<<

. 12
( 15)



>>

fp1 ; : : : ; pn g:
AssA (M)
C™est en particulier un ensemble ¬ni.
b) Un ide premier associe est l™annulateur d™un e ´ment x 6= 0. Il contient
´al ´ ´le
donc l™annulateur de M.
CHAPITRE 12. MODULES, II
226



c) Supposons que p est un ide premier minimal parmi ceux qui contiennent
´al
Ann(M). On considere le module localise Mp sur l™anneau noethe
` ´ ´rien Ap . Re-
marquons que Mp 6= 0. Supposons par l™absurde que Mp = 0 et conside ´rons une
famille (m1 ; : : : ; mr ) de ge ´rateurs de M. Pour tout i 2 f1; : : : ; rg, mi =1 = 0 dans
´ne
Mp , donc il existe si 2 A n p tel que si mi = 0. Posons s = s1 : : : sr ; on a smi = 0 pour
tout i, si bien que sM = 0. Par suite s 2 Ann(M). Mais comme p est premier,
s 62 p et ceci contredit l™inclusion Ann(M) p.
Comme Mp 6= 0, il admet donc un ide premier associe qAp et qAp contient
´al ´
l™annulateur Ann(M)Ap de Mp . L™hypothese que p est minimal parmi ceux qui
`
contiennent Ann(M) implique que q = p. D™apres la proposition 12.3.10, p est
`
associe a M.
´`

Corollaire 12.3.14. ” Soit A un anneau noetherien et soit M un A-module de type
´
¬ni. Alors, M est de longueur ¬nie si et seulement si tous ses ideaux premiers associes sont
´ ´
maximaux.

Demonstration. ” Supposons que M est de longueur ¬nie et conside
´rons une
´
suite de composition
0 = M0 M1 Mn = M
de sorte que pour tout i, il existe un ide maximal mi de A tel que Mi =Mi 1 '
´al
A=mi . D™apres la de
` ´monstration du the ` me pre ´dent, les ide
´ore ´ce ´aux premiers
associe a M sont contenus dans l™ensemble fm1 ; : : : ; mn g. Par suite, tous les
´s `
ide
´aux premiers associe a M sont maximaux.
´s `
Re´ciproquement, conside ´rons une suite de composition
0 = M0 M1 Mn = M
telle que fournie par le the ` me 12.3.11, c™est-a-dire que pour tout i, il existe
´ore `
un ide premier pi de A tel que Mi =Mi 1 ' A=pi . D™apres la proposition 12.3.4,
´al `
supp(M) = fp1 ; : : : ; pn g:
D™apres le the ` me 12.3.13, les ide
` ´ore ´aux premiers minimaux parmi supp(M) sont
associe a M, donc sont des ide
´s ` ´aux maximaux de A. Ne ´cessairement, tous les
ide
´aux de supp(M) sont maximaux. Il en re ´sulte que pour tout i, Mi =Mi 1 est
un A-module simple et M est de longueur ¬nie.


12.4. Decomposition primaire
´
De¬nition 12.4.1. ” Soit A un anneau et soit I un ideal de A distinct de A. On dit
´
´
que I est un ideal primaire s™il veri¬e la condition suivante : soit a et b dans A tels que
´ ´
ab 2 I et a 62 I, alors il existe n 1 tel que bn 2 I.
´
12.4. DECOMPOSITION PRIMAIRE 227



Une autre formulation de cette condition est parfois pratique : un ide I 6= A
´al p
est primaire si et seulement si pour tous a et b dans A tels que ab 2 I et b 62 I,
alors a 2 I.
Exercice 12.4.2. ” Un ide I 6= A d™un anneau A est primaire si et seulement si
´al
tout e ´ment non nilpotent de A=I est simpli¬able.
´le
Proposition 12.4.3. ” Le radical d™un ideal primaire est un ideal premier.
´ ´
Si I est un ide primaire de radical p, on dira aussi que I est p-primaire.
´al
p
Demonstration. ” Soit A un anneau, I un ide primaire de A et I son p
´al radical.
´ p
Comme I 6= A, I 6= A. Soit a et b deux e ´ments de A tels que ab 2 I mais
´le
p p
a 62 I. Soit n 1 tel que (ab)n = an bnp I. Comme a 62 I, an 62 I et il existe p 1
2
tel que (bn )p 2 I. Ainsi, bnp 2 I et b 2 I.

12.4.4. Exemples. ” a) Un ideal premier est p primaire. En effet, si I A est premier,
´
p
on a I = I. Par suite, si ab 2 I avec b 62 I, le fait que I soit premier implique
a 2 I.
b) Si A est un anneau principal, les ideaux primaires de A sont les puissances des ideaux
´ ´
premiers. Si I est un ide primaire et si p 2 A est un ge ´rateur de l™ide premier
´al ´ne ´al
p
I, alors il existe n 1 tel que I = (pn ). Il suf¬t donc de montrer que l™ide ´al
(pn ) est primaire si n 1. Or, si ab est multiple de pn mais b n™est pas multiple
de p, le lemme de Gauß implique que a est multiple de pn , donc a 2 (pn ).
Exercice 12.4.5. ” Si f : A ! B est un homomorphisme d™anneaux et si I est un
ide primaire de B, f 1 (I) est un ide primaire de A.
´al ´al
p
1
Solution. ” Soit a et b deux e ´ments de A tels que ab 2 f (I) mais b 62 f 1 (I).
´le p
Cela signi¬e f (ab) 2 I et f (b) 62 I. Comme I est primaire, f (a) 2 I, d™ou `
a 2 f 1 (I).
Proposition 12.4.6. ” Soit A un anneau et soit I un ideal de A dont le radical est
´
maximal. Alors, I est primaire.
p
Demonstration. ” Notons m = I. Par hypothese, m est un ide maximal de A.
` ´al
´
En particulier, I 6= A.
Soit a et b deux e ´ments de A tels que ab 2 I mais b 62 m. Comme m est
´le
maximal, bp inversible dans A=m et il existe c 2 A et x 2 m tels que 1 = bc + x.
est
Alors, x 2 I, donc il existe n 1 tel que xn 2 I. Comme x = 1 bc, il existe
y 2 A tel que xn = 1 + ybc. Alors, a = a(xn ybc) = axn yc(ab) 2 I.
Exercice 12.4.7. ” Soit A un anneau.
1, mn est un ide
a) Soit m un ide maximal de A. Si n est un entier
´al ´al
primaire de A.
CHAPITRE 12. MODULES, II
228



b) Soit p un ide premier de A et soit n un entier 1. Soit qn l™image
´al
´ciproque dans A de l™ide pn Ap du localise Ap . Montrer que qn est l™ensemble
re ´al ´
´riviant xy 2 pn . Montrer que qn est un ide
des x 2 A tels qu™il existe y 62 p ve ´al
p-primaire.

