fastidieuses mais ne ´anmoins faciles et
les comprendre en de ´tail permet de se familiariser avec cette notion.

Proposition 11.2.1. ” Soit A un anneau et soit M, N deux A-modules. Il existe un
unique homomorphisme de A-modules i : M A N ! N A M tel que i(m n) = n m.
C™est un isomorphisme.

Demonstration. ” L™application de M N dans N A M qui a (m; n) associe n m
`
´
´aire. Il existe par suite un unique homomorphisme i : M A N ! N A M
est biline
tel que pour tout (m; n) 2 M N, i(m n) = n m.
De meme, il existe un unique homomorphisme j : N A M ! M A N tel que
ˆ
j(n m) = m n pour tout (m; n) 2 M N.
Alors, si (m; n) 2 M N, j i(m n) = j(n m) = m n. Comme les tenseurs
de´compose dans M N engendrent M N, j i = IdM N . De meme, i j = IdN M .
´s ˆ
Par suite, i et j sont des isomorphismes.

Proposition 11.2.2. ” Soit A un anneau et soit M, N, P trois A-modules. Il existe un
unique homomorphisme de A-modules : M A (N A P) ! (M A N) A P tel que pour
tout (m; n; p) 2 M N P, on ait (m (n p)) = (m n) p.
De plus, c™est un isomorphisme.

On pourra donc sans dommage oublier les parentheses et e
` ´crire M N P.
A A


Demonstration. ” Si m 2 M est ¬xe l™application qui associe au couple (n; p) 2
´,
´
N P le tenseur (m n) p est biline ´aire. Il existe ainsi un unique homomorphisme
'm de N A P dans (M A N) A P par lequel n p a pour image (m n) p. De
´ri¬er que pour tous m, m0 2 M
plus, l™application m 7! 'm est line ´aire : il faut ve
et tous a, a0 2 A, 'am+a0 m0 = a'm + a0 'm0 , c™est-a-dire que pour tout v 2 N A P,
`

'am+a0 m0 (v) = a'm (v) + a0 'm0 (v):

Pour de´montrer que deux homomorphismes de N A P dans un module sont
e
´gaux, il est suf¬sant de ve
´ri¬er qu™ils co±ncident sur une partie ge ´ratrice de
¨ ´ne
´´
11.2. QUELQUES PROPRIETES 199



P, en l™occurrence sur les tenseurs de
´compose n
´s p. Or, on a
N A

p) = ((am + a0 m0 )
'am+a0 m0 (n n) p
n + a0 m0 n) p
= (am
p + a0 (m0
= a(m n) n) p
p) + a0 'm0 (n
= a'm (n p):
Ainsi, l™application de M (N A P) dans (M A N) A P) qui a (m; v) associe 'm (v)
`
´aire, d™ou un unique homomorphisme : M A (N A P) ! (M A N) A P)
est biline `
tel que (m v) = 'm (v) et donc (m (n p)) = (m n) p pour tout
(m; n; p) 2 M N P.
On construit de meme un homomorphisme ÿ : (M A N) A P) ! M A (N A P)
ˆ
tel que ÿ((m n) p) = m (n p). Comme ÿ((m n) p) = (m (n p)) =
(m n) p, et comme ces tenseurs de ´compose engendrent (M A N) A P,
´s ÿ
est l™identite de (M A N) A P. De meme, ÿ
´ ˆ est l™identite de M A (N A P).
´
Ce sont donc des isomorphismes.
Proposition 11.2.3. ” Soit A un anneau, I un ideal de A et M un A-module. Alors, il
´
existe un unique homomorphisme de A-modules M A (A=I) ! M=IM tel que m cl(1) 7!
cl(m). C™est un isomorphisme.
En particulier, M A A ' M.
Demonstration. ” Un tel homomorphisme doit associer a m cl(a) = am cl(1)
`
´
l™e ´ment a cl(m) = cl(am). Or, l™application de M (A=I) dans M=IM qui
´le
´¬nie (si cl(a) = cl(b), a b 2 I
associe a (m; cl(a)) la classe de am est bien de
`
et am bm 2 IM) et est biline ´aire. Il existe ainsi un unique homomorphisme
' : M A (A=I) ! M=IM tel que '(m cl(1)) = cl(m) pour tout m 2 M.
´rons l™homomorphisme 0 de M dans M A (A=I) tel que m 7! m cl(1).
Conside
Si a 2 I et m 2 M, on a
cl(1) = a(m cl(1)) = m (a cl(1)) = m cl(a) = m
0 (am) = (am) 0=0
donc tout e ´ment de la forme am avec a 2 I et m 2 M est dans le noyau de
´le
0 . Ces e ´ments engendrant IM, IM
´le Ker 0 , d™ou par passage au quotient
`
un unique homomorphisme de A-modules : M=IM ! M A (A=I) tel que
(cl(m)) = m cl(1).
Si m 2 M, on a
'( (cl(m))) = '(m cl(1)) = cl(m)
tandis que si m 2 M et a 2 A,
cl(1) = am cl(1) = m
('(m cl(a))) = (cl(am)) = (am) cl(a)
si bien que ' = IdM=IM et (A=I) . Ce sont donc des isomorphismes.
' = IdM
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
200



