<<

. 11
( 15)



>>

= (bbi )(mi 1) = mi (bbi ):
En¬n, si f : M ! N est un homomorphisme de A-modules, l™homomorphisme
P
´aire : si v = mi bi 2 M A B
f IdB est additif. Il reste a prouver qu™il est B-line
`
et si b 2 B, on a
X X
(f IdB )(bv) = (f IdB )(b( mi bi )) = (f IdB )( mi (bbi ))
X X
= f (mi ) (bbi ) = b( f (mi ) bi )
= b(f IdB )(v):


Proposition 11.3.2. ” Soit A un anneau et M un A-module. Soit B une A-algebre et
`
N un B-module. Il existe une unique application : HomA (M; N) ! HomB (M B ; N)
telle que pour tout ' 2 HomA (M; N) et tout m 2 M, (')(m 1) = '(m). De plus, est
un isomorphisme de A-modules.
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
204



Dans l™e´criture HomA (M; N), N est conside ´ comme un A-module via le
´re
foncteur d™oubli de la structure de B-module. On dit ainsi que le foncteur de
changement de base est adjoint a gauche au foncteur d™oubli et que le foncteur
`
d™oubli est adjoint a droite au foncteur de changement de base.
`
Demonstration. ” Justi¬ons tout d™abord que est bien de
´¬ni. Si (') est B-
´
line´aire et ve
´ri¬e (')(m 1) = '(m), on aura
b) = (')(b(m 1)) = b (')(m 1) = b'(m):
(')(m
Remarquons alors que l™application M B ! N qui a (m; b) associe b'(m) est
`
´aire. Il existe ainsi un unique homomorphisme M A B ! N tel que
biline
m b 7! b'(m). Notons cet homomorphisme (').
Alors, si a, a0 2 A et ', '0 2 HomA (M; N), les homomorphismes (a' + a0 '0 ) et
a (') + a0 ('0 ) associent tous deux a m 1 l™e ´ment a'(m) + a0 '0 (m) de N. Ils
` ´le
´gaux et : ' 7! (') est ainsi A-line
sont donc e ´aire.
Montrons en¬n que c™est un isomorphisme. Nous allons pour cela construire
´ciproque. On associe tout simplement a : M A B ! N l™ho-
l™isomorphisme re `
momorphisme ÿ( ) : M ! N compose de et de l™homomorphisme canonique
´
M ! M A B qui a m associe m 1. Autrement dit, ÿ( )(m) = (m 1).
`
On a alors pour tout 2 HomB (M A B; N) et tout m 2 M l™e ´galite
´
1) = ÿ( )(m) =
(ÿ( ))(m (m 1)
, tandis que pour tout ' 2 HomA (M; N) et tout m 2 M,
si bien que ÿ( ) =
ÿ( ('))(m) = (')(m 1) = '(m)
si bien que ÿ (') = '. Ainsi, et ÿ sont des isomorphismes re
´ciproques l™un
de l™autre.
Proposition 11.3.3. ” Soit A un anneau et soit S une partie multiplicative de A. Pour
tout A-module M, il existe un homomorphisme canonique de S 1 A-modules M S 1 A !
S 1 M tel que m 1 7! m=1. C™est un isomorphisme.
Puisque le foncteur de localisation en toute partie multiplicative est exact
(proposition 6.5.8), on en de
´duit imme´diatement le fait suivant :
Corollaire 11.3.4. ” Pour tout anneau A et toute partie multiplicative S de A, la
A-algebre S 1 A est un A-module plat.
`
Demonstration de la proposition. ” Un tel homomorphisme : M S 1 A ! S 1 M
´
associe a m (a=s) l™e ´ment am=s de S 1 M. Il est bien de
` ´le ´¬ni car l™application
M S 1 A ! S 1 M qui associe au couple (m; a=s) l™e ´ment am=s est biline
´le ´aire.
(On aurait aussi pu appliquer l™isomorphisme d™adjonction a l™homomorphisme
`
canonique M ! S 1 M.)
11.4. ADJONCTION ET EXACTITUDE 205



Pour voir que c™est un isomorphisme, nous construisons sa re´ciproque. Pour
cela, on part de l™homomorphisme canonique M ! M A S 1 A tel que m 7! m 1.
Comme M A S 1 A est un S 1 A-module, il existe d™apres la proprie ´ universelle
` ´te
de la localisation un unique homomorphisme ÿ : S M ! M A S 1 A tel que
1

m=1 7! m 1.
Alors, ÿ et sont inverses l™un de l™autre.


11.4. Adjonction et exactitude
Dans ce paragraphe, on pro¬te de l™exemple fourni par le produit tensoriel
pour donner un comple ´ment au chapitre d™algebre homologique.
`

Proposition 11.4.1. ” Soit A un anneau et soit

M!N!P!0

un complexe de A-modules. Alors, ce complexe est exact si et seulement si pour tout A-module
L, la suite
0 ! Hom(P; L) ! Hom(N; L) ! Hom(M; L)
est exacte.

Demonstration. ” Si l™on a une suite exacte M ! N ! P ! 0, le fait que le
´
foncteur Hom( ; L) soit exact a gauche implique que pour tout A-module L, la
`
suite 0 ! Hom(P; L) ! Hom(N; L) ! Hom(M; L) est exacte.
´ciproquement, notons f : M ! N et g : N ! P les homomorphismes inter-
Re
venant dans le complexe M ! N ! P ! 0.
Montrons que g est surjectif. Posons L = P=g(N) = Coker g et soit ' 2
Hom(P; L) la surjection canonique. Son image dans Hom(N; L) par l™homomor-
phisme Hom(P; L) ! Hom(N; L) induit par g est e ´gale a ' g donc est nulle
`
puisque par construction Ker ' = Im g. Par hypothese, l™homomorphisme g est
`
injectif, d™ou ' = 0. Ainsi, Im ' = L = 0 et g(N) = P.
`
Montrons que Ker g = Im f . Par hypothese, g f = 0 donc Im f Ker g. Posons
`
L = N= Im f et soit ' 2 Hom(N; L) l™homomorphisme canonique. Par construc-
tion, ' f = 0, c™est-a-dire que ' appartient au noyau de l™homomorphisme
`
Hom(N; L) ! Hom(M; L) induit par f . Par suite, ' appartient a l™image de l™ho-
`
momorphisme Hom(P; L) ! Hom(N; L) induit par g et il existe 2 Hom(P; L)
g. Alors, si x 2 Ker g, '(x) = (g(x)) = 0 donc x 2 Im f .
tel que ' =

De¬nition 11.4.2. ” Soit A un anneau. Soit F et G deux foncteurs de la categorie de
´
´
A-modules dans elle-meme, F etant contravariant et G covariant. On dit que G est un
ˆ ´
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
206



adjoint a gauche de F et que F est un adjoint a droite de G s™il existe pour tous A-modules
` `
M et N un isomorphisme
HomA (G(M); N) ! HomA (M; F (N))
M;N :

tel que pour tout couple d™homomorphismes g : M ! M0 et f : N ! N0 , on ait un diagramme
commutatif
M0 ;N
G HomA (M0 ; F (N)) :
HomA (G(M0 ); N)
f g
F (f )
G(g)
 
G HomA (M; N0 )
M;N
0
HomA (G(M); N )

Proposition 11.4.3. ” Soit A un anneau. Un foncteur covariant G qui est un adjoint
a gauche est exact a droite.
` `

Demonstration. ” Partons d™une suite exacte M ! N ! P ! 0. On doit prouver
´
que son image G(M) ! G(N) ! G(P) ! 0 par le foncteur G est encore exacte.
Pour cela, il suf¬t d™apres la proposition 11.4.1 de de
` ´montrer que pour tout
A-module L, la suite
0 ! Hom(G(P); L) ! Hom(G(N); L) ! Hom(G(M); L)
est exacte. Or, si F est un foncteur donc G est l™adjoint a gauche, cette suite
`
s™identi¬e a la suite
`
0 ! Hom(P; F (L)) ! Hom(N; F (L)) ! Hom(M; F (L)):
´tait parti d™une suite exacte M ! N ! P ! 0, la proposition 11.4.1
Comme on e
montre que cette suite est exacte, ce qu™on voulait de
´montrer.
L™inte ˆ t de ces ge ´ralite vient qu™on peut les appliquer au produit tensoriel
´re ´ne ´s
pour de´montrer son exactitude a droite de maniere plus conceptuelle (mais
` `
plus abstraite aussi).