Proposition 12.4.8. ” Soit A un anneau et p un ideal premier de A. Soit I et J deux
´
ideaux p-primaires de A. Alors, I \ J est un ideal p-primaire.
´ ´
pp
p
Demonstration. ” Tout d™abord, on a I \ J = I \ J = p. D™autre part, soit a
´
et b deux e ´ments de A tels que ab 2 I \ J et b 62 p. Comme I \ J I et comme
´le
I est p-primaire, a 2 I. De meme, a 2 J. Ainsi, a 2 I \ J.
ˆ

Proposition 12.4.9. ” Soit A un anneau noetherien et soit p un ideal premier de A.
´ ´
Un ideal I de A est p-primaire si et seulement si AssA (A=I) = fpg.
´

Demonstration. ” Supposons que I est p-primaire et soit q un ide premier associe
´al ´
´ p
´cessairement, q contient Ann(A=I) = I, donc q contient I = p. Soit
a A=I. Ne
`
x 2 A tel que q = Ann(cl(x)). Supposons par l™absurde que q 6= p. Il existe alors
a 2 q n p et ax 2 I. Puisque I est suppose p-primaire, x 2 I, donc cl(x) = 0, ce
´
qui est absurde. Par suite, AssA (A=I) = fpg.
´ciproquement, supposons que AssA (A=I) = fpg. Tout d™abord, p est d™apres
Re `
le the ` me 12.3.13 l™unique ide premier minimal contenant Ann(A=I) = I, si
´ore ´al
p
bien que p = I. Soit a et b dans A avec ab 2 I mais a 62 I. Ainsi, b est diviseur de
0 dans A=I. D™apres le the ` me 12.3.9, b appartient a l™un des ide
` ´ore ` ´aux associe ´s
a A=I, autrement dit b 2 p. Cela prouve que I est p-primaire.
`

12.4.10. Decomposition primaire dans les anneaux principaux. ” Soit A un anneau
´
principal. Soit I un ide de A et soit n un ge ´rateur de I. On e
´al ´ne ´crit la
de´composition en facteurs premiers de n en ¬xant des repre ´sentants des e ´ments
´le
Qp
irre
´ductibles de A : n = p avec p 0 et p = 0 pour presque tout p. Alors,
T
I = (n) = (p p ) est intersection d™ide ´aux primaires de A.

Theoreme 12.4.11. ” Dans un anneau noetherien, tout ideal est intersection d™une
´ ´
´`
famille d™ideaux primaires.
´

Demonstration. ” Soit A un anneau noethe ´rien et I un ide de A. Remarquons
´al
´
que le re ´sultat a de
` ´montrer est vrai si I est primaire. Il est aussi vrai si I = A
(car alors AssA (A=I) = ? et l™intersection d™une famille vide d™ide ´aux de A est
e
´gale a A).
`
S™il est ne
´anmoins faux, comme A est noethe ´rien, l™ensemble des ide ´aux I
pour lesquels le the ` me n™est pas ve ´ admet un e ´ment maximal I. Un tel
´ore ´ri¬e ´le
ide I ne peut pas etre primaire.
´al ˆ
´
12.4. DECOMPOSITION PRIMAIRE 229


p
´aux Jm = (I : bm )
Il existe ainsi a 62 I et b 62 I tels que ab 2 I. Introduisons les ide
forme des x 2 A tels que bm x 2 I. Ils forment une suite croissante d™ide
´s ´aux de
A. Comme A est noethe ´rien, cette suite est stationnaire et il existe m tel que
Jm = Jm+1 . Montrons alors que I = I + (a) \ I + (bm ). L™inclusion est claire
´ciproquement, si x 2 I + (a) \ I + (bm ), alors x = y + az = y 0 + bm z 0 avec y,
et re
y 0 2 I et z, z 0 2 A. Alors, bx = by + abz 2 I. Comme bx = by 0 + bm+1 z 0 , bm+1 z 0 2 I
et z 0 2 (I : bm+1 ) = (I : bm ) donc bm z 0 2 I. Ainsi, x = y 0 + bm z 0 2 I. Comme a 62 I,
I ( I + (a) et I + (a) est intersection d™une famille ¬nie d™ide ´aux primaires de A.
De meme, bm 62 I donc I + (bm ) contient strictement I et est intersection d™une
ˆ
famille ¬nie d™ide ´aux primaires. Il en re ´sulte que I est intersection d™une famille
¬nie d™ide ´aux primaires de A.
De¬nition 12.4.12. ” Soit A un anneau noetherien et I un ideal de A. Une de ´compo-
´ ´
´
sition primaire de I est une expression I = q1 \ \ qn ou les qi sont des ideaux primaires
` ´
de A.
Une decomposition primaire est dite minimale si elle veri¬e les deux proprietes :
´ ´ ´´
p p
(1) pour tous i 6= j, qi 6= qj ;
T
(2) pour tout j, I 6= qi .
i6=j

Corollaire 12.4.13. ” Tout ideal d™un anneau noetherien admet une decomposition
´ ´ ´
primaire minimale.
Demonstration. ” Soit I un ide d™un anneau noethe
´al ´rien A et partons d™une de´-
´
composition I = q1 \ \qn dont l™existence est af¬rme par le the ` me 12.4.11.
´e ´ore
D™apres le lemme 12.4.8, l™intersection des qi de meme radical p est encore un
` ˆ
p
´composition primaire ou tous les qi
ide primaire, si bien qu™il existe une de
´al `
soient distincts.
Si on peut oter un ide primaire de la de
ˆ ´al ´composition sans changer l™inter-
section, on le fait, et ainsi de suite, jusqu™a obtenir une de
` ´composition primaire
de I qui ve´ri¬e la condition (2) de la de ´¬nition d™une de ´composition primaire
minimale. Il en existe donc.
Theoreme 12.4.14. ” Soit A un anneau noetherien. Soit I un ideal de A et soit I =
´ ´
´`
p
q1 \ \ qn une decomposition primaire minimale de I. Pour tout i, notons pi = qi .
´
a) Alors, AssA (A=I) = fp1 ; : : : ; pn g.
b) Si pi est un ideal premier associe minimal, qi = (IApi ) \ A.
´ ´
´aux pi sont associe a A=I. Il suf¬t
Demonstration. ” a) Montrons que les ide ´s `
´
´montrer que p1 est associe a A=I. Alors, il faut e
bien sur de de
ˆ ´` ´tablir l™existence
d™un e ´ment a 2 A tel que p1 = (I : a). Comme la de
´le ´composition est minimale,
I 6= q2 \ \ qn et il existe x 2 q2 \ : : : tel que x 62 I. Alors, xq1 est contenu
dans l™intersection q1 \ q2 \ : : : donc xq1 I. Comme A est noethe ´rien, il
CHAPITRE 12. MODULES, II
230



