<<

. 14
( 15)



>>

1
permutation s telle que pour tout i, m(i; s(i)) = 1, autrement dit, i s(i) = 1 ,
soit encore s(i) = i 1 1 . D™apres la question pre ´dente, il existe donc ‚ 2 L
` ´ce
tel que D(‚) 6= 0.

Solution de l™exercice 13.6.5. ” a) En effet, on a
()
c( ) = =
( ( )) () (()
= c( ) ( = ( )) = c( ) (c( )):
P
b) Comme les c( ) sont non nuls, c( ) est une combinaison line ´aire non
triviale d™homomorphismes de corps E ! E. D™apres l™exercice 13.6.3, elle est
`
P
non nulle et il existe x 2 E tel que = c( ) (x) 6= 0.
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
266



2 G,
Alors, si
ÐX
X
c( ) (x) =
( )= (c( )) ( (x)):
2G 2G

Faisons le changement d™indices g = dans la sommation : on a alors (c( )) =
c( )=c( ) = c(g)=c( ). On obtient donc
( ) = c( ) 1 c(g)g(x) = c( ) 1 ;
X
g2G

d™ou la relation c( ) = = ( ), ainsi qu™il fallait de
` ´montrer.
c) Si : G ! F est un homomorphisme de groupes, on a
( ) = ( ) ( ) = ( ) ( ( ))
puisque ( ) 2 F et que est un F-automorphisme de E. Ainsi, est justiciable
de la question pre ´dente et il existe 2 E tel que ( ) = = ( ).
´ce
d) Si est d™ordre d, on a NL=K (x) = x (x) : : : d 1 (x).
Supposons que x = = ( ) pour 2 F . Alors,
d1
() ()
:::
NL=K (x) = = = 1:
( ) 2( ) d( )

´¬nissons c : G ! E comme suit :
Re
´ciproquement, supposons NL=X (x) = 1 et de
c( r ) = x (x) : : : r1 d1 d2
c(1) = 1; c( ) = x; c( (x) = x (x) : : :
(x); (x):
d1
Comme x (x) : : : (x) = 1, remarquons que pour tout entier n 1,
c( n ) = x (x) : : : n1
(x):
Soit alors n et m deux entiers. On a
nm n1
(x) n (x) n+m 1 (x)
c( ) = x (x) : : :
n
(x) n x (x) : : : m 1 (x)
1
Ð Ð
= x (x) : : :
= c( n ) n (c( m
));
c™est-a-dire qu™on peut appliquer la premiere question a l™application c. Il existe
` ` `
donc 2 E tel que c( ) = = ( ), autrement dit, x = = ( ), ainsi qu™il fallait
de´montrer.

Solution de l™exercice 13.6.6. ” Il est question dans cet exercice d™irre
´ductibilite
´
de polynomes de Z[X]. Comme Z est un anneau factoriel, rappelons qu™un
ˆ
tel polynome est irre
ˆ ´ductible dans Z[X] si et seulement si il est irre
´ductible
dans Q[X] et si ses coef¬cients sont premiers entre eux dans leur ensemble.
En particulier, un polynome unitaire de Z[X] est irre
ˆ ´ductible dans Q[X] si et
seulement s™il l™est dans Q[X].
13.7. SOLUTIONS 267



a) Pour toute racine ne de l™unite , il existe un unique entier d divisant
´
Q
n tel que soit une racine primitive d™ordre d. Par suite, les racines de d
djn
e
sont ” avec multiplicite 1 ” les racines n de l™unite Comme ce polynome
´s ´. ˆ
´gal a Xn 1.
est unitaire, il est e `
1, n 2 Z[X]. Si
Montrons par re ´currence sur n que pour tout entier n
n = 1, on a 1 = X 1 2 Z[X]. Supposons ce fait vrai pour tout entier < n.
n
Q
Alors, le polynome P =
ˆ d est unitaire et a coef¬cients entiers et divise X
` 1.
djn
d6=n
L™algorithme de division euclidienne fournit donc un polynome Q, unitaire a
ˆ `
coef¬cients entiers, tel que Xn 1 = PQ. On a donc n = Q 2 Z[X].
b) Si p est premier, p = (Xp 1)=(X 1) = Xp 1 + + X + 1. On a
(1 + X)p 1 p
‚Ã
X p k1
X;
p (1 + X) = =
k
X k=1