Theoreme 11.4.4. ” Soit A un anneau et soit P un A-module. Le foncteur « produit
´`
tensoriel par M », M 7! P A M est un adjoint a gauche du foncteur HomA (P; ).
`

Demonstration. ” Pour tout couple (M; N) de A-modules, il nous faut construire
´
un isomorphisme M;N : HomA (P A M; N) ! HomA (M; Hom(P; N)). Avant de
donner une formule, interpre ´tons les deux membres avec des mots. D™apres `
la proprie ´ universelle ve ´e par le produit tensoriel, HomA (P A M; N) est
´te ´ri¬e
l™ensemble des applications biline ´aires de P M dans N. Or, une telle appli-
cation biline ´aire b est une application line ´aire en chacune des variables. En
particulier, pour tout m, elle induit une application line ´aire b( ; m) de P dans N.
Re´ciproquement, une famille d™applications line ´aires (bm )m2M de P dans N telle
11.5. EXERCICES 207



que l™application m 7! bm soit line´aire correspond exactement a une application
`
biline´aire de P M dans M.
Si l™on veut, voici une formule. Si b 2 Hom(M A P; N), M;N (b) est l™application
´aire qui associe a m 2 M l™application line´aire p 7! b(m p).
line `
En¬n, si g est un homomorphisme M ! M0 et f un homomorphisme N ! N0 ,
on doit comparer les deux homomorphismes
f g
M0 ;N
HomA (M0 ! HomA (M0 ; HomA (P; N)) ! HomA (M; HomA (P; N0 ))
P; N)
et
f (g IdP ) M;N0
HomA (M0 P; N0 ) ! HomA (M; HomA (P; N0 )):
! HomA (M
P; N)
Soit b 2 Hom(M0 P; N) et calculons ses images '1 (b) et '2 (b) par les deux
lignes.
´aire M0 ! HomA (P; N) de
Tout d™abord, M0 ;N (b) est l™application line ´¬nie par
m0 7! p 7! b(m0 p) . Par suite, '1 (b) est l™application line
Ð
´aire M ! HomA (P; N)
Ð
´¬nie par m 7! p 7! g(b(f (m) p)) .
de
Ensuite, l™image de b par l™homomorphisme f (g IdP ) est l™application
de M P dans N0 telle que m p 7! g(b(f (m) p)). Par suite, '2 (b) associe a `
m 2 M l™applicatin line´aire p 7! g(b(f (m) p)).
Les deux expressions '1 (b) et '2 (b) co±ncident, ce qui acheve la de
¨ ` ´monstration
du fait que le foncteur produit tensoriel par P est l™adjoint a gauche du foncteur
`
Hom(P; ).

Corollaire 11.4.5. ” Le foncteur produit tensoriel est exact a droite.
`
´
Exercice 11.4.6. ” Ecrire les e
´nonce analogues a ceux de ce paragraphe en
´s `
e
´changeant droite et gauche :
a) Donner un critere pour l™exactitude d™une suite 0 ! M ! N ! P en termes
`
de suites de la forme 0 ! Hom(L; M) ! Hom(L; N) ! Hom(L; P) lorsque L est
un A-module quelconque.
b) Montrer qu™un foncteur qui est adjoint a droite est exact a gauche.
` `


11.5. Exercices
Exercice 11.5.1. ” Soient m et n deux entiers 1 premiers entre eux. Montrer
que
(Z=mZ) Z (Z=nZ) = 0:

Exercice 11.5.2. ” Soit X un espace topologique. Montrer
C (X; R) C ' C (X; C):
R
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
208



Exercice 11.5.3. ” Soit M un A-module ; notons M_ = Hom(M; A).
a) Soit N un A-module. Montrer qu™il existe un unique homomorphisme de
A-modules
: M_ A N ! HomA (M; N)
qui associe a ' n (pour ' 2 M_ et n 2 N) l™homomorphisme m 7! '(m)n.
`
b) Montrer que est un isomorphisme si M est libre de type ¬ni. Est-ce
que est un isomorphisme en ge ´ral ?
´ne
c) Montrer qu™il existe un unique homomorphisme de A-modules
t : M_ M!A
A

tel que t(' m) = '(m).
On suppose que M est libre de rang ¬ni et que N = M. Reconnaissez-vous
l™homomorphisme
1
: EndA (M) ! A ?
t

Exercice 11.5.4. ” Soit M un Z-module.
a) Montrer que M Z Q est sans torsion.
b) Soit S = Z n f0g. Montrer que M Z Q est isomorphe a S 1 M.
`
´gal au noyau de l™homomorphisme naturel M !
c) Montrer que Mtor est e
M Z Q.

´rien, notons m son ide maximal
Exercice 11.5.5. ” Soit A un anneau local noethe ´al
et k = A=m le corps re ´siduel.
Soient M et N deux A-modules de type ¬ni, N e ´tant en outre suppose libre sur
´
A. Soit f : M ! N un homomorphisme de A-modules tel que l™homomorphisme
k!N
f :M k
A A

soit un isomorphisme.
Montrer que f est un isomorphisme.

Exercice 11.5.6. ” Soit p un nombre premier et A l™anneau Z=p2 Z. Soit M un
A-module de type ¬ni. Montrer que les conditions suivantes sont e ´quivalentes :
(1) M est un A-module libre ;
(2) M est un A-module plat ;
´ri¬e pm = 0, il existe m0 2 M tel que m = pm0 .
(3) si m 2 M ve

Exercice 11.5.7. ” Soient k un anneau, A et B deux k-algebres. Montrer que
`
l™application
(a b); (a0 b0 ) 7! (aa0 ) (bb0 )
Ð

munit A B d™une structure de k-algebre.
`
k
11.6. SOLUTIONS 209



Exercice 11.5.8. ” Soient I et J deux ide
´aux de A. Montrer qu™il existe un iso-
morphisme de A-modules
(A=J) ' A=(I + J):
(A=I) A

Expliciter un tel isomorphisme qui est en outre un isomorphisme d™anneaux.

Exercice 11.5.9. ” Soient M et N deux A-modules.
a) On suppose que M et N sont de type ¬ni. Montrer que M A N est de
type ¬ni.
b) On suppose que M est un A-module noethe ´rien et que N est de type ¬ni.
Montrer que M A N est noethe ´rien.
c) On suppose que M est un A-module artinien et que N est de type ¬ni.
Montrer que M A N est artinien.
d) On suppose que M et N sont de longueur ¬nie. Montrer que M A N est
de longueur ¬nie, et que
N) „ `A (M)`A (N):
`A (M A

Exercice 11.5.10. ” Soit A un anneau local integre de corps des fractions K et
`
d™ide maximal m. Soit M un A-module de type ¬ni tel que
´al
dimA=m M=mM = dimK M K:
A

Montrer que M est libre.