existe un entier m tel que q1 contienne pm et xpm est a fortiori contenu dans I.
1 1
´rons alors un entier m minimal tel que xpm I. Comme x 62 I, m 1.
Conside 1
m1 m1
De plus, xp1 6 I si bien qu™il existe a 2 xp1 tel que a 62 I. Montrons que
(I : a) = p1 . Si t 2 p1 , ta 2 xpm donc ta 2 I et t 2 (I : a). Re´ciproquement, si
1
at 2 I, at 2 q1 . Puisque a 2 (x), a 2 q2 \ \ qn et comme a 62 I, a 62 q1 . Comme
p
q1 est primaire, t 2 q1 = p1 .
´montre que p1 est associe a A=I, ce qui conclut la de
Nous avons ainsi de ´ ´` ´-
monstration de l™inclusion fpi g AssA (A=I).
Dans l™autre sens, soit p un ide premier associe a A=I et soit a 2 A tel que
´al ´`
T
p = AnnA (cl(a)) = (I : a). Si x 2 (I : a), alors ax 2 I = qi , donc ax 2 qi pour
T
´ciproquement, si x 2 (qi : a), ax 2 qi
tout i. Ainsi, x 2 (qi : a) pour tout i. Re
pour tout i donc ax 2 I. Par suite, on a
p = (I : a) = (q1 : a) \ \ (qn : a):
Puisque p est premier, il existe i tel que p = (qi : a) (voir le lemme 12.4.15
ci-dessous). Par suite, p 2 AssA (A=qi ) = fpi g d™apres la proposition 12.4.9.
`
b) On a e ´videmment
IApi = (q1 Api ) \ \ (qn Api ):
Soit j 6= i. Par hypothese, pi ne contient pas pj , si bien qu™il existe a 2 pj tel que
`
a 62 pi . Si m 1 est tel que am 2 qj , on voit donc que qj Api contient am Api = Api .
Par suite, IApi = qi Api .
Posons J = (qi Api ) \ A. D™apres l™exercice 12.4.5, J est un ide pi -primaire de
` ´al
A. Il reste a montrer que I = J. Soit x 2 I. Son image x=1 dans Api appartient
`
a JApi . Il existe donc s 62 pi tel que sx 2 J. Comme J est pi -primaire, x 2 J. La
`
re´ciproque se de ´montre de meme, d™ou I = J, ce qu™il fallait de
ˆ ` ´montrer.
Lemme 12.4.15. ” Soit A un anneau, soit p un ideal premier de A et soit I, J deux ideaux
´ ´
de A tels que p = I \ J. Alors, p = I ou p = J.
Demonstration. ” On a p = I \ J I et de meme, p J. Si p 6= I et p 6= J, soit
ˆ
´
x 2 I tel que x 62 p et soit y 2 J tel que y 62 p. Alors, xy 2 I \ J, donc xy 2 p, ce
qui contredit le fait que p est premier.


12.5. Exercices
Exercice 12.5.1. ” Soit A l™anneau C[X1 ; : : : ; Xn ] et M un A-module de longueur
¬nie. Montrer que `A (M) = dimC M.
´rien d™ide maximal m. Soit I
Exercice 12.5.2. ” Soit A un anneau local noethe ´al
un ide de A contenu dans m. Montrer que A=I est un module de longueur
´al
¬nie si et seulement si il existe n > 0 tel que mn I.
12.5. EXERCICES 231



Exercice 12.5.3. ” Soit M un A-module artinien et u un endomorphisme de M
Si u est injectif, montrer qu™il est bijectif.

Exercice 12.5.4. ” Soit M un A-module artinien et ' un endomorphisme de M.
Montrer qu™il existe un entier n 1 tel que Ker 'n + Im 'n = M.
En utilisant l™exercice 7.6.11 et sous l™hypothese suppleme
` ´ntaire que M est de
longueur ¬nie, montrer que la somme est directe.

Exercice 12.5.5. ” Soit A un anneau.
a) Soit M un A-module de longueur ¬nie.
Q
Montrer que l™homomorphisme canonique M ! Mm (ou le produit est sur
`
m
l™ensemble des ide
´aux maximaux de A) est un isomorphisme de A-modules.
Q
b) Si A est artinien, montrer que l™homomorphisme canonique A ! Am
m
est un isomorphisme d™anneaux : un anneau artinien est un produit d™anneaux locaux.

Exercice 12.5.6. ” On dit qu™un anneau R est gradue s™il existe une de
´ ´composition
1
L
Rn ou les Rn sont des sous-groupes de (R; +) ve
` ´ri¬ant Rn Rm Rn+m .
R=
n=0 L
a) Montrer que R0 est alors un sous-anneau de R. Montrer aussi que I = Rn
n1
est un ide de R.
´al
b) On suppose que R0 est noethe ´rien et que R est de type ¬ni comme
R0 -algebre. Montrer que R est noethe
` ´rien.
c) Re ´ciproquement, on suppose que R est noethe ´rien. Montrer que R0 est
´rien. Montrer qu™il existe des e ´ments x1 ; : : : ; xr 2 R, avec xi 2 Rn(i) pour
noethe ´le
un entier n(i) 1 tels que I = (x1 ; : : : ; xr ). Montrer alors par re ´currence que
pour tout n, Rn R0 [x1 ; : : : ; xr ]. En de
´duire que R est une R0 -algebre de type
`
¬ni.
d) On se donne un anneau noethe ´rien A et I un ide de A. Soit R(I)
´al
l™ensemble des polynomes P 2 A[T] tels que P = an T avec an 2 In . Montrer
n
P
ˆ
que R(I) est noethe ´rien.

Exercice 12.5.7. ” Soit R = Rn un anneau gradue noethe
´ ´rien. Soit M = Mn
un R-module gradue (ce qui signi¬e Rn Mm Mn+m pour tous m et n.
´
a) Justi¬er que pour tout n, Mn est un R0 -module. Si M est un R-module de
type ¬ni, montrer que Mn est un R0 -module de type ¬ni.
b) On suppose que R0 est un anneau artinien. Soit alors
1
`R0 (Mn )tn 2 Z[[t]]:
X
PM (t) =
n=0
CHAPITRE 12. MODULES, II
232



On se donne des e ´ments xi 2 Rd(i) tels que R = R0 [x1 ; : : : ; xr ]. Montrer par
´le
´currence sur r qu™il existe fM 2 Z[t] telle que
re
r
f (t) = PM (t) (1 td(i) ):
Y
i=1

´
c) On suppose de plus que d(i) = 1 pour tout i. Etablir qu™il existe un
polynome 'M 2 Q[t] tel que pour tout entier n assez grand,
ˆ
`R0 (Mn ) = 'M (n):
Exercice 12.5.8. ” a) Si M N sont deux A-modules, montrer que les ide ´aux
associe de M sont inclus dans ceux de N.
´s
b) Donner des exemples montrant qu™il n™existe en ge ´ral aucune inclusion
´ne
entre les ide´aux associe d™un module M et ceux d™un quotient de M.
´s
c) Soit M un A-module et M1 , M2 deux sous-modules tels que M = M1 + M2 .
Que peut-on dire des ide ´aux associe de M par rapport a ceux des Mi ?
´s `
´rien et x 2 A un e ´ment qui n™est
Exercice 12.5.9. ” Soient A un anneau noethe ´le
´ro. Montrer que pour n 1, A=xA et A=xn A ont
ni inversible ni diviseur de ze
les memes ide
ˆ ´aux associe
´s.
Exercice 12.5.10. ” Soit A l™anneau des fonctions continues sur [ 1; 1].
a) L™anneau A est-il integre ? re
` ´duit ?
b) Montrer que l™ide I des fonctions nulles en 0 n™est pas de type ¬ni.
´al
Montrer que I = I2 .
c) Montrer que l™ide (x) n™est pas primaire.
´al
Exercice 12.5.11. ” Soit A = k[X; Y; Z]=(XY Z2 ). On note x = cl(X), etc. Soit
p l™ide (x; z) A.
´al
a) Montrer que p est premier mais que p2 n™est pas primaire.
b) Montrer que (x) \ (x2 ; y; z) est une de
´composition primaire minimale de
p2 .
Exercice 12.5.12. ” Soit A un anneau noethe ´rien et I un ide de A. Soit J l™ide
´al ´al
n
T
n 1I .
a) En conside ´rant une de
´composition primaire de IJ, montrer que J = IJ.
b) En de ´duire que J = 0 si et seulement si aucun e ´ment de 1 + I n™est
´le
diviseur de ze dans A.
´ro
c) On suppose que I 6= A et que A est ou bien local, ou bien integre. Montrer
`
que J = 0.
Exercice 12.5.13. ” Soit A un anneau noethe
´rien. Montrer que les conditions
suivantes sont e ´quivalentes :
a) Le radical de A est nul.
12.6. SOLUTIONS 233



b) Pour tout ide premier p dans Ass(A), l™anneau local Ap est un corps.
´al
c) Pour tout ide premier p dans Ass(A), l™anneau local Ap est un anneau
´al
integre.
`
(On pourra considerer une decomposition primaire minimale de l™ideal (0).)
´ ´ ´