´sultat annonce avec ak = p p k =p = (p 1)!=k!(p k)!. (On a bien
Ð
d™ou le re
` ´
p Ð
ap 1 = 1 =p = 1.)
D™apres le critere d™Eisenstein (exercice 5.6.5), le polynome p (1 + X) est
` ` ˆ
irre
´ductible dans Q[X]. Par suite, p lui-meme est irre
ˆ ´ductible. (Si p = PQ, on
a p (1 + X) = P(1 + X)Q(1 + X), ce qui impose P(1 + X) ou Q(1 + X) constant,
d™ou P ou Q constant.)
`
c) Comme est entier sur Z, son polynome minimal P est a coef¬cients
ˆ `
entiers et est unitaire. Comme n ( ) = 0, P divise n . Notons donc P(X) =
a0 + a1 X + + ad Xd , avec ai 2 Z pour tout i et ad = 1. L™application x 7! xp dans
l™anneau Z[ ]=(p) est additive. Par suite, il existe b1 2 Z[ ] tel que
d
p pk
p X
P( ) = pb1 + ak :
k=0

De plus, pour tout entier j, j p Á j (mod p), si bien qu™il existe b2 2 Z[ ] tel que
d
p pk
= p(b1 + b2 ) + P( p ):
X
P( ) = pb1 + pb2 + ak
k=0

´sulte que P( p ) = p(b1 + b2 ) 2 pZ[ ].
Puisque P( ) = 0, il en re
d) Comme p ne divise pas n, p est encore une racine primitive ne de l™unite ´.
Supposons P( p ) 6= 0. Alors, n admet un autre facteur irre ´ductible Q tel que
Q( p ) = 0. On e
´crit alors
Xn 1 = n
Y
d = P(X)Q(X)R(X)
djn;d6=n

avec R 2 Z[X]. De
´rivons : on obtient
= Q 0 (X)(P(X)R(X)) + Q(X)(PR)0 :
nXn 1
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
268


´ p
. On obtient alors, puisque Q( p ) = 0,
Evaluons cette e
´galite en X =
´

= Q 0 ( p )p P( p )R( p );
p(n 1)
n

d™ou n p(n 1) 2 pZ[ ], et en multipliant par p , n 2 pZ[ ]. Or, ceci est absurde :
`
Z[ ] est un Z-module libre de rang d, de base (1; ; : : : ; d 1 ). Dans cette base,
n = n 1 + 0 + : : : et p ne divise pas n. Ainsi, P( p ) = 0.
e) Si P est le polynome minimal de , nous avons donc prouve que pour tout
ˆ ´
nombre premier p ne divisant pas n, P( p ) = 0. Par re ´currence sur le nombre
de facteurs dans une de ´composition en facteurs premiers, pour tout entier d
qui est premier a n, P( d ) = 0. Comme toute racine primitive ne de l™unite est
` ´
de la forme d pour un entier d premier a n, P s™annule en toutes les racines
`
primitives ne de l™unite donc par de
´, ´¬nition, P est multiple de n . Comme P
divise n et que ces deux polynomes sont unitaires, P = n .
ˆ
Nous avons donc prouve que n est irre
´ ´ductible.

Solution de l™exercice 13.6.7. ” a) Si n = 0, xm = 1 pour tout x (pour x = 0, c™est
une convention). Par suite, S0 = q = 0.
Pm
Supposons maintenant m > 0. Alors, Sm = x . Soit r = pgcd(m; q 1) et
x2K
1)e
d = (q 1)=r, de sorte que lorsque x parcourt K , c™est-a-dire les racines (q
`
e
m
de l™unite x parcourt les racines d de l™unite chacune r fois. Par suite,
´, ´,
X
Sm = r :
d =1



Si d = 1, c™est-a-dire r = q 1, ou encore m multiple de q 1, Sm = q
` 1 = 1.
Si d > 1, les racines de de l™unite sont les racines du polynome Xd
´ ˆ 1. Leur
somme est l™oppose du terme de degre d 1, donc nulle puisque d
´ ´ 2. On a
alors Sm = 0.
En conclusion :
8
si m = 0 ;
>0
>
<
Sm = 0 si m n™est pas multiple de q 1 ;
>
>
: 1 si m 1 est multiple de q 1.

On e
´crit
b)
cm Xm1 : : : Xmn :
X
P= n
1
m2Nn

Par de
´¬nition, on a

xm1 : : : xmn =
X X X
cm cm Sm1 : : : Smn :
S(P) = n
1
m2Nn m2Nn
(x1 ;:::;xn )2K n
13.7. SOLUTIONS 269


n
n P
Soit m 2 N avec cm 6= 0. Puisque deg P < n(q 1) et par suite,
mi < n(q
1),
i=1
l™un au moins des mi est < q 1. D™apres la premiere question, Smi = 0. Il en
` `
re´sulte bien que S(P) = 0.
r
P
Le degre de P est e
´ ´gal a (q
` deg Pi . On a donc deg P < n(q 1) et
1)
c)
i=1
d™apres la question pre ´dente, S(P) = 0.
` ´ce
D™autre part, si (x1 ; : : : ; xn ) 2 V, on a Pi (x1 ; : : : ; xn ) = 0 pour tout i, d™ou `
P(x1 ; : : : ; xn ) = 1. Dans l™autre cas, si (x1 ; : : : ; xn ) 62 V, soit i tel que Pi (x1 ; : : : ; xn ) 6=
0. Comme Pi (x1 ; : : : ; xn ) 2 K et comme card K = q, Pi (x1 ; : : : ; xn )q 1 = 1, d™ou `
P(x1 ; : : : ; xn ) = 0. On a donc
X
1 = card V (mod p):
S(P) =
x2V