11.6. Solutions
Solution de l™exercice 11.5.1. ” Un e ´ment de (Z=m) (Z=n) est somme de tenseurs
´le
a b, avec a 2 Z=m et b 2 Z=n. Conside ´rons un tel tenseur et montrons qu™il est
nul. Soient u et v 2 Z tels que um + vn = 1. Alors,
a b = 1(a b)
= (um + vn)(a b)
= um(a b) + vn(a b)
b+a
= (uma) (vnb)
b+a
=0 0 = 0:
Par suite, tout e ´ment de (Z=m)
´le (Z=n) est nul, donc
(Z=mZ) (Z=nZ) = 0:
Z

Solution de l™exercice 11.5.2. ” L™application
C (X; R) C ! C (X; C)
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
210



´¬nie par (f; z) 7! zf est biline
de ´aire, d™ou un homomorphisme
`
C (X; R) C ! C (X; C):
R

D™autre part, l™application
C (X; C) ! C (X; R) C
R

de
´¬nie par
f 7! <(f ) 1 + =(f ) i
est line
´aire, et est l™inverse de l™application pre ´dente. On a donc un isomor-
´ce
phisme.
Solution de l™exercice 11.5.3. ” a) L™application
M_ N ! HomA (M; N)
qui envoie ('; n) sur l™homomorphisme m 7! '(m)n est A-biline ´aire. Il existe ainsi
un unique homomorphisme comme demande ´.
b) Supposons que M est libre de rang n. Soit (e1 ; : : : ; en ) une base de M. On
dispose alors de la base duale de M_ , ('1 ; : : : ; 'n ), de
´¬nie par 'i (ej ) = 1 si i = j
et 'i (ej ) = 0 sinon.
Montrons que est un isomorphisme. Alors, l™application
: HomA (M; N) ! M_ N
f 7! '1 f (e1 ) + + 'n f (en )
est un homomorphisme de A-modules. Si f 2 HomA (M; N),
X
( (f ))(ei ) = ( 'j f (ej ))(ei )
j
X
'j (ei )f (ej ) = f (ei );
=
j

´ciproquement, si ' 2 M_ et n 2 N,
donc, les ei engendrant M, ( (f )) = f . Re
(m 7! '(m)n)
n)) =
( ('
X
= 'i ('(ei )n)
i
X
= ( '(ei )'i ) n
i
=' n;
donc, les ' n engendrant M_ N, = Id. Par suite, et sont des
isomorphismes re ´ciproques l™un de l™autre.
c) L™application
M_ M; ('; m) 7! '(m)
est biline
´aire, d™ou l™existence et l™unicite de l™homomorphisme t.
` ´
11.6. SOLUTIONS 211



Supposons maintenant que M = N est libre de rang n. Soit (e1 ; : : : ; en ) une
base de M, et notons ('1 ; : : : ; 'n ) la base duale. Alors, les 'i ej forment une
base de M_ M, l™endomorphisme correspondant de M e ´tant donne dans la
´
base (ei ) par la matrice Ei;j (des 0 partout sauf un 1 sur la j ligne et la ie
e
1
colonne. L™image de Ei;j par t est alors 'i (ej ) = 1 si i = j, et 0 sinon. Par
1 P
suite, l™image de la matrice U = (ai;j ) par t est l™e ´ment ai;i de A. C™est
´le
i
la trace de U.

Solution de l™exercice 11.5.4. ” a) La multiplication par a 2 Z est un isomor-
phisme de M Z Q. Son inverse est en effet donne par ´
x 7! m
m (x=a)
qui est bien de´¬nie. Alors, si am = 0, on a ne
´cessairement m = 0.
b) L™application M Q ! S 1 M donne par (m; a=b) 7! (am)=b est biline
´e ´aire,
´¬nit un homomorphisme f : M Q ! S 1 M.
donc de
´¬nir un homomorphisme dans l™autre sens g : S 1 M !
D™autre part, on peut de
M Q par g(m=b) = m (1=b). En effet, si m=b = m0 =b0 , c™est qu™il existe a 2 Z
tel que ab0 m = abm0 . Alors,
(1=b) = (amb0 ) (1=abb0 )
m
= (abm0 ) (1=abb0 )
= m0 (1=b0 ):
En¬n, f (g(m=b)) = f (m (1=b)) = m=b et g(f (m (a=b))) = g(am=b) =
am (1=b) = m (a=b), si bien que f g = Id, g f = Id et f et g sont des
isomorphismes. Par conse´quent
S 1M ' M Q:
Z

L™homomorphisme naturel ' : M ! M Q est le compose de
´
c)
g
M ! S 1M ! M Q:
On a vu que g est un isomorphisme. Ainsi, le noyau de ' est le noyau de
M ! S 1 M. Or, si m=1 = 0, cela signi¬e qu™il existe a 2 Z tel que am = 0, et
donc que m est de torsion. Ainsi, le noyau de ' est le sous-module de torsion
de M.
Remarque. ” Tout l™exercice se ge ´ralise en rempla¸ ant Z par un anneau
´ne c
integre A et Q par le corps des fractions K de A.
`

Solution de l™exercice 11.5.5. ” On identi¬e M A k a M=mM et N A k a N=mN.
` `
Comme f est un isomorphisme, on a N = mN + f (M). Comme N est de type
¬ni sur A, le the ` me de Nakayama implique que N = f (M) : f est surjectif.
´ore
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
212



Comme N est libre sur A, f a un inverse a droite g, c™est-a-dire un homomor-
` `
phisme g : N ! M tel que f g = IdN . (Si l™on veut, on dit que tout module libre
est projectif. Si on pre ` re un argument direct, on choisit une base (e1 ; : : : ; en )
´fe
de L et pour tout n un e ´ment mn 2 M tel que f (mn ) = en . Alors, on pose
´le
P P
g( ai ei ) = ai mi .)
L™homomorphisme induit g : N A k ! M A k est alors un inverse a gauche de
`
f . Comme l™inverse a gauche d™un isomorphisme d™espace vectoriels est e
` ´gal a `
l™inverse, donc est un isomorphisme, g est un isomorphisme. Il est en particulier
surjectif. Alors, M = mM+g(N) et le the ` me de Nakayama implique M = g(N).
´ore
Donc g est surjectif.
Montrons alors que g f = IdM . En effet, si m 2 M, choisissons x 2 N tel que
g(x) = m. On a alors g(f (m)) = g(f (g(x))) = g(x) puisque f g = IdN , donc
g(f (m)) = m. Ainsi, f et g sont des isomorphismes re´ciproques l™un de l™autre.

Solution de l™exercice 11.5.6. ” (1))(2).” Tout module libre est plat.
(2))(3).” Conside ´rons la suite exacte de A-modules
p
i
0 ! p(Z=p2 Z) ! (Z=p2 Z) ! p(Z=p2 Z) ! 0;
ou la ¬‚eche i est l™injection naturelle et la ¬‚eche p la multiplication par p dans
` ` `
2
A = Z=p Z. Puisque M est plat, on obtient en la tensorisant par M une suite
exacte
p
i
0 ! (pA) A M ! M ! (pa) M ! 0:
() A
P
Dans cette suite exacte, l™homomorphisme i associe a (paj ) mj l™e ´ment
` ´le
P
paj mj de M. Puisqu™il est injectif, il de
´¬nit donc un isomorphisme avec son
image qui est pM.
L™homomorphisme p associe a m 2 M l™e ´ment p m de (pA) A M. Alors, i p
` ´le
est l™homomorphisme M ! M de multiplication par p. En identi¬ant (pA) A M
avec pM par l™isomorphisme i, la suite exacte ( ) devient ainsi
p
0 ! pM ! M ! pM ! 0:
( )
p
Alors, si pm = 0, m appartient au noyau de M ! pM, donc a l™image de `
0 0
l™injection pM ! M et il existe m 2 M tel que m = pm .
(3))(1). ” Un (Z=p2 Z)-module de type ¬ni est un Z-module de type ¬ni
annule par p2 . Si (d1 ; : : : ; dr ) sont les facteurs invariants de M, dr divise p2 , si bien
´
que ces facteurs sont p ou p2 .
Si M n™est pas libre, d1 = p. L™e ´ment m = (cl(1); 0; : : : ; 0) est annule par p mais
´le ´
il n™appartient pas a pM. (Si m0 = (cl(a1 ); : : : ; cl(ar )), pm0 = (p cl(a1 ); : : : ; p cl(ar )),
`
on doit avoir p cl(a1 ) = cl(1) ce qui est impossible.) C™est une contradiction et
M est un A-module libre.
11.6. SOLUTIONS 213