12.6. Solutions
Solution de l™exercice 12.5.1. ” Soit
0 = M0 M1 M` = M
une suite de Jordan-Holder, ou Mi =Mi 1 est un A-module simple pour tout i.
¨ `
On a donc ` = `A (M). D™apres le the ` me des ze
` ´ore ´ros de Hilbert, Mi =Mi 1 est
de la forme
1 ; : : : ; Xn
A=m = A=(X1 n)

qui est isomorphe a C comme C-espace vectoriel. Ainsi,
`
`
X
dimC (Mi =Mi 1 ) = `:
dimC M =
i=1

Solution de l™exercice 12.5.2. ” Supposons que A=I est de longueur ¬nie. Comme
un sous-module de A=I de de la forme J=I ou J est un ide de A, il existe une
` ´al
suite d™ide´aux
I = J0 J1 Jn = A
tels que pour tout i, Ji =Ji 1 A=m. (Comme A est local, il n™a qu™un seul ide ´al
maximal !)
Par suite, m annule Ji =Ji 1 et mJi Ji 1 . Par re
´currence sur i, il en re
´sulte que
mi Ji I. d™ou mn I.
`
´ciproquement, supposons que mn
Re I. Conside´rons la suite croissante
d™ide´aux
mn + I = I mn 1 + I m + I A:
Il suf¬t de montrer que chacun des quotients successifs est de longueur ¬nie.
Or, Vi = (mi 1 +I)=(mi +I) est un A-module annule par m, donc un A=m-espace
´
i1
´rien, l™ide m + I est de type ¬ni, si bien que
vectoriel. Comme A est noethe ´al
Vi est un A-module de type ¬ni, donc un A=m-espace vectoriel de dimension
¬nie, donc un A-module de longueur ¬nie, ce qu™il fallait de´montrer.
Solution de l™exercice 12.5.3. ” Les un (M) forment une suite de ´croissantes de sous-
modules de M. Comme M est artinien, cette suite est stationnaire. Soit n le plus
petit entier tel que un (M) = un+1 (M). Soit m 2 M. Comme un (M) = un+1 (M), il
existe m0 2 M tel que un (m) = un+1 (m0 ). Alors, u(m0 ) m appartient au noyau de
un , donc u(m0 ) = m et u est surjectif. Par suite, u est bijectif.
CHAPITRE 12. MODULES, II
234



Solution de l™exercice 12.5.4. ” La suite des sous-modules images Im 'n est de
´crois-
sante. Il existe ainsi un entier n tel que Im 'n = Im 'n+1 = : : : . Montrons
que n convient. Soit en effet m 2 M. Comme Im 'n = Im '2n , on peut e ´crire
0 0
' (m) = ' (m ), ce qui implique que m ' (m ) 2 Ker ' . Alors, m 2 Ker ' +Im 'n .
n n n n
2n

Par suite, Ker 'n + Im 'n = M.
Si de plus M est de longueur ¬nie, l™isomorphisme M= Ker 'n ' Im 'n implique
que `(M) = `(Ker 'n ) + `(Im 'n ). La suite exacte

0 ! Ker 'n \ Im 'n ! Ker 'n Im 'n ! M ! 0

et l™additivite des longueurs dans les suites exactes implique alors que Ker 'n \Im 'n
´
est de longueur 0, donc nul. La somme est donc directe.

Solution de l™exercice 12.5.5. ” a) On a vu au cours de la de ´monstration du the
´o-
reme de Jordan“Holder pour les modules de longueur ¬nie que les deux A-
` ¨
Q
modules M et Mm ont meme longueur. Il suf¬t donc de montrer que cet
ˆ
´rons donc m 2 M d™image nulle
homomorphisme est, disons, injectif. Conside
dans tout localise Mm . Si m est un ide maximal, dire que m=1 = 0 dans Mm
´ ´al
signi¬e qu™il existe a 62 m tel que am = 0. Par suite, l™ide I annulateur de m dans
´al
A n™est pas contenu dans m. Il n™est ainsi contenu dans aucun ide maximal´al
de A, ce qui implique I = A et m = 0.
b) Cet homomorphisme est effectivement un homomorphisme d™anneaux.
En tant qu™homomorphisme de A-modules, c™est le meme qu™a la question
ˆ `
pre ´dente. Puisque A est artinien, A est de longueur ¬nie et cet homomorphisme
´ce
est donc bijectif. C™est un isomorphisme.

Solution de l™exercice 12.5.6. ” a) Il est clair que R0 est stable par l™addition,
l™oppose et la multiplication. C™est donc un sous-anneau. De meme, I est un
´ ˆ
P P
´lien de R et si x = xn 2 R et y = yn 2 I (donc y0 = 0), alors
sous-groupe abe
1
XX
xy = xk ym
n=0 k+m=n

et la composante de degre 0 est nulle, donc xy 2 I. Autrement dit, I est un ide
´ ´al
de R.
b) Toute algebre de type ¬ni sur un anneau noethe
` ´rien est un anneau
noethe ´rien.
P
c) Comme l™application R=I ! R0 , [ xn ] 7! x0 est un isomorphisme, R0 est
un quotient d™un anneau noethe ´rien, donc noethe ´rien.
P
Soient xi des ge ´rateurs (en nombre ¬ni) de I. Si xi = xi;n avec xi;n 2 Rn ,
´ne
n
on a xi;n 2 I et les xi;n engendrent a fortiori I. Quitte a remplacer les xi par les
`
xi;n , on peut donc supposer que pour tout i, xi 2 Rn(i) .
12.6. SOLUTIONS 235



Montrons par re ´currence que Rn R0 [x1 ; : : : ; xr ]. C™est vrai pour n = 0.
Supposons ceci vrai pour n 1 0 et soit y 2 Rn . Comme y 2 I, il existe des
r
P
yi 2 R tels que y = yi xi . En comparant les composantes des deux membres
i=1
dans Rn , on trouve
r
X
2 Rn
y= yi;n n(i) xi ; yi;n n(i) :
n(i)
i=1

Pour tout i, soit n n(i) < 0 et yi;n n(i) = 0, soit 0 „ n n(i) < n et yi;n n(i) 2
R0 [x1 ; : : : ; xr ]. On voit donc que y 2 R0 [x1 ; : : : ; xr ] et Rn R0 [x1 ; : : : ; xr ].
L
Il en re ´sulte que R = Rn R0 [x1 ; : : : ; xr ]. L™autre inclusion e ´tant e ´vidente,
n
R est engendre par les xi comme R0 -algebre.
´e `
R(I)n , avec R(I)n = In Tn ' In . Si I est engendre par
L
d) On a R(I) = ´
n
P1 ; : : : ; Pr , on voit que R(I) est engendre par les Pi T comme R(I)0 = k-algebre.
´ `
Par suite, R(I) est un anneau noethe ´rien.
´lien, et si x 2 R0 , m 2 Mn ,
Solution de l™exercice 12.5.7. ” a) Mn est un groupe abe
xm 2 M0+n = Mn donc Mn est un sous-R0 -module de M.
Si M est un R-module de type ¬ni, on peut en trouver des ge ´rateurs m1 ; : : : ; mr
´ne
tels que mi 2 Mp(i) . Soient aussi des xi avec xi 2 Rn(i) tels que R = R0 [x1 ; : : : ; xs ].
Comme R0 -module, Mn est engendre par les
´
xa1 : : : xas mi ; a1 n(1) + + as n(s) + p(i) = n:
s
1