Puisque S(P) = 0, on a donc card V Á 0 (mod p).
d) Puisque P est homogene de degre d > 0, P(0; : : : ; 0) = 0 et V 6= ?. On
` ´
a donc card V 1. Si d < n, la question pre ´dente implique que card V est
´ce
multiple de p, d™ou card V p 2. En particulier, il existe (x1 ; : : : ; xn ) 2 V, avec
`
(x1 ; : : : ; xn ) 6= (0; : : : ; 0), ce qu™il fallait de
´montrer.
Solution de l™exercice 13.6.8. ” Soit (x1 ; : : : ; xn ) une base de transcendance de L
sur K et (y1 ; : : : ; ym ) une base de transcendance de M sur L. Montrons que la
famille (x1 ; : : : ; xn ; y1 ; : : : ; ym ) est une base de transcendance de M sur K.
a) Elle est algebriquement independante. Soit P 2 K[X1 ; : : : ; Xn ; Y1 ; : : : ; Ym ] non
´ ´
nul tel que P(x1 ; : : : ; xn ; y1 ; : : : ; ym ). On e ´crit P comme un polynome de
ˆ
K[X1 ; : : : ; Xn ][Y1 ; : : : ; Ym ] :
k k
X
Pk (X1 ; : : : ; Xn )Y11 : : : Ymm :
P=
k2Nm

Les polynomes Pk appartiennent a K[X1 ; : : : ; Xn ] et puisque P 6= 0, l™un des Pk
ˆ `
n™est pas nul. Comme la famille (x1 ; : : : ; xn ) est alge ´briquement inde´pendante,
pour un tel multi-indice k, Pk (x1 ; : : : ; xn ) 6= 0. Par suite, le polynome
ˆ
P(x1 ; : : : ; xn ; Y1 ; : : : ; Ym ) 2 K(x1 ; : : : ; xn )[Y1 ; : : : ; Ym ] L[Y1 ; : : : ; Ym ]
n™est pas nul. La relation P(x1 ; : : : ; xn ; y1 ; : : : ; ym ) = 0 contredit cependant le fait
que la famille (y1 ; : : : ; ym ) soit alge ´briquement inde ´pendante sur L.
b) Tout element de M est algebrique sur K[x1 ; : : : ; xn ; y1 ; : : : ; ym ]. En effet,
´´ ´
L est alge ´brique sur K[x1 ; : : : ; xn ], donc L[y1 ; : : : ; ym ] est alge ´brique sur
K[x1 ; : : : ; xn ; y1 ; : : : ; ym ]. Comme M est alge ´brique sur L[y1 ; : : : ; ym ], elle est
alge
´brique sur K[x1 ; : : : ; xn ; y1 ; : : : ; ym ].
Solution de l™exercice 13.6.9. ” a) L™extension C C(T) est de degre de trans-
´
cendance e ´gal a 1. Par suite, C(T) est alge
` ´brique sur toute extension de C dont
´gal a 1. Comme K 6= C, il existe
le degre de transcendance est (ne
´ ´cessairement) e `
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
270