Solution de l™exercice 11.5.7. ” Une k-algebre est d™abord un k-module. C™est bien
`
le cas pour A k B.
Elle est ensuite munie d™un produit. Il faut donc ve ´ri¬er qu™il existe une
application
(A k B)2 ! (A k B)
b; a0 b0 ) 7! (aa0 ) (bb0 ). Pour cela, il suf¬t de ve
biline
´aire telle que (a ´ri¬er
que l™application
B!A
A B A B
k

telle que (a; b; a0 ; b0 ) 7! (aa0 ) (bb0 ) est quadri-line´aire. Les biline´arite par rapport
´s
aux deux premieres variables d™une part et aux deux dernieres variables d™autre
` `
part nous permettront d™en de ´duire une application biline ´aire. Or, c™est e´vident.
En¬n, il faut ve ´ri¬er que cette application biline ´aire de ´¬nit une structure
d™anneau. La commutativite est claire sur les tenseurs de
´ ´compose donc par
´s,
line´arite ce produit est commutatif. L™e ´ment 0 est 0, l™unite est 1 1. (On a
´, ´le ´
bien (1 1)(a b) = a b pour tout a 2 A et tout b 2 B, donc par line ´arite
´,
(1 1)v = v pour tout v 2 A k B.) En¬n, on ve ´ri¬e l™associativite sur les tenseurs
´
de´compose : ´s
(a b) (a0 b0 ) (a00 b00 ) = (aa0 bb0 ) (a00 b00 )
Ð

= (aa0 a00 ) (bb0 b00 )
b) (a0 a00 b0 b00 )
= (a
0 0 00 00
Ð
b) big((a b ) (a b):
= (a


Solution de l™exercice 11.5.8. ” D™apres la proposition 11.2.3, on a
`
(A=J) ' (A=I)=J(A=I) ' A=(I + J):
(A=I)
On laisse ve
´ri¬er que
cl(b) 7! cl(ab)
cl(a)
et
cl(a) 7! cl(a) 1
de´¬nissent deux homomorphismes entre (A=I) (A=J) et A=(I + J) re ´coproques
l™un de l™autre. Ce sont en outre des homomorphismes d™anneaux car cl(a) cl(b) =
cl(ab) a pour image
cl(ab) 1 = (cl(a) cl(b)) (1 1)
= (cl(a) 1) (cl(b) 1)
qui est le produit dans (A=I) (A=J) des images de cl(a) et cl(b).
CHAPITRE 11. PRODUIT TENSORIEL
214



Solution de l™exercice 11.5.9. ” a) Soient (m1 ; : : : ; mr ) et (n1 ; : : : ; ns ) des ge ´ra-
´ne
teurs de M et N. On va prouver que les mi nj engendrent M A N. Comme
M N est engendre par les tenseurs de
´ ´compose il suf¬t de prouver qu™un tel
´s,
P P
m n est engendre par les mi nj . En effet, si m = ai mi et n = bj nj , on a
´
X X X
m n = ( ai mi ) ( bj nj ) = ai bj mi nj :
b) Comme N est de type ¬ni, il existe n 1 et un homomorphisme surjectif
An ! N. Alors, l™homomorphisme
An = Mn ! M
IdM p : M N
´rien, Mn est noethe
est surjectif. Comme M est noethe ´rien, et M N est noethe
´rien
comme quotient d™un module noethe ´rien.
c) On change juste le mot « noethe ´rien » par le mot « artinien » dans la
question pre ´dente.
´ce
d) Supposons M simple. Alors, M = A=m, pour un ide maximal m de A.
´al
Cela implique que M N ' N=mN est un quotient de N, donc est de longueur
¬nie „ `A (N).
Raisonnons alors par re´currence sur la longueur de M. On vient de traiter le
cas de longueur 1. Soit M1 M un sous-module de M tel que M=M1 soit simple.
Apres tensorisation par M, la suite exacte
`
0 ! M1 ! M ! (M=M1 ) ! 0
fournit une suite exacte
N!M N ! (M=M1 ) N ! 0:
M1
Il en re´sulte que la longueur de M N est infe ´rieure ou e´gale a la somme des
`
longueurs des extre ´mit™es. D™apres le cas simple, la longueur de (M=M1 ) N
`
est infe
´rieure a `(N), tandis que par re
` ´currence, celle de M1 N est infe ´rieure
a `(M1 )`(N). On a ainsi
`
N) „ `(M1 )`(N) + `(N) = `(M)`(N)
`A (M
puisque `(M) = `(M1 ) + 1.
Solution de l™exercice 11.5.10. ” Soit n = dimA=m M=mM et choisissons e1 ; : : : ; en
une base de cet espace vectoriel. Soit mi 2 M dont ei est la classe et ' : An ! M
´¬ni par (a1 ; : : : ; an ) 7! a1 m1 +
l™homomorphisme de + an mn .
Par construction, on a Im(') + mM = M. Comme M est de type ¬ni, le lemme
de Nakayama implique que Im(') = M. Donc ' est surjective.
D™autre part, 'K : K n ! M A K est une application K-line ´aire surjective
de K-espaces vectoriels de meme dimension. Elle est donc injective. Comme
ˆ
Ker ' Ker 'K , ' est injective.
Par suite, ' est un isomorphisme et M ' An .
12 Modules, II



12.1. Longueur
De¬nition 12.1.1. ” Soit A un anneau. On dit qu™un A-module non nul est simple si
´
ses seuls sous-modules sont 0 et lui-meme.
ˆ

Exemples 12.1.2. ” a) Le module nul n™est pas simple.
b) Si A est un corps et M un A-espace vectoriel simple non nul. toute droite
de M est e ´gale a M, donc M est de dimension 1.
`
c) Soit A un anneau et I un ide de A. Dans l™identi¬cation entre A-modules
´al
annule par I et (A=I)-modules, sous-A-modules et sous-(A=I)-modules se cor-
´s
respondent. Par suite, un A-module annule par I est simple si et seulement si
´
il est simple en tant que (A=I)-module.
d) Si m est un ide maximal de A, A=m est un (A=m)-espace vectoriel
´al
de dimension 1, donc est simple comme (A=m)-module, donc aussi comme
A-module.

Proposition 12.1.3. ” Soit A est un anneau et M un A-module simple. Alors, l™annu-
lateur de M est un ideal maximal de A et M ' A= Ann(M).
´

Demonstration. ” Soit m un e ´ment non nul de M et soit f l™homomorphisme
´le
´
A ! M de ´¬ni par f (a) = am. Comme m 6= 0, Im f est un sous-module non nul
de M. Puisque M est simple, Im f = M et f est surjectif. Ainsi, M ' A= Ann(m).
Montrons maintenant que Ann(m) est un ide maximal de A. Tout ide I de
´al ´al
A contenant Ann(m) de ´¬nit un sous-module I= Ann(m) de A= Ann(m), donc un
sous-module de M (en l™occurrence le sous-module IM). Comme M est simple,
ou bien I = Ann(m) ou bien I = A, ce qui signi¬e que Ann(m) est un ide ´al
maximal de A.
En¬n, tout e ´ment de M e
´le ´tant multiple de m, Ann(m) Ann(M), d™ou `
l™e
´galite et le fait que Ann(M) est un ide maximal de A.
´ ´al
CHAPITRE 12. MODULES, II
216



De¬nition 12.1.4. ” Soit A un anneau. La longueur d™un A-module M est la borne
´
superieure de l™ensemble des entiers n tels qu™il existe une suite M0 ( M1 ( Mn strictement
´
croissante de sous-A-modules de M. On la note `A (M) ou `(M).