Cela fait un nombre ¬ni d™e ´ments. ´le
b) La se ´rie formelle PM a un sens car, Mn e ´tant un module de type ¬ni sur
un anneau artinien, Mn est de longueur ¬nie.
Si r = 0, R = R0 , M est engendre par m1 ; : : : ; ms , avec mi 2 Mp(i) . Autrement
´
dit, seuls Mp(1) ; : : : ; Mp(s) sont non nuls et f (t) est un polynome.
ˆ
Si r 1, on considere l™homomorphisme
`
Mn ! Mn+d(r) ; m 7! xr m:
Son image est xr Mn ; notons Pn son noyau et Qn+d(r) = Mn+d(r) =xr Mn le conyau.
L
Pn est un sous-R-module de M (le noyau de m 7! xr m), et c™est
Alors, P =
n L
un R[x1 ; : : : ; xr 1 ]-module gradue de type ¬ni. De meme, Q =
´ ˆ Qn est un
n
R[x1 ; : : : ; xr 1 ]-module gradue de type ¬ni. En particulier, on a des polynomes
´ ˆ
fP et fQ 2 Z[t] tels que
r1 r1
td(i) ) td(i) ):
Y Y
et fQ = PQ
fP = PP (1 (1
i=1 i=1

Or,
`(Qn+d(r) ) = `(Mn+d(r) ) `(xr Mn ) = `(Mn+d(r) ) `(Mn ) + `(Pn )
CHAPITRE 12. MODULES, II
236



si bien que
`(Qn+d(r) )tn+d(r)
X
n

`(Mn+d(r) )tn+d(r) td(r) `(Mn )tn + td(r)
X X X
`(Pn )
=
n n n

`(Mn )tn d(r)
PM (t) + td(r) PP (t)
X
t
= PM (t)
n<d(r)

et
td(r) )PM (t) = PQ (t) td(r) PP (t) + `(Qn ))tn :
X
(1 (`(Mn )
n<d(r)
Par conse
´quent,
r
td(i) )PM (t)
Y
fM = (1
i=1

td(i) )PQ (t) td(r) td(i) )PP (t)
Y Y
= (1 (1
i<r i<r

td(i) ) `(Qn ))tn
Ð
X
Y
+ (1 (`(Mn )
i<r n<d(r)

td(r) fP (t) + td(i) ) `(Qn ))tn
Ð
X
Y
= fQ (t) (1 (`(Mn )
i<r n<d(r)

est un e ´ment de Z[t], ainsi qu™il fallait de
´le ´montrer.
c) On suppose de plus d(i) = 1 pour tout i. (Remarquer au passage que
c™est le cas pour R = R(I).) Alors,
t)r :
PM (t) = fM (t)=(1
Si r = 0, PM est un polynome, on a `( Mn ) = 0 pour n assez grand et on peut
ˆ
prendre 'M = 0.
Sinon, on a
dr 1 1 dr 1 X n
1
1 1 1
t
= =
(1 t)r (r 1)! dtr 1 1 t (r 1)! dtr 1 n=0
1
X (n + 1) : : : (n + r 1) n
t
=
(r 1)!
n=0

et si fM (t) = ap tp et n > deg fM ,
P

deg fM
(k + 1) : : : (k + r p + 1) : : : (n p + r
1) (n 1)
X X
`(Mn ) = ap ap :
=
(r 1)! (r 1)!
p=0
k+p=n

Cette expression est une somme ¬nie de polynomes en n donc il existe un
ˆ
polynome 'M 2 Q[t] tel que pour tout n
ˆ 0, 'M (n) = `R0 (Mn ).
Solution de l™exercice 12.5.8. ” a) Dire qu™un ide premier p est associe a M
´al ´`
signi¬e qu™il existe un e ´ment m 2 M dont p soit l™annulateur. Comme M N,
´le
p est l™annulateur d™un e ´ment de N. . .
´le
12.6. SOLUTIONS 237



b) L™ide (0) Z est le seul ide associe a Z. L™ide (2) est en revanche
´al ´al ´` ´al
associe au quotient Z=2Z. Ainsi, les ide
´ ´aux associe d™un quotient ne sont pas
´s
force
´ment inclus dans les ide ´aux associe ´s.
Dans l™autre sens, (2) est un ide associe de Z Z=2Z, mais il n™est pas associe
´al ´ ´
au quotient Z par le sous-module (0) Z=2Z.
c) On a de ` l™inclusion
´ja

AssA (M1 ) [ AssA (M2 ) AssA (M):

L™autre inclusion n™est pas toujours vraie. Soit M = Z Z et N le sous-module des
(2n; 2n) pour n 2 Z. Le module M=N contient l™image M1 de Z (0) et l™image
M2 de (0) Z. En fait, M1 et M2 sont isomorphes a Z. De plus, M1 + M2 = M=N.
`
Les ide´aux associe de M1 et de M2 sont re
´s ´duits a l™ide (0). En revanche, M=N
` ´al
admet (2) comme ide associe puisque l™annulateur de l™image de (1; 1) est
´al ´
exactement l™ide premier (2).
´al

Solution de l™exercice 12.5.9. ” Si A=xA contient un sous-module isomorphe a A=p,
`
soit m 2 A un e ´ment dont la classe dans A=xA est d™annulateur p. Alors, A=xn A
´le
contient le sous-module xn 1 m=xn A qui est d™annulateur p puisque x n™est pas
diviseur de 0. Autrement dit, AssA (A=xn A) AssA (A=xA).
Dans l™autre sens, la suite exacte

0 ! xA=x2 A ! A=x2 A ! A=xA ! 0

´aux associe a A=x2 A sont inclus dans la re
montre que les ide ´s ` ´union de ceux
2 2
de A=xA et ceux de xA=x A. Comme xA=x A est isomorphe a A=xA comme
`
´aux associe a A=x2 A sont inclus dans ceux
A-module (multiplier par x), les ide ´s `
´currence, on prouve de meme que Ass(A=xn A) Ass(A=xA).
de A=xA. Par re ˆ

Solution de l™exercice 12.5.10. ” a) Il n™est pas integre : soit f1 (x) = x + jxj et
`
f2 (x) = x jxj. On a f1 (x)f2 (x) = x2 jxj2 = 0, et pourtant, ni f1 ni f2 ne sont
identiquement nulles sur [ 1; 1].
´duit : si f (x)n = 0 pour tout x, alors f (x) = 0 pour tout
En revanche, il est re
x puisque R est integre. Donc f = 0.
`
b) cf. la question b) de l™exercice 7.6.8. Soit f : [ 1; 1] ! R nulle en 0.
p
Posons g(x) = jf (x)j et h(x) = signe(f (x))g(x). Les fonctions f et g sont
continues, nulles en 0 et f (x) = g(x)h(x) pour tout x. DOnc f 2 I2 , soit I I2 .
L™autre inclusion est claire.
c) Il faut trouver deux fonctions f et g continues telles que
“ f ne s™e ´crit pas xf1 (x) pour une fonction continue f1 ;
“ f (x)g(x) = xh(x), ou h est continue ;
`
“ pour aucun n, g n (x) n™est le produit de x par une fonction continue.
CHAPITRE 12. MODULES, II
238