u 2 K et u est transcendant sur C. Par suite, deg tr(K=C) deg tr C(u)=C = 1
et C(T) est alge´brique sur K.
Comme c™est une extension de type ¬ni, elle est ne
´cessairement de degre ¬ni.
´
b) Soit d le degre du polynome minimal de T sur K. L™extension K K[T]
´ ˆ
est donc alge´brique de degre d. Mais K[T] est un corps qui contient C et T,
´
donc K[T] contient C(T) et l™on a C(T) = K[T], d™ou d = n. Il en re
` ´sulte que
le polynome minimal de T sur K est de degre n.
ˆ ´
Comme T est transcendant sur C, f 62 C[X]. Il existe donc j tel que kj 62 C.
c) On a les inclusions C(u) K C(T). Par suite,
[C(T) : K] = n:
[C(T) : C(u)] = [C(T) : K] [K : C(u)]
Il suf¬t donc de prouver que [C(T) : C(u)] = m. Or, T est racine du polynomeˆ
g(X) uh(X) 2 C[u; X]. Comme ce polynome est de degre 1 en u, il est
ˆ ´
irre´ductible en tant que polynome de C(X)[u], et comme ses coef¬cients g(X)
ˆ
et h(X) sont premiers entre eux deux a deux, il est, d™apres le lemme de Gauß,
` `
irre´ductible en tant que polynome de C[u; X], voire en tant que polynome de
ˆ ˆ
C(u)[X]. Par suite, le degre de T sur C(u) est e
´ ´gal au degre en X de g(X) uh(X),
´
c™est-a-dire m. On a ainsi [C(T) : C(u)] = m n.
`
Puisque g(X) uh(X) est a coef¬cients dans C(u) K et s™annule en X = T,
`
il est multiple du polynome minimal de T sur K. Il existe donc q(X) 2 K[X] tel
ˆ
que
g(X) uh(X) = q(X)f (X):
d) Mettons les kj 2 C(T) sous forme de fraction irre ´ductible kj = gj =hj , avec
gj et hj 2 C[T]. Soit c0 le ppcm des hj et, si 1 „ j „ n, posons cj = kj c0 = (kj =hj )gj .
Il en re´sulte que pgcd(c0 ; c1 ; : : : ; cn ) = 1. Par suite, le polynome
ˆ
f (X; T) = c0 (T)Xn + + cn (T) 2 C[X; T]
est irre
´ductible en tant que polynome de C(T)[X] et est a coef¬cients premiers
ˆ `
entre eux dans leur ensemble. D™apres le lemme de Gauß, il est irre
` ´ductible.
e) On a
f (T) Ð Ð
g(X)h(T) g(T)h(X) = h(T) g(X) h(X) = h(T) g(X) uh(X)
h(T)
= h(T)q(X)f (X)
h(T) Ð
g(X) f (X; T):
=
c0 (T)
´
Ainsi, f (X; T) divise le polynome g(X)h(T) g(T)h(X) dans C(T)[X]. Etant
ˆ
irre
´ductible, le lemme de Gauß implique qu™il le divise aussi dans C[T; X], d™ou
`
l™existence de q(X; T) 2 C[X; T] tel que
g(X)h(T) g(T)h(X) = q(X; T)f (X; T):
13.7. SOLUTIONS 271



Comparons les degre en T des deux membres : Comme deg g „ m et deg h „ m,
´s
le membre de gauche est de degre „ m ; le degre du membre de droite est au
´ ´
moins
degT f (X; T) = max(deg c0 (T); : : : ; deg cn (T)) max(deg c0 ; deg cj ):
Comme u = g=h = cj =c0 et comme pgcd(g; h) = 1, il existe D = pgcd(c0 ; cj ) tel que
cj = Dg et c0 = Dh. Par suite, max(deg c0 ; deg cj ) = max(deg g; deg h)+deg D m.
Ces deux ine ´galite impliquent que le degre en T des deux membres est e
´s ´ ´gal
a m, que degT f (X; T) = m et que degT q(X; T) = 0, d™ou q(X; T) 2 C[X].
` `
Conside ´ comme polynome de C(X)[T], le pgcd des coef¬cients du membre
´re ˆ
de gauche est e ´gal au pgcd de g(X) et h(X), donc 1. Il en est de meme duˆ
membre de gauche, d™ou le fait que q(X; T) est constant.
`
Le degre en X du membre de gauche est e
´ ´gal a m. Celui du membre de
`
droite aussi par conse ´quent, d™ou m = degX q(X; T) + degX f (X; T) = n.
`
Pour conclure, il suf¬t de remarquer que l™extension C(u) K a pour degre ´
m=n = 1, d™ou K = C(u).
`
Remarque. ” Ce re ´sultat est vrai si C est remplace par un corps arbitraire. Si k est
´
un corps alge´briquement clos, il reste vrai (et bien plus dif¬cile a de` ´montrer)
que tout corps K k(X; Y) de degre de transcendance e
´ ´gal a 2 est de la forme
`
K(f; g) pour deux fractions rationnelles f et g, mais ce n™est pas vrai si k est
alge
´briquement clos. Avec plus de 3 variables, le re ´sultat analogue est faux.
14 Algebres de type ¬ni sur un
`
corps


On etudie dans ce chapitre quelques proprietes fondamentales des algebres de type
´ ´´ `
¬ni sur un corps. Ces proprietes ont des traductions geometriques pour les ensembles
´´ ´´
algebriques que, malheureusement, nous ne pouvons exposer ici.
´