Exemple 12.1.5. ” a) Si M est un A-module simple, sa longueur est 1 puisque la
seule suite strictement croissante de sous-modules de M est 0 M.
b) Re ´ciproquement, un A-module de longueur 1 est simple. Tout sous-module
de N de M qui est distinct de 0 et de M fournit en effet une suite 0 ( N ( M
de longueur 2.
c) Si A est un corps, suite strictement croissante de sous-modules se traduit en
ˆ ´s. `
suite de sous-espaces vectoriels embo±te A chaque fois, la dimension augmente
au moins de 1. Par suite, la longueur d™un module sur un corps est sa dimension
en tant qu™espace vectoriel.
d) L™anneau Z n™est pas un Z-module de longueur ¬nie puisque l™on a de
suites strictement croissantes arbitrairement longues d™ide ´aux de Z :

2n Z 2n 1 Z Z:

e) Si I est un ide de A, un A-module M annule par I a meme longueur
´al ´ ˆ
(e
´ventuellement in¬nie) en tant que A-module qu™en tant que A=I-module.

Proposition 12.1.6. ” Soit A un anneau. Soit M un A-module et N un sous-module
de N. Si deux des modules M, N et M=N sont de longueur ¬nie, le troisieme l™est aussi et on
`
a l™egalite
´ ´
`A (M) = `A (N) + `A (M=N):

Demonstration. ” Si N0 ( N1 ( ( Na et M0 =N ( Mb =N sont des cha±nes
ˆ
´
de sous-modules de N et M=N respectivement,

N0 ( N1 ( ( Na ( M 1 ( ( Mb

est une cha±ne de sous-modules de M de longueur a + b, d™ou, avec la convention
ˆ `
habituelle 1 + n = +1, l™ine ´galite `(M) `(N) + `(M=N).
´
En particulier, si M est de longueur ¬nie, N et M=N aussi. Re´ciproquement, on
suppose que N et M=N sont de longueur ¬nie et on veut prouver que M est de
longueur ¬nie e´gale a `(N) + `(M=N). Soit donc M0 ( M1 (
` ( Ma une cha±ne
ˆ
de sous-A-modules de M. On rappelle (ce fait est e ´tabli dans la de´monstration
de la proposition 7.2.5) que si M0 M00 sont deux sous-A-modules de M tels que
M0 \ N = M00 \ N et M0 + N = M00 + N, alors M0 = M00 . Par suite, pour tout i, au
moins une des deux inclusions

Mi \ N Mi+1 \ N et Mi + N Mi+1 + N
12.1. LONGUEUR 217



est stricte, ce qui implique que `(N) + `(M=N) a. Autrement dit, prenant la
borne supe ´rieure sur a, `(N) + `(M=N) `(M) et la proposition est de
´montre
´e.


Proposition 12.1.7. ” Soit A un anneau, S une partie multiplicative de A et soit M un
A-module de longueur ¬nie. Alors, S 1 M est un S 1 A-module de longueur ¬nie inferieure
´
ou egale a `A (M).
´ `
Demonstration. ” En effet, soit N = S 1 M et soit N0 ( N1 ( ( Nn une
´
suite strictement croissante de sous-modules de N. Posons Mi = Ni \ M (image
´ciproque de Ni dans M par l™homomorphisme canonique M ! S 1 M). On a
re
Mn et comme S 1 Mi = Ni pour tout i (voir la proposition 6.5.10),
M0
les inclusions sont strictes. Ainsi, `A (M) n. En passant a la borne supe
` ´rieure,
on a donc `A (M) `S 1 A (S 1 M).
Theoreme 12.1.8 (Jordan“Holder). ” Soit A un anneau et soit M un A-module de
¨
´`
longueur ¬nie.
Alors si M0 ( M1 ( ( Mn est une suite strictement croissante de sous-A-modules de
M qui est maximale(1) , alors n = `A (M).
De plus, les A-modules Mi =Mi 1 (pour 1 „ i „ n) sont des A-modules simples.
`
A l™ordre pres, la famille (Ann(Mi =Mi 1 )) de leurs annulateurs (pour 1 „ i „ n) ne
`
depend pas de la suite strictement croissante maximale choisie.
´
Demonstration. ” Dire que la suite est maximale signi¬e exactement trois choses :
´
(1) M0 = 0, sinon on peut rajouter le module 0 a gauche ;
`
(2) Mn = M, sinon on peut rajouter le module M a droite ;`
(3) pour tout i 2 f1; : : : ; ng, le sous-module Mi =Mi 1 est simple. Il aurait sinon
un sous-module de la forme N=Mi 1 avec N 6= Mi et N 6= Mi 1 , ce qui permettrait
de rajouter le sous-module N entre Mi 1 et Mi .
Alors, `(M0 ) = 0, `(M1 ) = 1 car M1 est simple et par re ´currence, si `(Mi ) = i,
`(Mi+1 ) = `(Mi+1 =Mi ) + `(Mi ) = 1 + i puisque Mi+1 =Mi est simple. Ainsi, `(M) =
`(Mn ) = n.
Pour la derniere partie, il nous faut de
` ´montrer auparavant un lemme.
Lemme 12.1.9. ” Soit A un anneau, N M une inclusion de A-modules telle que M=N
soit simple, isomorphe a A=m pour un ideal maximal m de A.
` ´
Soit p un ideal maximal de A.
´
Alors, Mp =Np est simple si p = m, et est nul sinon.
Demonstration du lemme. ” D™apres l™exactitude de la localisation, Mp =Np est iso-
`
´
morphe a (M=N)p = (A=m)p , donc a Ap =mAp .
` `

(1)
au sens ou on ne peut pas l™allonger en rajoutant un module au milieu de la cha±ne
` ˆ
CHAPITRE 12. MODULES, II
218



Si m n™est pas contenu dans p, mAp = Ap donc le quotient est nul. Dans
l™autre cas, si m est contenu dans p, comme m est maximal, m = p et mAm est
l™ide maximal de Am . Par suite, le quotient est simple.
´al
Reprenons maintenant la preuve du the ` me 12.1.8.
´ore
Fin de la demonstration. ” Pour 1 „ i „ n = `(M), notons mi = Ann(Mi =Mi 1 ).
´
Soit alors m un ide maximal de A et localisons par rapport a la partie multi-
´al `
plicative A n m. On obtient une suite de sous-modules
Mn;m :
M0;m M1;m
Appliquons maintenant le lemme : dans cette suite, toutes les inclusions de-
´galite sauf les inclusions Mi 1;m Mi;m si m = mi . Par suite, on
viennent des e ´s
a une formule
ý
`Am (Mm ) = card i 2 f1; : : : ; ng ; m = mi :
´aux maximaux mi qui interviennent ne de
Cela prouve que les ide ´pendent que
de M, de meme que le nombre de fois qu™ils interviennent.
ˆ