On pose
f (x) = x log jx=2j et g(x) = 1= log jx=2j:
La fonction g se prolonge par continuite en 0 et est donc un e ´ment de A. De
´ ´le
meme pour f . On a f (x)g(x) = x. La fonction log jx=2j ne se prolonge pas par
ˆ
continuitep 0, donc f 62 (x). De plus, g(x)n =x tend vers +1 quand x ! 0+,
´ en
donc g 62 (x). Par conse´quent, l™ide (x) n™est pas primaire.
´al
Solution de l™exercice 12.5.11. ” a) Cela revient a prouver
` que l™ide
´al
(X; Z; XY Z2 ) est premier dans k[X; Y; Z]. Or, le quotient
Z2 ) ' k[Y; Z]=(Z; Z2 ) ' k[Y]
k[X; Y; Z]=(X; Z; XY
est integre.
`
Des ge ´rateurs de (X; Z; XY Z2 )2 + (XY Z2 ) sont X2 , XZ, Z2 , X2 Y XZ2 ,
´ne
XYZ Z3 , X2 Y 2 + Z4 2XYZ2 et XY Z2 dont on extrait les ge ´rateurs
´ne
X2 ; XZ; Z2 ; XY:
Ainsi,
A=p2 ' k[X; Y; Z]=(X2 ; XZ; Z2 ; XY):
Dans cet anneau, Y est diviseur de 0 mais n™est pas nilpotent. Donc p2 n™est pas
primaire.
b) On a p2 = (x2 ; xz; xy). Ainsi,
p2 et p2 (x2 ; y; z):
(x)
Soit d™autre par un e ´ment de (x) \ (x2 ; y; z). C™est la classe d™un polynome
´le ˆ
P 2 k[X; Y; Z] qui appartient a l™ide (X2 ; Y; Z) et qui est multiple de X modulo
` ´al
XY Z2 , soit donc
Z2 )B = X2 C + YD + ZE:
P = XA + (XY
Notons D = XD1 + D0 la division euclidienne de D par X, et de meme pour B
ˆ
et E. On e
´crit ainsi
P = X(XC + YD1 + ZE1 ) + YD0 + ZE0
Z2 B 0 ;
= X(A + YXB1 + YB0 )
Z2 B0 . Ainsi,
d™ou il re
` ´sulte que YD0 + ZE0 =
P = X2 C + XYD1 + XZE1 Z2 B0
appartient a l™ide (X2 ; XY; XZ; Z2 ) et donc
` ´al
P(x; y; z) 2 (x2 ; xy; xz; z 2 ) = (x2 ; xy; xz):
On a ainsi l™autre inclusion, soit
p2 = (x) \ (x2 ; y; z):
12.6. SOLUTIONS 239



L™ide (x) est primaire : A=(x) est isomorphe a k[X; Y; Z]=(X; XY Z2 ) '
´al `
k[Y; Z]=(Z2 ). Les diviseurs de ze sont les multiples de Z, et ils sont nilpotents.
´ro
De meme, A=(x2 ; y; z) est isomorphe a
ˆ `
k[X; Y; Z]=(X2 ; Y; Z; XY Z2 ) ' k[X]=(X2 )
dont les diviseurs de ze sont les multiples de X et donc nilpotents. Ainsi,
´ro
2
(x ; y; z) est primaire.
´composition est minimale puisque x est non nul dans A=(x2 ; y; z)
En¬n, cette de
et z est non nul dans A=(x).
T
Solution de l™exercice 12.5.12. ” a) Soit IJ = qj une de ´composition primaire de
j
IJ ; notons pj l™ide premier radical de qj .
´al
On va montrer que pour tout j, J qj .
“ Si I 6 pj , soit a 2 I tel que a 62 pj . Alors, pour tout b 2 J, ab 2 IJ qj . Comme
qj est pj -primaire et a 62 pj , on a b 2 qj . Ainsi, J qj .
“ Si I pj , soit n un entier assez grand pour tout pn qj . On a alors In qj .
j
n
Puisque J I , J qj .
Par suite, J IJ. Comme l™autre inclusion est e ´vidente, on a bien J = IJ.
b) Comme A est noethe ´rien, I est de type ¬ni et le lemme de Nakayama
implique qu™il existe a 2 I tel que (1 + a)J = 0. Si aucun e ´ment de 1 + I n™est
´le
diviseur de ze dans A, 1 + a n™est pas diviseur de 0 et J = 0.
´ro
´ciproquement, si a 2 I est tel que 1 + a est diviseur de ze dans A, soit
Re ´ro
= ( a)n b pour
b 2 A, b 6= 0 tel que (1 + a)b = 0. On a alors b = ab = a2 b =
tout n 1. Par suite, b 2 (an ) In pour tout n, d™ou b 2 J qui est donc non nul.
`
´ro. Comme I 6= A, 0 62 1 + I et
c) Si A est integre, seul 0 est diviseur de ze
`
J = 0.
Si A est local, I est contenu dans l™ide maximal et les e ´ments de 1 + I sont
´al ´le
inversibles dans A. Par suite, J = 0.
Solution de l™exercice 12.5.13. ” Montrons a) ) b). Si le radical de A est nul, la
de
´composition primaire minimale de l™ide (0) est constitue des ide
´al ´e ´aux premiers
minimaux p1 ; : : : ; pn de A qui sont donc les ide´aux associe a A.
´s `
T T
On a (0) = pj et, si j 2 f1; : : : ; ng, pi 6= (0).
j i6=j
Soit j 2 f1; : : : ; ng. Comme l™ide maximal de Apj est pj Apj , il faut de
´al ´montrer
T
que pj Apj = 0. Soit donc x 2 pj . Comme pi 6= (0), choisissons un e ´ment
´le
i6=j
y non nul dans cette intersection. Alors y 62 pj , sinon y serait nul. De plus,
T
xy 2 pj \ pi = (0). Donc l™image de x dans Apj est nulle et pj Apj = 0.
i6=j
L™implication b) ) c) est triviale, un corps e
´tant en particulier un anneau
integre.
`
CHAPITRE 12. MODULES, II
240



En¬n, supposons c) et montrons que le radical de A est nul. Conside
´rons une
de
´composition primaire minimale de (0),
\ p
qj ; pj = qj
(0) =
1„j„n
p T
et soit x 2 (0) = pj . L™e ´ment x est nilpotent. Supposons x 6= 0 et soit I
´le
son annulateur. On sait qu™il existe un ide associe a A, soit pj tel que I pj .
´al ´`
L™image de x dans Apj est donc nilpotente et puisque Apj est integre, x=1 = 0.
`
Il existe ainsi s 62 pj tel que sx = 0, ce qui contredit l™hypothese que I pj .
`
Cette contradiction montre que A est re ´duit.
13 Extensions de corps




Dans ce chapitre, nous poursuivons l™etude des extensions de corps, deja entamee au
´ ´` ´
chapitre 9. Apres quelques resultats concernant les corps ¬nis, nous donnons les resultats
` ´ ´
principaux de la theorie de Galois des extensions algebriques. Nous de¬nissons en¬n
´ ´ ´
le degre de transcendance d™une extension de corps non necessairement algebrique.
´ ´ ´



13.1. Corps ¬nis
Un corps ¬ni est un corps dont le cardinal est ¬ni.

Exemples 13.1.1. ” a) Pour tout nombre premier p, Z=pZ est un corps ¬ni de
caracte
´ristique p et de cardinal p.
b) Si P 2 (Z=pZ)[X] est un polynome irre
ˆ ´ductible de degre d 1, le corps
´
de rupture de P, de ´¬ni par F = (Z=pZ)[X]=(P), est un (Z=pZ)-espace vectoriel
´ristique p et de cardinal pd .
de dimension d. Ainsi, F est un corps ¬ni de caracte

Proposition 13.1.2. ” La caracteristique d™un corps ¬ni est un nombre premier p ; son
´
cardinal est une puissance de p.