14.1. Le theoreme de normalisation de Noether
´`
Ce the ` me, joint aux proprie ´s des extensions entieres, est un outil extre-
´ore ´te ` ˆ
mement puissant dans l™e´tude des algebres de type ¬ni sur un corps. Tout ce
`
chapitre en est plus ou moins l™illustration.
Theoreme 14.1.1 (The ` me de normalisation). ” Soit k un corps et soit A une
´ore
´`
k-algebre de type ¬ni, integre. Il existe alors des elements x1 ; : : : ; xn 2 A algebriquement
` ` ´´ ´
independantents sur k tels que A soit entier sur k[x1 ; : : : ; xn ].
´
Demonstration. ” Soit y1 ; : : : ; ym des e ´ments de A qui engendrent A comme
´le
´
k-algebre. Nous allons raisonner par re
` ´currence sur m, le re ´sultat e
´tant trivial si
m = 0.
Si y1 ; : : : ; ym sont alge
´briquement inde
´pendants sur k, le lemme de normalisation
est de ´montre ´.
´pendants et soit P 2 k[Y1 ; : : : ; Ym ]
Supposons donc qu™ils sont alge ´briquement de
un polynome non nul tels que P(y1 ; : : : ; ym ) = 0. On va montrer que l™on peut
ˆ
choisir des entiers ri 1 pour i 2 de sorte que A est entiere sur la sous-k-algebre
` `
r Q ni
P
de A engendre par les zi = yi y1i . En effet, si P =
´e an Yi , on a
i
n=(ni )

m
r r
r n
(zi + y1i )ni
X Y
0 = P(y1 ; : : : ; ym ) = P(y1 ; z2 + y12 ; : : : ; zm + y1m ) = an y 1 1
n i=2
‚Ã
n2 nm Y ni n1 +P ji ri Y ni ji
XX X
::: an y zi :
=
ji 1
n j2 =0 jm =0 i2 i2
`
CHAPITRE 14. ALGEBRES DE TYPE FINI SUR UN CORPS
274



Soit k un entier strictement plus grand que le degre de P en chaque variable et
´
posons ri = k i . Ainsi, les sommes n1 + ji ri sont toutes distinctes et l™e
P
´quation
pre ´dente fournit une relation de de
´ce ´pendance alge ´brique pour y1 donc les
coef¬cients sont dans k[z2 ; : : : ; zm ] et dont le coef¬cient de plus haut degre est ´
ne´cessairement obtenu pour ji = ni , donc est un coef¬cient non nul de P, donc
r
inversible. Cela prouve que y1 est entier sur k[z2 ; : : : ; zm ]. Puis, si i 2, yi = zi + y1i
est aussi entier sur k[z2 ; : : : ; zm ]. Par conse
´quent, A est entiere sur k[z2 ; : : : ; zm ].
`
´currence, il existe des e ´ments x1 ; : : : ; xn 2 k[z2 ; : : : ; zm ] alge
Par re ´le ´briquement
inde´pendants sur k et tels que k[z2 ; : : : ; zm ] est entiere sur k[x1 ; : : : ; xn ]. Il en
`
re
´sulte que A est entiere sur k[x1 ; : : : ; xn ].
`
Comme premiere application, nous donnons une de
` ´monstration ge ´rale du
´ne
the ` me des ze
´ore ´ros de Hilbert que nous avions e
´tabli au chapitre 4 lorsque le
corps e
´tait le corps des nombres complexes.
La forme la plus fondamentale de ce the ` me est la suivante.
´ore

Theoreme 14.1.2. ” Soit k un corps et soit A une k-algebre de type ¬ni. On suppose que
`
´`
A est un corps. Alors, A est une extension algebrique de k.
´

Avant de la de
´montrer, rappelons une proprie ´ importante des extensions
´te
entieres.
`

Proposition 14.1.3. ” Soit A B deux anneaux integres tels que B est entier sur A.
`
Alors, A est un corps si et seulement si B est un corps.

Demonstration. ” Si A est un corps, on a vu au lemme 9.1.9 que tout x 2 B n f0g
´
est inversible dans A. Re ´ciproquement, supposons que B est un corps et soit
x 2 A n f0g. Comme B est un corps, il existe y 2 B tel que xy = 1 et y est entier
sur A. Soit y n + c1 y n 1 + + cn = 0 une relation de de
´pendance inte
´grale pour
y, ou les ci 2 A. Multiplions cette relation par xn 1 , on trouve
`
y = xn 1 y n = xn 1 cn ;
c1 xc2
d™ou y 2 A et x est inversible dans A. Par suite, A est un corps.
`
Demonstration du theoreme. ” Soit x1 ; : : : ; xn des e ´ments de A alge
´le ´briquement
´ ´`
inde´pendants sur k tels que A soit entiere sur k[x1 ; : : : ; xn ]. Comme A est un
`
corps et l™extension k[x1 ; : : : ; xn ] A entiere, k[x1 ; : : : ; xn ] est aussi un corps. Mais,
`
l™homomorphisme canonique k[X1 ; : : : ; Xn ] ! k[x1 ; : : : ; xn ] est un isomorphisme,
si bien que k[X1 ; : : : ; Xn ] est un corps, ce qui est absurde si n 1 (l™anneau des
polynomes n™est pas un corps. . .). Par suite, n = 0 et A est entiere (alge
ˆ ` ´brique)
sur k. Comme A est une k-algebre de type ¬ni, A est meme ¬nie sur k.
` ˆ
Comme corollaire, on peut en de
´duire le cas ge ´ral du the ` me 4.2.2.
´ne ´ore
´ `
14.1. LE THEOREME DE NORMALISATION DE NOETHER 275