Remarque 11.2.4. ” Soit un homomorphisme f : M A N ! P
dont on veut prouver que c™est un isomorphisme. Il est en ge ´ral assez ´ne
facile de montrer qu™il est surjectif : souvent, on peut en effet construire les
inverses d™assez d™e ´ments de P pour engendrer P. En revanche, il est plus
´le
dif¬cile de montrer directement l™injectivite car il faudrait prouver que pour
´
P
toute combinaison line ´aire mi ni dont l™image est nulle, la combinaison
e(mi ;ni ) de A(M N)
P P
line´aire mi ni est nulle, c™est-a-dire exprimer le vecteur
`
comme combinaison line ´aire des relations e ´mentaires.
´le
Il est utile de remarquer le fait suivant : si f est un isomorphisme, tout
e ´ment de P a une unique image re
´le ´ciproque. Ainsi, dans la de
´monstration de
la surjectivite on a quasiment trouve une formule pour l™inverse g de f . Il faut
´, ´
alors juste ve´ri¬er que cette formule est bien ve ´e (typiquement, on connait
´ri¬e
l™image par g de ge ´rateurs de P mais il faut s™assurer que les relations entre
´ne
ge ´rateurs vont bien vers 0), puis que f et g sont inverses l™un de l™autre.
´ne

Theoreme 11.2.5. ” Soit A un anneau. Soit (Ms )s2S une famille de A-modules et soit
´`
L
P un A-module. Pour s 2 S, notons is et js les homomorphismes canoniques Ms ! Ms et
s
L
Ms P ! (Ms P).
Alors, l™unique homomorphisme
!
M M
(Ms A P) !
: Ms P
s2S s2S

tel que pour tout s 2 S, js = is IdP est un isomorphisme.

Demonstration. ” L™existence et l™unicite d™un tel homomorphisme
´ provient
´
de la proprie ´ universelle des sommes directes. Nous allons construire l™inverse
´te
de . Or, conside ´rons l™application
M M
Ms ) P !
( (Ms A P)
s s
P P
qui associe au couple ( ms ; p) le tenseur p). Elle est biline
´aire (exercice)
(ms
s2S s2S
si bien qu™il existe un unique homomorphisme
!
M M
ÿ: Ms P (Ms P)
A
s2S s2S
P P
tel que ÿ(( p). De plus, ÿ et ÿ sont l™identite
´.
ms ) p) = (ms
s s

Corollaire 11.2.6. ” Soit A un anneau, S et T deux ensembles. Alors, A(S) A(T) '
A
A(S T) .
Le produit tensoriel de deux modules libres est libre.
´´
11.2. QUELQUES PROPRIETES 201



Demonstration. ” On a en effet
´
!
M M
(S) (T) (T) (T)
Ð
A A = A A = A A
A A A
s2S s2S
M M
A(T) = A = A(S T)
:
=
s2S s2S
t2T




Exercice 11.2.7. ” Si M est un A-module libre de base (e1 ; : : : ; em ) et si N est
un A-module libre de base (f1 ; : : : ; fn ), montrer que la famille (ei fj ) pour
1 „ i „ m et 1 „ j „ n est une base de M A N.

Theoreme 11.2.8 (Exactitude a droite du produit tensoriel)
`
´`
f g
Soit A un anneau et soit M un A-module. Alors, pour toute suite exacte P1 ! P2 !
P3 ! 0, la suite
f g
IdM IdM
!M !M P3 ! 0
M P1 P2
A A A

est encore exacte.
Le foncteur « produit tensoriel par M », P 7! M P, est exact a droite.
`

Demonstration. ” Exactitude en M P3 . ” On doit prouver que l™homomorphisme
´
IdM g est surjectif. Or, si m 2 M et z 2 P3 , soit y 2 P2 tel que g(y) = z, ce qui
est possible car g est surjectif. Ainsi, l™image de IdM g contient les tenseurs
de ´compose de M P3 . Comme ceux-ci engendrent M A P3 , IdM g est surjectif.
´s
Exactitude en M P2 . ” L™inclusion Im IdM f Ker IdM g re ´sulte du fait que
(IdM g) (IdM f ) = IdM (g f ) = 0. Dans l™autre sens, il est illusoire d™espe ´rer
´montrer directement que si v 2 M A P2 est tel que (IdM g)(v) = 0, alors
de
v est dans l™image de IdM f . (Relire la remarque 11.2.4. Mais que le lecteur
incre ´dule ne se prive pas d™essayer !)
En raison de la surjectivite de IdM g, le re
´ ´sultat a de
` ´montrer est e ´quivalent
au fait que IdM g induit un isomorphisme g0 : (M P2 )= Im(IdM f ) ' M P3
et nous allons de fait construire une application re ´ciproque. De ´¬nissons une
application h : M P3 ! (M P2 )= Im(IdM f ) comme suit : si (m; z) 2 M P3 ,
soit y 2 P2 tel que g(y) = z. L™e ´ment m y de M P2 n™est bien de
´le ´¬ni mais si
y 0 2 P2 ve´ri¬e g(y 0 ) = z, on a y 0 y 2 Ker g = Im f . Soit x 2 P1 tel que f (x) = y 0 y,
alors
y0 (y 0
m m y=m y) = m f (x) = (IdM f )(m x);
si bien que la classe cl(m y) dans (M P2 )= Im(IdM f ) est, elle, bien de
´¬nie.
On de ´¬nit h(m; z) comme cette classe.
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
202