Demonstration. ” Soit F un corps ¬ni. Comme Z est in¬ni, l™homomorphisme
´
canonique Z ! F tel que 1 7! 1F n™est pas injectif et son noyau est un ide non ´al
nul I = (n) de Z. Comme F est un corps, I est un ide premier, soit I = (p)
´al
pour un nombre premier p et par de ´¬nition, la caracte´ristique de F est e ´gale a
`
p.
Par suite, cet homomorphisme induit un homomorphisme de corps Z=pZ ! F.
Il en re ´sulte que F est un espace vectoriel sur le corps Z=pZ, ne ´cessairement de
´gal a pd .
dimension ¬nie. Si d est cette dimension, le cardinal de F est e `

Theoreme 13.1.3. ” Soit K un corps et G un sous-groupe ¬ni du groupe multiplicatif
´`
de K. Alors, G est un groupe cyclique.
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
242



En particulier, le groupe multiplicatif d™un corps ¬ni est cyclique.
Demonstration. ” G est un groupe abe ´lien ¬ni ; notons n son cardinal. D™apres `
´
le the ` me des facteurs invariants, il existe des entiers d1 j : : : jdr , avec d1 > 1,
´ore
tels que G ' (Z=d1 Z) (Z=dr Z) et n = d1 : : : dr . En particulier, tout e ´ment
´le
´ri¬e xdr = 1.
de G est annule par dr . Autrement dit, tout e ´ment x de G ve
´ ´le
Cependant, un polynome a coef¬cients dans un corps (commutatif) a moins de
ˆ `
racines que son degre (sauf s™il s™agit du polynome nul). Ainsi, dr n = d1 : : : dr .
´ ˆ
On a donc r = 1, d1 = n et G ' Z=nZ est cyclique d™ordre n.
Si q est une puissance d™un nombre premier (q > 1), nous allons montrer
qu™il existe, a isomorphisme pres, un unique corps de cardinal q.
` `
Theoreme 13.1.4. ” Soit p un nombre premier et f un entier 1 ; posons q = pf . Si
´`
est un corps algebriquement clos de caracteristique p, il existe alors un sous-corps Fq de et
´ ´
un seul qui soit de cardinal q : c™est l™ensemble des racines du polynome Xq X.
ˆ
De plus, tout corps ¬ni de cardinal q est isomorphe a Fq .
`
Lemme 13.1.5. ” Soit F un corps de caracteristique p. L™application : F ! F telle que
´
(x) = xp pour tout x 2 F est un homomorphisme de corps.
Demonstration. ” On a (0) = 0 et (1) = 1. De plus, pour tous x et y dans F,
´
(xy) = (xy)p = xp y p = (x) (y). Il reste a montrer que est additif. Or, si x et
`
y sont dans F,
p
‚Ã
X p kpk
(x + y) = (x + y)p = xy :
k=0 k

´tant premier, si 1 „ k „ p 1, p ne divise ni k! ni
Or, k = p!=k!(p k)! et, p e
(p k)!. Par suite, p ne divise pas k!(p k)!. Comme il divise le nume ´rateur p!,

p divise k des que 1 „ k „ p 1. Comme F est de caracte
` ´ristique p,
(x + y) = xp + y p = (x) + (y);
ainsi qu™il fallait de
´montrer.
De¬nition 13.1.6. ” Si F est un corps de caracteristique p, l™homomorphisme de corps
´
´
de¬ni par x 7! xp est appele homomorphisme de Frobenius.
´ ´
Demonstration du theoreme. ” Notons q l™endomorphisme de , puissance f e de
´ ´`
l™endomorphisme . Ainsi, si x 2 F, q (x) = xq . L™ensemble des x 2 tels que
q (x) = x est alors un sous-corps de . Notons le Fq . La de ´e du polynome
´rive ˆ
q q1
X 2 [X] est qX 1 = 1 puisque est de caracte ´ristique p et que q
X
est une puissance de p. Ainsi, le polynome Xq X n™a pas de racine double et
ˆ
Fq est de cardinal q.
Re
´ciproquement, si K est un sous-corps de cardinal q de , tout e ´ment de
´le
´ri¬e xq 1 = 1 (c™est le the ` me de Lagrange, l™ordre d™un e ´ment
x 2 K ve ´ore ´le
´ ´
13.2. SEPARABILITE 243



divise l™ordre du groupe), donc xq = x et x 2 F, si bien que K F. Comme ces
deux corps ont meme cardinal, K = F, ce qui montre l™unicite
ˆ ´.
Soit en¬n K un corps ¬ni de cardinal q. Comme est une extension alge
´bri-
quement close du corps Z=pZ, il existe un homomorphisme de corps i : K ,!
(voir le the ` me 13.2.8). Alors, i(K) est un corps de cardinal q contenu dans
´ore
donc i(K) = Fq et K ' Fq .
Corollaire 13.1.7. ” Soit F un corps ¬ni de cardinal q et d un entier 2. Alors,
il existe un polynome irreductible unitaire P 2 F[X] de degre d et son corps de rupture
ˆ ´ ´
F[X]=(P) est un corps ¬ni contenu F de cardinal q d .
. Soit F0 = Fqe et soit x 2 F0
Demonstration. ” On peut supposer que F = Fq
´
un ge ´rateur du groupe multiplicatif de F0 . Le corps F[x] est alors contenu dans
´ne
F0 mais contient F0 si bien que F0 = F[x]. Soit P le polynome minimal de x sur
ˆ
F : c™est un polynome unitaire a coef¬cients dans F, noyau de l™homomorphisme
ˆ `
F[X] ! F tel que X 7! x. Par suite, F0 est isomorphe au corps de rupture de P
0

et P est irre´ductible de degre d.
´
Un de ´faut de la de
´monstration pre ´dente est qu™elle ne fournit pas de moyen
´ce
effectif de de
´terminer un corps ¬ni. D™apres le corollaire, on sait toutefois qu™il
`
nous faut de ´nicher un polynome irre
ˆ ´ductible de degre convenable.
´
Exemple 13.1.8. ” Construisons un corps de cardinal 8. Il nous faut pour cela
trouver un polynome irre
ˆ ´ductible de degre 3 a coef¬cients dans Z=2Z. Comme
´`
un polynome sans racine de degre 3 est ne
ˆ ´ ´cessairment irre
´ductible, il suf¬t donc
de trouver un polynome sans racine. Il y a 8 = 23 polynomes unitaires de degre 3,
ˆ ˆ ´
donc 4 s™annulent en 0. Les 4 autres sont X3 + aX2 + bX + 1 avec (a; b) 2 f0; 1g2
et leur valeur en 1 est a + b. On a ainsi 2 polynomes irre
ˆ ´ductibles unitaires de
degre 3 : X3 + X + 1 et X3 + X2 + 1. Ainsi, F8 ' F2 [X]=(X3 + X + 1).
´


13.2. Separabilite
´ ´
L est dite monogene s™il existe x 2 L
De¬nition 13.2.1. ” Une extension de corps K `
´
tel que L = K[x].
Proposition 13.2.2. ” Soit i : K ! L un homomorphisme de corps et soit K E une
extension monogene. Soit x 2 E un element tel que E = K[x] et soit P 2 K[X] son polynome
` ´´ ˆ
minimal.
L™ensemble des homomorphismes de corps j : E ! L tels que jjK = i et l™ensemble des
racines de P dans L sont en bijection par l™application j 7! j(x).
Demonstration. ” On peut identi¬er K a un sous-corps de L, ce qui permet de
`
´
sous-entendre l™homomorphisme i.
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
244