Corollaire 14.1.4. ” Soit k un corps algebriquement clos et soit m un ideal maximal
´ ´
de l™anneau de polynomes k[X1 ; : : : ; Xn ]. Alors, il existe un unique (a1 ; : : : ; an ) 2 k n tel
ˆ
que m = (X1 a1 ; : : : ; Xn an ).
Demonstration. ” Notons K le corps re ´sidual k[X1 ; : : : ; Xn ]=m et soit ‚ l™homo-
´
morphisme surjectif canonique k[X1 ; : : : ; Xn ] ! K. Par construction, K est une
k-algebre de type ¬ni et c™est un corps. D™apres le the ` me pre ´dent, c™est
` ` ´ore ´ce
une extension alge ´brique ¬nie de k. Puisque k est suppose alge´ ´briquement clos,
k = K et il existe pour tout i un unique e ´ment ai 2 k tel que ‚(Xi ) = ai ,
´le
c™est-a-dire Xi ai 2 m. Alors, m contient l™ide (X1 a1 ; : : : ; Xn an ) et puisque
` ´al
cet ide est maximal, m = (X1 a1 ; : : : ; Xn an ).
´al
On laisse en exercice le soin de relire les de
´¬nitions et the ` mes du para-
´ore
graphe 4.2 concernant les ensembles alge ´briques. Ils s™e
´tendent tous du cas ou
`
le corps est C au cas d™un corps algebriquement clos arbitraire.
´
Donnons une autre application importante.
Theoreme 14.1.5. ” Soit k un corps algebriquement clos et soit A, B deux k-algebres de
´ `
´`
type ¬ni integres. Alors, A k B est une k-algebre (de type ¬ni) integre.
` ` `
Demonstration. ” Soit f et g deux e ´ments de A k B tels que fg = 0. On peut
´le
´
r
P
e
´crire f = ai bi ou les bi sont line
` ´airement inde
´pendants sur k, et de meme
ˆ
i=1
s
a0j b0j .
P
g=
j=1
Si m est un ide maximal de A, A=m est un corps qui est une k-algebre de type
´al `
¬ni. C™est donc une extension ¬nie de k, d™ou A=m ' k. Notons clm : A ! A=m
`
la surjection canonique et soit ‚m l™homomorphisme surjectif de k-algebres
`
B ! (A=m) B'B
‚m : A k k

qui s™en de
´duit. On a
r s
clm (a0j )b0j :
X X
et ‚m (g) =
‚m (f ) = clm (ai )bi
i=1 j=1

Puisque
‚m (f )‚m (g) = ‚m (fg) = 0
et puisque B est integre, ‚m (f ) = 0 ou ‚m (g) = 0. Comme les bi (resp. les b0j )
`
sont line´airement inde ´pendants, on a clm (ai ) = 0 pour tout i dans le premier
0
cas et clm (aj ) = 0 pour tout j dans le second. Autrement dit, ou bien tous les ai
appartiennent a m, ou bien tous les a0j appartiennent a m. Ce qu™on reformule
` `
encore : si I = (a1 ; : : : ; ar ) et J = (a01 ; : : : ; a0s ), alors, pour tout ide maximal m
´al
de A, ou bien I m, ou bien J m. Ainsi, pour tout ide maximal m de A, ´al
I \ J m.
`
CHAPITRE 14. ALGEBRES DE TYPE FINI SUR UN CORPS
276



Pour conclure la de ´monstration, nous utilisons le fait que A est un anneau
de Jacobson : l™intersection de tous les ide ´aux maximaux de A est re ´duite au
´tant integre, a (0). On a donc I \ J = (0).
nilradical de A, c™est-a-dire, A e
` ` `
Si f 6= 0 et g 6= 0, on a I 6= (0) et J 6= (0). Choisissons x 2 I n f0g et y 2 I n f0g.
Alors, xy = 0, ce qui contredit le fait que A est integre. Par suite, f = 0 ou
`
g = 0.

Donnons maintenant la preuve du fait admis dans la de ´monstration pre ´dente.
´ce
Je renvoie aussi a l™exercice 4.3.9 page 55 concernant la de
` ´¬nition des anneaux
de Jacobson.