´aire : si z et z 0 sont dans P3 , si g(y) = z et g(y 0 ) = z 0 ,
L™application h est biline
on a g(ay + by 0 ) = az + bz 0 si bien que
h(m; az + bz 0 ) = cl(m (ay + by 0 )) = a cl(m y0)
y) + b cl(m
= ah(m; z) + bh(m; z 0 )

et

h(am + bm0 ; z) = cl((am + bm0 ) y) + b cl(m0
y) = a cl(m y)
= ah(m; z) + bh(m0 ; z):
Il existe ainsi un unique homomorphisme h0 : M P3 ! (M P2 )= Im(IdM f )
tel que h0 (m g(y)) = cl(m y) pour tout m 2 M et tout y 2 P2 .
Alors, pour tout m 2 M et tout y 2 P2 , on a
h0 g0 (cl(m y)) = h0 (m g(y)) = cl(m y):
Comme ces classes engendrent (M P2 )= Im(IdM f ), h0 g0 = Id. De meme, si
ˆ
m 2 M, z 2 P3 et si y 2 P2 ve
´ri¬e g(y) = z, on a
g0 h0 (m z) = g0 (cl(m y)) = m g(y) = m z:
Il en re´sulte encore que g0 h0 = Id. Ainsi, h0 et g0 sont des isomorphismes
re´ciproques l™un de l™autre.

De¬nition 11.2.9. ” Soit A un anneau et M un A-module. On dit que M est plat si et
´
seulement si le foncteur « produit tensoriel par M » est exact.

Proposition 11.2.10. ” Si la suite exacte de A-modules
f g
0 ! P1 ! P2 ! P3 ! 0
est scindee, alors pour tout A-module M, on a une suite exacte scindee
´ ´
f g
IdM IdM
0!M !M !M P3 ! 0
P1 P2
A A A


Demonstration. ” Soit h : P2 ! P1 un inverse a gauche pour f et conside
` ´rons
´
l™homomorphisme
P2 ! M
IdM h : M P1 :
A A

Il ve
´ri¬e
(IdM h) (IdM f ) = IdM (h f ) = IdM IdP1 = Id
donc est un inverse a gauche de IdM f .
`
Par suite, IdM f est injectif et l™on a bien une suite exacte scinde comme
´e
annonce´.
11.3. CHANGEMENT DE BASE 203



11.3. Changement de base
Soit A un anneau, soit M et N deux A-modules. Si ' est un endomorphisme
de N, IdM ' est un endomorphisme de M A N. Un cas particulier important
est celui ou N est une A-algebre B. Dans ce cas, pour tout b 2 B, on dispose
` `
d™un endomorphisme A-line ´aire b de multiplication par b dans B. Alors, IdM b
est un endomorphisme de M A B, d™ou une application B ! EndA (M A B).
`
Mais rappelons une remarque qu™on avait faite au chapitre 6 (remarque 6.1.4) :
une structure de B-module sur un groupe abe ´lien P est equivalente a la donne
` ´e
´
d™un homomorphisme d™anneaux (non commutatifs) B ! End(M). Par cette
remarque, M A B est donc muni d™une structure canonique de B-module.

Theoreme 11.3.1. ” Soit A un anneau, B une A-algebre. Pour tout A-module M, il
`
´`
existe une unique structure de B-module sur M A B tel que pour tout b 2 B et tout m 2 M,
b(m 1) = m b.
De plus, si f : M ! N est un homomorphisme de A-modules, l™homomorphisme canonique
f IdB est B-lineaire.
´

En d™autres termes, la construction « produit tensoriel par B » est un foncteur
de la cate
´gorie des A-modules dans celle des B-modules. C™est le foncteur de
changement de base de A a B.
`
Demonstration. ” Les remarques qui pre ` dent l™e
´ce ´nonce du the ` me prouvent
´ ´ore
´
effectivement l™existence d™une telle structure de B-module. Montrons l™unicite :
´
il suf¬t de remarquer que la formule donne de ´e ´termine bv pour tout tenseur
P
v 2 M A B et tout b 2 B. Or, si v = mi bi
X X X
bv = b( mi bi ) = b(mi bi ) = b(bi (mi 1))
X X

<<

. 10
( 15)



>>