Remarquons pour commencer que j(x) ve ´ri¬e P(j(x)) = j(P(x)) = j(0) = 0,
donc j(x) est effectivement une racine de P dans L.
Par hypothese, tout e ´ment de E = K[x] est de la forme f (x) pour un
` ´le
polynome f 2 K[X]. Par suite, j(f (x)) = f (j(x)) si bien que la donne de j(x)
ˆ ´e
de´termine j et l™application de´¬nie dans la proposition est injective.
Re´ciproqument, soit a une racine de P dans L. On de´¬nit un homomorphisme
˜a : K[X] ! L par X 7! a. Le noyau de cet homomorphisme ˜a est le polynome ˆ
j j
´ductible, Ker ˜a = (P)
minimal de a dans L. Comme P(a) = 0 et comme P est irre j
´sulte un homomorphisme de corps ja : K[X]=(P) ! L tel que cl(X) 7! a.
et il en re
Comme d™autre part E = K[x], on a un isomorphisme ' : K[X]=(P) ! E tel que
cl(X) 7! x et l™application ja ' 1 est un homomorphisme de corps E ! L tel
que x 7! a et dont la restriction a K est l™identite L™application de
` ´. ´¬nie dans la
proposition est donc surjective.

De¬nition 13.2.3. ” Soit K un corps. Un polynome irreductible P 2 K[X] est dit
ˆ ´
´
se
´parable s™il n™a pas de racines multiples dans une cloture algebrique de K.
ˆ ´
Soit K L une extension algebrique. Un element x 2 L est dit se ´parable sur K si son
´ ´´
polynome minimal dans K[X] est separable.
ˆ ´
´parable si tout element x 2 L est
L est dite se
Une extension algebrique de corps K
´ ´´
separable sur K.
´

Proposition 13.2.4. ” a) Si K est un corps de caracteristique 0, tout polynome irreductible
´ ˆ ´
de K[X] est separable. Par suite, toute extension algebrique de K est separable sur K.
´ ´ ´
b) Si K est un corps de caracteristique p, un polynome irreductible de K[X] n™est pas
´ ˆ ´
separable si et seulement si c™est un polynome en Xp .
´ ˆ
c) Si K est un corps de caracteristique dont l™homomorphisme de Frobenius : K ! K
´
est surjectif, tout polynome de K[X] est separable. Toute extension algebrique de K est alors
ˆ ´ ´
separable sur K.
´

Demonstration. ” a) Soit P un polynome irre ˆ ´ductible de K[X]. On note P =
´
´tant le degre de P, soit an 6= 0. Par suite, P0 = nan Xn 1 + + a1
an X n + + a0 , n e ´
est de degre n 1. Si P a une racine double, P et P0 ont un facteur commun
´
(si a est racine double de P, (X a)2 divise P et (X a) divise P0 si bien que
(X a) divise pgcd(P; P0 )) et puisque P est irre ´ductible, P0 est multiple de P, ce
´tant donne que P0 6= 0 et deg P0 < deg P. Il en re
qui est absurde e ´ ´sulte que P
est se ´parable.
´ristique p et si P0 6= 0, le meme argument montre que P est
b) Si K est de caracte ˆ
´ciproquement P0 = 0, toutes les racines de P sont multiples et P
se
´parable. Si re
´parable. En¬n, P0 = 0 si et seulement si iai = 0 pour tout i 2 f0; : : : ; ng,
n™est pas se
c™est-a-dire ai = 0 des que p ne divise pas i, autrement dit, P = api Xpi 2 K[Xp ].
P
` `
i
´ ´
13.2. SEPARABILITE 245



c) Supposons que l™homomorphisme de Frobenius de K est surjectif. Si
api Xpi n™est pas se
P
´parable, choisissons pour tout i un e ´ment bi 2 K
´le
P=
i
p Pp
tel que (bi ) = bi = api . Alors, P = bi Xpi = (bi Xi )p = ( bi Xi )p n™est pas irre
P P
´-
i i i
ductible dans K[X]. Cette contradiction montre que dans ce cas, tout polynome
ˆ
irre
´ductible est se
´parable.
De¬nition 13.2.5. ” Un corps de caracteristique p > 0 dont l™homomorphisme de Fro-
´
´
benius est surjectif est dit parfait.
Exemple 13.2.6. ” a) Un corps ¬ni est parfait. En effet, l™homomorphisme : F !
F est injectif. Comme F est ¬ni, (F) a pour cardinal card F, si bien que est
surjectif.
b) Soit F un corps de caracte ´ristique p. Le corps K = F(T) n™est pas parfait.
En effet, il n™existe pas de fraction rationnelle Q telle que Q p = T. Remarquons
que le polynome Xp T 2 K[X] est irre
ˆ ´ductible. En effet, il est irre
´ductible dans
F[T; X] = F[X][T] puisque de degre 1 en T ; d™apres le the ` me de Gauß,
´ ` ´ore
e
´tant irre ´ductible dans F[T][X] = F[T; X], il est irre ´ductible dans F(T)[X]. De
plus, sur l™extension F(T1=p ) de F(T), le polynome Xp T n™est plus irre
ˆ ´ductible
´gal a (X T1=p )p et a pour seule racine T1=p .
mais e `
Lemme 13.2.7. ” Soit K L et L E deux extensions algebriques de corps.
´
Si x 2 E est separable sur K, il est separable sur L. Par suite, si E est separable sur K, E
´ ´ ´
est separable sur L.
´
´montrer la premiere assertion. Soit x 2 E un
Demonstration. ” Il suf¬t de de `
´
´parable sur K. Soit P 2 K[X] son polynome minimal sur K et Q 2 L[X]
e ´ment se
´le ˆ
son polynome minimal sur L. Comme x est se
ˆ ´parable sur K, P est scinde a racines
´`
simples dans une cloture alge
ˆ ´brique de E. D™autre part, par de ´¬nition de Q, P
est un multiple de Q. Il s™ensuit que les racines de Q dans une cloture alge
ˆ ´brique
de K sont simples et donc que x est se ´parable sur L.
Theoreme 13.2.8. ” Soit K L une extension algebrique ¬nie de corps et une cloture
´ ˆ
´`
algebrique de K. Le nombre d™homomorphismes de corps j : L !
´ qui co±ncident avec
¨
l™inclusion sur K est a) non nul ; b) inferieur ou egal au degre [L : K] ; c) egal a [L : K] si
´ ´ ´ ´ `
et seulement si L est engendre comme K-algebre par des elements separables sur K.
´ ` ´´ ´
Demonstration. ” Soit fx1 ; : : : ; xr g une famille ¬nie d™e ´ments de L telle que
´le
´
L = K[x1 ; : : : ; xr ]. On va de´montrer le the ` me par re
´ore ´currence sur r.
Pour r = 0, L = K et le re ´sultat est vrai. Supposons le vrai pour r 1.
Posons E = K[x1 ]. Soit P le polynome minimal de xr sur K, de sorte que
ˆ
[E : K] = deg P. D™apres la proposition 13.2.2, le nombre nE d™homomorphismes
`
j: E ! ´tendent l™inclusion K !
qui e est e´gal au nombre P de racines
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
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