Proposition 14.1.6. ” Soit k un corps et soitpA une k-algebre de type ¬ni. Alors, A est
`
un anneau de Jacobson : pour tout ideal I de A, I est l™intersection des ideaux maximaux
´ ´
de A qui contiennent I.

Demonstration. ” Soit B la k-algebre de type ¬ni A=I. Il faut alors montrer que
`
´
l™intersection des ide ´aux maximaux de B est re ´duite a l™ensemble des e ´ments
` ´le
nilpotents de B. (Lorsque B est integre, c™est d™ailleurs le re
` ´sultat dont on a eu
besoin dans la de ´monstration du the ` me ci-dessus.)
´ore
Si x 2 B n™est pas nilpotent, il faut donc montrer qu™il existe un ide maximal
´al
de B ne contenant pas x. Or, Bx = B[1=x] est encore une k-algebre de type ¬ni.
`
Comme x n™est pas nilpotent, Bx 6= 0. Par suite, Bx admet un ide maximal mx
´al
dont l™intersection avec B est un ide premier px ne contenant pas x.
´al
Montrons qu™en fait px est maximal. On a en effet un homomorphisme injectif
de k-algebres B=px ,! Bx =mx . Comme Bx =mx est une k-algebre de type ¬ni et est
` `
un corps, c™est, d™apres le the ` me des ze
` ´ore ´ros 14.1.2, une extension alge ´brique
¬nie de k. Alors, B=px est une k-algebre integre qui est de dimension ¬nie
` `
comme k-espace vectoriel (infe ´rieure a celle de Bx =mx ). C™est donc un corps
`
et px est ainsi un ide maximal de B qui ne contient pas x, ce qui e
´al ´tablit la
proposition.


14.2. Finitude de la cloture integrale
ˆ ´
Theoreme 14.2.1. ” Soit k un corps et soit A une k-algebre de type ¬nie integre. Soit E le
` `
´`
corps des fractions de A et soit E F une extension algebrique ¬nie. Soit en¬n B la cloture
´ ˆ
integrale de A dans F.
´
Alors, B est un A-module de type ¬ni.

La de
´monstration repose sur un e
´nonce de the
´ ´orie de Galois et sur le the ` me
´ore
de normalisation.
ˆ ´
14.2. FINITUDE DE LA CLOTURE INTEGRALE 277



Proposition 14.2.2. ” Soit A un anneau noetherien integre, E son corps des fractions.
´ `
Soit F une extension algebrique ¬nie se
´parable de E et soit B la cloture integrale de A dans
´ ˆ ´
F. On suppose que A est integralement clos. Alors, B est un A-module de type ¬ni.
´



Demonstration. ” Soit une cloture alge
ˆ ´brique de E. Notons n = [F : E] et soit
´
1; : : : ; n : F ! les n E-homomrphismes de corps distincts de F dans . Si
i 2 f1; : : : ; ng et x 2 B, i (x) est entier sur A (annule par le meme polynome
´ ˆ ˆ
n
P
unitaire que x), si bien que TrF=E (x) = i (x) est entier sur A. Comme c™est un
i=1
´gralement clos (dans E), TrF=E (x) 2 A.
e ´ment de E et comme A est suppose inte
´le ´
Soit (e1 ; : : : ; en ) une base de F sur E. Quitte a les multiplier par un e ´ment non
` ´le
nul de F, on peut supposer qu™ils appartiennent a B. Comme l™extension E F
`
est se´parable, la forme biline ´aire de´¬nie par la trace est non de ´ne ´e. Il existe
´ge ´re
donc une base (f1 ; : : : ; fn ) telle que pour tous i et j 2 f1; : : : ; ng, TrE=F (ei fj ) = 0
si i 6= j et 1 si i = j. Soit D un e ´ment de A tel que Dfi 2 B pour tout i.
´le
n
P
xi ei un e ´ment de B. Pour tout i 2 f1; : : : ; ng, x(Dfi ) 2 B,
Alors, soit x = ´le
i=1
n
1 P
donc TrF=E (Dxfi ) 2 A, d™ou Dxi 2 A. Il en re
` ´sulte que B Aei . Autrement
D
i=1
dit, B est un sous-A-module d™un A-module libre de rang n sur A. Comme A est
noethe ´rien, B est un A-module de type ¬ni.