12.2. Modules et anneaux artiniens
De¬nition 12.2.1. ” Soit A un anneau et soit M un module. On dit que M est artinien
´
si toute suite decroissante de sous-A-modules de M est stationnaire.
´
On dit que A est artinien si c™est un A-module artinien.
C™est en quelque sorte la de
´¬nition « duale » de celle d™un module noethe
´rien.
Remarque 12.2.2. ” Un A-module M est artinien si et seulement si toute famille
non vide de sous-modules de M admet un e ´ment minimal.
´le
Les modules artiniens jouissent d™un certain nombre de proprie ´s analogues
´te
a celles des modules noethe
` ´riens.
Proposition 12.2.3. ” Soit A un anneau.
a) Soit M un A-module et N un sous-module de M. Alors, M est un A-module artinien
si et seulement N et M=N sont des A-modules artiniens.
b) Produits, puissances (¬nies) de modules artiniens sont artiniens.
c) Si S est une partie multiplicative de A et si M est un A-module artinien, S 1 M est un
S 1 A-module artinien.
Demonstration. ” a) Notons cl : M ! M=N l™homomorphisme canonique. Sup-
´
posons d™abord que N et M=N sont artiniens. Soit (Mn ) une suite de ´croissante
de sous-modules de M. Les suites (Mn \ N) et (cl(Mn )) de sous-modules de N
et M=N respectivement sont de ´croissantes, donc stationnaires. Par suite, pour
n assez grand, Mn \ N = Mn+1 \ N et cl(Mn ) = cl(Mn+1 ). Puisque Mn+1 Mn , le
12.2. MODULES ET ANNEAUX ARTINIENS 219



meme argument qu™a la proposition 7.2.5 montre que Mn = Mn+1 . La suite (Mn )
ˆ `
est ainsi stationnaire.
Re ´ciproquement, supposons M artinien. Une suite de ´croissante de sous-
modules de N est aussi une suite de ´croissante de sous-modules de M, donc
est stationnaire. Ainsi, N est noethe ´rien. Si maintenant (Pn ) est une suite
de´croissante de sous-modules de M=N, on en de ´duit une suite de ´croissante
1
cl (Pn ) de sous-modules de M. Cette derniere est donc stationnaire et puisque
`
1
Pn = cl(cl (Pn )), la suite (Pn ) est elle-meme stationnaire.
ˆ
b) Si M et N sont deux A-modules artiniens, la suite exacte 0 ! M ! M N !
N ! 0 montre que M N est artinien.
´currence que si M est un A-module artinien, Mn est, pour
Il en re´sulte par re
tout entier n 1, un A-module artinien.
c) Supposons que M est un A-module artinien et notons i : M ! S 1 M l™ho-
momorphisme canonique de A-modules. Si (Pn ) est une suite de ´croissante de
sous-modules de S 1 M, la suite i 1 (Pn ) est une suite de´croissante de sous-modules
de M. Elle est donc stationnaire. Comme Pn = S (i 1 (Pn )), la suite (Pn ) est
1

aussi stationnaire.

Theoreme 12.2.4. ” Soit A un anneau. Un A-module M est de longueur ¬nie si et
´`
seulement si il est artinien et noetherien.
´

Demonstration. ” Supposons M de longueur ¬nie et conside ´rons une suite mo-
´
notone (Mn ) de sous-modules de M. La suite des longueurs `(Mn ) est donc
monotone, minore par 0 et majore par `(M). Elle est donc stationnaire. La
´e ´e
suite (Mn ) est donc stationnaire. (Se rappeler que si P Q sont deux modules de
meme longueur ¬nie, `(Q=P) = `(Q) `(P) = 0 donc Q=P = 0 et Q = P.) Ainsi,
ˆ
M est a la fois artinien (en conside
` ´rant des suites de
´croissantes) et noethe ´rien
(en conside ´rant des suites croissantes).
Supposons maintenant que M est artinien et noethe ´rien et montrons que M
est de longueur ¬nie.
Si M 6= 0, l™ensemble des sous-modules non nuls de M n™est pas vide. Comme M
est artinien, il admet un e ´ment minimal M1 : c™est un sous-module de M dont le
´le
seul sous-module strict est nul. Autrement dit, M1 est simple. Si M1 6= M, on peut
recommencer avec M=M1 et obtenir ainsi un sous-module M2 de M contenant
M1 tel que M2 =M1 est simple. On continue ainsi par re ´currence en construisant
une suite strictement croissante (e ´ventuellement ¬nie) 0 M1 : : : de
M2
sous-modules de M tels que Mn =Mn 1 est simple pour tout entier n.
C™est une suite croissante de sous-modules de M et M est noethe ´rien. Ainsi,
cette suite est stationnaire, donc est ¬nie. Cela signi¬e qu™il existe n tel que
Mn = M. Alors, `(M) = `(Mn ) = n et M est de longueur ¬nie.
CHAPITRE 12. MODULES, II
220



Passons maintenant a l™e
` ´tude des anneaux artiniens.

Lemme 12.2.5. ” Soit A un anneau artinien.
a) Si A est integre, A est un corps.
`
b) A n™a qu™un nombre ¬ni d™ideaux premiers, tous maximaux.
´

Demonstration. ” a) Supposons A integre. Si x 2 A n f0g, la suite d™ide
` ´aux
´
: : : est stationnaire. Il existe ainsi n tel que (xn ) = (xn+1 ), d™ou
(x2 ) `
(x)
un e ´ment a 2 A tel que axn+1 = xn . Puisque A est integre et x 6= 0, on peut
´le `
n
simpli¬er par x et ax = 1 ; x est donc inversible.
b) Supposons par l™absurde que A possede une in¬nite d™ide
` ´ ´aux maximaux
distincts m1 , m2 ,. . . La suite de
´croissante d™ide
´aux
m1 m1 m2 m1 m2 m3 :::
´galite m1 : : : mn 1 = m1 : : : mn qui implique
est alors stationnaire, d™ou une e
` ´
´videmment l™inclusion m1 : : : mn 1 mn . D™apres le lemme d™e
e ` ´vitement (exer-
cice 4.3.3), l™un des mi pour i < n est contenu dans mn , ce qui contredit le fait
que mi est maximal. Ainsi, A n™a qu™un nombre ¬ni d™ide ´aux maximaux.
En¬n, si p est un ide premier de A, A=p est un anneau artinien integre,
´al `
donc un corps d™apres le a). Ainsi, p est maximal.
`

Theoreme 12.2.6 (Akizuki). ” Soit A un anneau. Les conditions suivantes sont equi-
´
´`
valentes :
(1) A est noetherien et tous ses ideaux premiers sont maximaux ;
´ ´
(2) A est un A-module de longueur ¬nie ;
(3) A est artinien.

Demonstration. ” D™apres le the ` me 12.2.4, la condition (2) implique que A
` ´ore
´
est a la fois artinien et noethe
` ´rien, d™ou l™assertion (3) et la premiere partie
` `
de (1).
D™autre part, supposant (3), le lemme pre ´dent af¬rme que tout ide premier
´ce ´al
de A est maximal. En particulier, (2))(3) et (2))(1).
Supposons (1) et montrons (2), c™est-a-dire que A est de longueur ¬nie.
`
Raisonnons par l™absurde en supposant que A n™est pas de longueur ¬nie et
´¬nissons I comme l™ensemble des ide
de ´aux I de A tels que A=I n™est pas
de longueur ¬nie. Comme I = (0) appartient a I , I 6= ?. Comme A est
`
´rien, I possede un e ´ment maximal, notons le I. Montrons que I est
noethe ` ´le
un ide premier de A. En effet, soit a et b deux e ´ments de A tels que ab 2 I
´al ´le
mais a 62 I. Introduisons la suite exacte
0 ! a(A=I) ! A=I ! A=(I + (a)) ! 0:
12.2. MODULES ET ANNEAUX ARTINIENS 221



Comme a 62 I, I ( I+(a) et l™ide I+(a) n™appartient pas a I . Ainsi, A=(I+(a))
´al `
est de longueur ¬nie. Comme A=I n™est pas de longueur ¬nie, a(A=I) non plus.
Or, a(A=I) est l™image de l™homomorphisme ' : A ! A=I de ´¬ni par x 7! cl(ax).
On a donc A= Ker ' ' a(A=I) si bien que A= Ker ' n™est pas de longueur ¬nie,
soit Ker ' 2 I . Or, le noyau de ' est l™ide (I : a) des x 2 A tels que ax 2 I.
´al
´cessairement, I = (I : a). Comme ab 2 I,
En particulier, il contient I. Ainsi, ne
b 2 (I : a), et donc b 2 I. Finalement, I est un ide premier de A.
´al
Par hypothese, I est donc maximal. Alors, A=I est un A-module simple, donc de
`
longueur ¬nie, ce qui est une contradiction. Il en re ´sulte que A est de longueur
¬nie.
Il reste a montrer qu™un anneau artinien est de longueur ¬nie comme A-
`
module. Soit m1 ; : : : ; mn les ide
´aux maximaux de A, en nombre ¬ni d™apres le
`
lemme pre ´dent. Introduisons l™ide
´ce ´al
I = m1 : : : mn = m1 \ \ mn :
(C™est le radical de Jacobson de A.) La suite I I2 : : : e ´tant stationnaire, il
existe un entier s tel que Is = Is+1 . On va montrer que Is = 0.
Soit donc J = (0 : Is ) l™ensemble des a 2 A tels que aIs = 0. Si J 6= A, comme
A est artinien, il existe un plus petit ide J0 A contenant strictement J. Soit
´al
a 2 J0 un e ´me non nul. On a aI + J 6= aA + J. Sinon, posant M = (A=J)a,
´le ´nt
on aurait IM = M et, M e ´tant de type ¬ni, il existerait d™apres le the ` me de
` ´ore
Nakayama un e ´ment x 2 1 + I tel que xM = 0. Un tel x est inversible, d™ou
´le `
M = 0, contrairement au fait que a 6= 0. L™inclusion J aI + J J0 montre alors
que J = aI + J, soit aI J. Pour tout b 2 I, on a ab 2 J, c™est-a-dire abIs = 0 et donc
`
aIs+1 = 0. Comme Is = Is+1 , aIs = 0 et a 2 J. Ainsi, J0 = J, ce qui est absurde ;
nous avons donc prouve que J = A, c™est-a-dire Is = 0.
´ `
Dans la suite de ´croissante d™ide´aux

m1 m1 : : : mn = I Im1 m2 :::
A Im1
Is = 0
I2 I 2 m1
chaque quotient successif est un A-module artinien de la forme M=mM. C™est
ainsi un espace vectoriel sur le corps A=m, ne´cessairement de dimension ¬nie.
Par suite, la longueur de chaque quotient successif est ¬nie et A est de longueur
¬nie comme A-module.

Remarque 12.2.7. ” Voici une autre de ´monstration de l™implication (1))(2).
On e´tblira au paragraphe suivant (the ` me 12.3.11) que si A est un anneau
´ore
noethe´rien, il existe une suite d™ide
´aux
0 In In I1 I0 = A
1
CHAPITRE 12. MODULES, II
222



ou pour tout k, Ik =Ik+1 ' A=pk pour un certain ide premier pk . Si la condition (1)
` ´al
du the ` me est ve ´e, pk est un ide maximal. Par suite, les quotients Ik =Ik+1
´ore ´ri¬e ´al
sont simples et A est de longueur ¬nie (e ´gale a n) comme A-module.
`


12.3. Support et ideaux associes
´ ´
De¬nition 12.3.1. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Le support de M est
´
l™ensemble des ideaux premiers p de A tels que Mp 6= 0. On le note supp(M).
´

Theoreme 12.3.2. ” Soit A un anneau et soit M un A-module.
´`
a) Si M 6= 0, alors supp(M) 6= ?.
b) Si p 2 supp(M), alors p contient Ann(M).
c) Reciproquement, si M est de type ¬ni, supp(M) est l™ensemble des ideaux premiers de
´ ´
A qui contiennent Ann(M).

Demonstration. ” a) Supposons que supp(M) = ?. Ainsi, pour tout m 2 M et
´
tout ide premier p A, l™image m=1 de m dans Mp est nulle. Cela signi¬e qu™il
´al
existe a 2 A n p tel que am = 0. Autrement dit, l™ide Ann(m) annulateur de m
´al
n™est pas contenu dans p. Il n™est a fortiori contenu dans aucun maximal de A
donc est e ´gal a A. On a donc m = 1m = 0. Ainsi, M = 0.
`
b) On raisonne par contraposition. Soit p un ide premier de A ne contenant
´al
pas Ann(M) et soit a 2 A n p tel que aM = 0. On a donc Mp = 0, si bien que p
n™appartient pas au support de M.
c) Soit (m1 ; : : : ; mn ) une famille ¬ni d™e ´ment de M qui engendre M. Remar-
´le
quons que l™on a
Ann(M) = Ann(m1 ) \ \ Ann(mn ):
´ciproquement, si a 2 Ann(mi ) pour tout i, a
L™inclusion est e
´vidente et re
´aire des mi , donc tout M. Soit p un ide premier
annule toute combinaison line ´al
de A tel que Mp = 0. Par exactitude de la localisation (proposition 6.5.8), Mp est
engendre par les images mi =1 des mi dans Mp . Ainsi, pour tout i, on a mi =1 = 0
´
dans Mp . Cela signi¬e qu™il existe pour tout i un e ´ment ai 2 A n p tel que
´le
Q
ai mi = 0. Alors, posons a = ai . On a ami = 0 pour tout i donc a 2 Ann(M) et
comme p est premier, a 62 p. Ainsi, Ann(M) n™est pas contenu dans p.

Exercice 12.3.3. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Montrer que M = 0
si et seulement si pour tout ide maximal m de A, on a Mm = 0.
´al

Proposition 12.3.4. ” Soit A un anneau et considerons une suite exacte de A-modules
´
0 ! M0 ! M ! M00 ! 0:
Alors, on a supp(M) = supp(M0 ) [ sup(M00 ).
´ ´
12.3. SUPPORT ET IDEAUX ASSOCIES 223



Demonstration. ” Par exactitude de la localisation, on a pour tout ide premier
´al
´
p de A une suite exacte
0 ! M0p ! Mp ! M00 ! 0:
p

Ainsi, Mp = 0 si et seulement si M0p = M00 = 0, autrement dit
p

p 62 supp(M0 ) [ supp(M00 );
p 62 supp(M) ,
c™est-a-dire supp(M) = supp(M0 ) [ sup(M00 ).
`
De¬nition 12.3.5. ” Soit A un anneau et M un A-module. On dit qu™un ideal premier
´
´
p de A est associe a M s™il existe un element m 2 M tel que p = Ann(m).
´` ´´
L™ensemble des ideaux associes a M est note AssA (M).
´ ´` ´
Remarque 12.3.6. ” Dire que p = Ann(m) signi¬e aussi que l™homomorphisme
A ! M tel que a 7! am induit une injection A=p ,! M, autrement dit que A=p
est (isomorphe a) un sous-module de M.
`
Exemple 12.3.7. ” Si A est un anneau et p un ide premier de A, AssA (A=p) =
´al
fpg.
En effet, notons cl : A ! A=p la surjection canonique. Si x 2 A, calculons
l™annulateur de cl(x) dans A. Si x 2 p, cl(x) = 0 donc Ann(cl(x)) = A. Supposons
maintenant que cl(x) 6= 0, c™est-a-dire x 62 p. Si a cl(x) = 0, cela signi¬e cl(ax) = 0
`
donc ax 2 p. Comme x 62 p, a 2 p et Ann(cl(x)) = p. Ainsi, le seul ide premier
´al
de A qui est l™annulateur d™un e ´ment non nul de A=p est justement p.
´le
Proposition 12.3.8. ” Soit A un anneau et M un A-module non nul. Alors, tout element
´´
maximal parmi les ideaux de la forme Ann(x), avec x 2 M n f0g est premier et est donc un
´
ideal associe a M.
´ ´`
Demonstration. ” Soit I un ide maximal parmi les ide
´al ´aux de la forme Ann(x)
´
avec x 2 M, x 6= 0. Soit x 2 M tel que I = Ann(x). Soit a 62 I, de sorte que
ax 6= 0. L™annulateur de ax est un ide de A qui contient I. Puisque I est
´al
suppose maximal parmi les ide
´ ´aux qui sont les annulateurs d™un e ´ment non
´le
nul, Ann(ax) = I. Ainsi, si ab 2 I, c™est-a-dire abx = 0 ou encore b 2 Ann(ax), on
`
a b 2 I, ce qui montre bien que I est premier.
Corollaire 12.3.9. ” Soit A un anneau noetherien et M un A-module non nul. Un
´
element a 2 A est diviseur de zero dans M si et seulement s™il appartient a un des ideaux
´´ ´ ` ´
associes a M.
´`
En particulier, AssA (M) 6= ? : M possede au moins un ideal premier associe.
` ´ ´
Demonstration. ” Si a 2 A annule un e ´ment non nul x de M. Conside
´le ´rons
´
l™ensemble S des ide ´aux de A de la forme Ann(y) pour y 2 M n f0g et soit
Sa S ceux qui contiennent a. Comme toute famille (non vide) d™ide
´aux d™un
CHAPITRE 12. MODULES, II
224



´rien admet un e ´ment maximal, Sa admet un e ´ment maximal
anneau noethe ´le ´le
I, lequel est aussi un e ´ment maximal de S .
´le
D™apres la proposition pre ´dente, I est un ide premier associe a M ; il
` ´ce ´al ´`
contient a.
´ciproquement, si p est un ide premier associe a M, soit x 2 M tel que
Re ´al ´`
p = Ann(x). En particulier, x 6= 0. Si a 2 p, on a ax = 0, ce qui prouve que a est
diviseur de ze dans M.
´ro
Proposition 12.3.10. ” Soit A un anneau noetherien et M un A-module de type ¬ni.
´
Si S est une partie multiplicative de A (ne contenant pas 0) et p un ideal premier de A ne
´
rencontrant pas S, alors
si et seulement sip(S 1 A) 2 AssS (S 1 M):
p 2 AssA (M) 1A


Demonstration. ” Supposons que p est associe a M. Il existe donc un homomor-
´`
´
phisme injectif ' : A=p ,! M. Localisons cet homomorphisme par rapport a la `
partie multiplicative S. D™apres l™exactitude de la localisation, on en de
` ´duit un
homomorphisme injectif S 1 (A=p) ,! S 1 M. Comme S 1 (A=p) est isomorphe a `
S 1 A=S 1 p, S 1 p est un ide premier de S 1 A associe a S 1 M.
´al ´`
´ciproquement, supposons que S 1 p est associe a S 1 M. Soit m 2 M et
Re ´`
s 2 S tel que Ann(m=s) = S 1 p. Comme s est inversible dans S, on a en fait
Ann(m=1) = S 1 p et meme, pour tout t 2 S, Ann(tm=1) = S 1 p.
ˆ
Soit I = Ann(m) l™annulateur de m dans A. Si a 2 I, (a=1)(m=1) = 0 donc
a=1 2 S 1 p si bien qu™il existe s 2 S tel que sa 2 p. Comme s 2 S, s 62 p et a 2 p.
Ainsi, I p. De meme, pour tout s 2 S, Ann(sm) p.
ˆ
Si maintenant a 2 p, (a=1)(m=1) = 0, donc il existe s 2 S tel que sam = 0.
´rien, p est de type ¬ni ; soit a1 ; : : : ; ar des e ´ments de p
Comme A est noethe ´le
tels que p = (a1 ; : : : ; ar ). Soit pour i 2 f1; : : : ; rg, si 2 S tel que si ai m = 0. Alors,
posons s = s1 : : : sr . On a donc sai m = 0, si bien que ai 2 Ann(sm) pour tout i,
d™ou l™inclusion p Ann(sm).
`
´¬nitive, p = Ann(sm) et est associe a M.
En de ´`
Theoreme 12.3.11. ” Soit A un anneau noetherien et soit M un A-module de type ¬ni.
´
´`
Il existe alors une suite ¬nie
0 = M0 M1 Mn = M
de sous-modules de M et pour tout i 2 f1; : : : ; ng un ideal premier pi A tel que
´
Mi =Mi 1 ' A=pi .
Demonstration. ” Si M 6= 0, il possede un ide premier associe p1 . C™est l™annu-
` ´al ´
´
lateur d™un e ´ment x 2 M, x 6= 0 et le sous-module M1 = Ax M est isomorphe
´le
a A=p1 . On continue avec M=M1 qui contient un sous-module de la forme A=p2 ,
`
d™ou un sous-module M2 de M qui contient M1 et tel que M2 =M1 ' A=p2 .
`
´ ´
12.3. SUPPORT ET IDEAUX ASSOCIES 225



Par re ´currence, on construit ainsi une suite croissante de sous-module de M,
strictement croissante tant qu™elle n™atteint pas M. Comme A est noethe ´rien et
M de type ¬ni, cette suite est stationnaire et il existe n tel que Mn = M.

Proposition 12.3.12. ” Soit A un anneau et soit 0 ! M0 ! M ! M00 ! 0 une suite
exacte de A-modules. Alors, on a les inclusions
Ass(M0 ) Ass(M0 ) [ Ass(M00 ):
Ass(M)

Demonstration. ” L™inclusion Ass(M0 ) Ass(M) est e ´vidente : un ide p 2 Ass(M0 )
´al
´
est de la forme Ann(x) avec x 2 M0 . L™annulateur de x vu comme e ´ment de ´le
´gal a p, d™ou p 2 Ass(M).
M est encore e ` `
Soit maintenant p = Ann(x) 2 Ass(M). Supposons pour commencer que
Ax \ M0 = (0). Alors, l™annulateur de l™image y de x dans M00 est e ´gal a p : si
`
0 00
ay = 0, ax 2 M d™ou ax = 0 et x 2 p. Cela prouve que p 2 Ass(M ). Dans l™autre
`
cas, si a 2 A est tel que ax 2 M0 n f0g, donc en particulier a 62 p, l™annulateur de
ax est forme des b tels que abx = 0, soit ab 2 p, d™ou b 2 p puisque p est premier.
´ `
Ainsi, p 2 Ass(M0 ).

Theoreme 12.3.13. ” Soit A un anneau noetherien et soit M un A-module de type ¬ni.
´
´`
a) AssA (M) est un ensemble ¬ni.
b) Tout ideal premier p 2 AssA (M) contient Ann(M).
´
c) Reciproquement, si p est un ideal premier minimal parmi ceux contenant Ann(M),
´ ´
alors p 2 AssA (M).

Remarquons que sous les hypotheses du the ` me, l™ensemble des ide
` ´ore ´aux
premiers qui contiennent Ann(M) est e ´gal au support de M. On peut ainsi
reformuler les points b) et c) du the ` me comme suit : AssA (M) est contenu dans
´ore
supp(M) et ces deux ensembles ont memes elements minimaux.
ˆ ´´

Demonstration. ” a) Conside
´rons une suite de composition
´
0 = M0 M1 Mn = M
comme en fournit le the ` me 12.3.11. Notons aussi pi = Mi =Mi 1 si 1 „ i „ n.
´ore
D™apres la proposition 12.3.12, Ass(M) Ass(Mn 1 ) [ Ass(A=pn ). Nous avons
`
´montre dans l™exemple 12.3.7 que Ass(A=pn )) = fpn g. Ainsi, on a Ass(M)
de ´
Ass(Mn 1 ) [ fpn g et par re
´currence sur n,

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