Nous pouvons maintenant de ´montrer le the ` me. Pour simpli¬er la de
´ore ´mons-
tration, nous supposons que k est de caracteristique zero. Le cas ge ´ral se de
´ne ´montre de
´ ´
la meme fa¸ on mais ne
ˆ c ´cessite une e ´tude particuliere des extensions inse
` ´parables
dans le style de la remarque 13.4.7



Demonstration. ” Appliquons a A le lemme de normalisation de Noether 14.1.1.
`
´
Soit x1 ; : : : ; xn des e
´lements de A alge ´briquement inde ´pendants sur k tels que A
est entiere sur A0 = k[x1 ; : : : ; xn ].
`
Remarquons qu™un e ´ment de F est entier sur A si et seulement s™il est entier
´le
sur A0 . Par suite, B est la cloture inte
ˆ ´grale de A0 dans F. Comme l™extension
E0 = k(x1 ; : : : ; xn ) E est alge ´brique ¬nie, l™extension E0 F est ¬nie.
Remarquons aussi que A0 est un anneau factoriel (the ` me 7.4.4) donc
´ore
inte´gralement clos (the ` me 9.2.10). Comme k est suppose de caracte
´ore ´ ´ristique
ze
´ro, l™extension E0 F est se´parable. D™apres la proposition 14.2.2, B est un
`
A0 -module de type ¬ni. C™est donc a fortiori un A-module de type ¬ni.
`
CHAPITRE 14. ALGEBRES DE TYPE FINI SUR UN CORPS
278



14.3. Dimension et degre de transcendance
´
De¬nition 14.3.1. ” Soit A un anneau. On appelle dimension de A la borne superieure
´
´
des longueurs des cha±nes strictement croissantes
ˆ
p0 ( p 1 ( ( pn
d™ideaux premiers de A.
´

Exemple 14.3.2. ” a) La dimension d™un corps, plus ge ´ralement d™un anneau
´ne
artinien, est 0.
b) Dans Z, les cha±nes d™ide
ˆ ´aux premiers sont (0) (p) pour p un nombre
premier. Par suite, dim Z = 1. Plus ge ´ralement, un anneau principal qui n™est
´ne
pas un corps est de dimension 1. En particulier, si k est un corps, dim k[X] = 1.
c) L™un des buts du paragraphe est de montrer que dim k[X1 ; : : : ; Xn ] = n.

Remarque 14.3.3 (Interpre´tation ge ´ome ´trique). ” Soit k un corps alge ´brique-
ment clos, soit I k[X1 ; : : : ; Xn ] et A = k[X1 ; : : : ; Xn ]=I. Un ide premier de
´al
´ductible contenu dans V (I). Ainsi, la
A de ´¬nit un ensemble alge ´brique irre
dimension de A est la borne supe ´rieure des longueurs de suites strictement
´ductibles contenus dans V (I).
croissantes de ferme irre
´s

Exemple 14.3.4. ” Si k est un corps, on a dim k[X1 ; : : : ; Xn ] n. En effet, on a
la suite d™ide
´aux premiers
(X1 ; X2 ) (X1 ; : : : ; Xn ):
(0) (X1 )

Le the ` me principal de ce paragraphe est le suivant. Il est le fondement de
´ore
la the
´orie de la dimension en ge´ome´trie alge
´brique.

Theoreme 14.3.5. ” Soit k un corps, A une k-algebre de type ¬ni integre et soit K son
` `
´`
corps des fractions. Alors, dim A = deg trk K.

Avant de le de
´montrer, il nous faut e
´tudier le comportement de la dimension
dans une extension entiere.
`

Theoreme 14.3.6 (Premier the ` me de Cohen-Seidenberg)
´ore
´`
Soit A B une extension entiere d™anneaux.
`
a) Soit q un ideal premier de B et soit p = q \ A. Alors, p est maximal si et seulement si
´
q est maximal.
b) Soit q q0 deux ideaux premiers de B tels que q \ A = q0 \ A. Alors, q = q0 .
´
c) Pour tout ideal premier p de A, il existe un ideal premier q de B tel que q \ A = p.
´ ´

Demonstration. ” a) Par construction, on a une extension entiere d™anneaux
`
´
integres A=p
` B=q. Par suite, A=p est un corps si et seulement si B=q est
´
14.3. DIMENSION ET DEGRE DE TRANSCENDANCE 279



un corps (proposition 14.1.3), c™est-a-dire : p est un ide maximal de A si et
` ´al
seulement si q est un ide maximal de B.
´al
b) Conside´rons l™extension entiere Ap
` Bp obtenue par localisation par la
0
partie multiplicative A n p. Alors, qBp q Bp sont deux ide ´aux premiers de
Bp dont l™intersection avec Ap est l™unique ide maximal pAp de Ap . En effet,
´al
´vidente. D™autre part, q0 Bp ne contient pas 1, donc
l™inclusion pAp qBp est e
q0 Bp 6= Ap et par suite est contenu dans pAp .
Puisque pAp est maximal, qBp et q0 Bp sont tous deux maximaux. Comme ils
´gaux. Puisque la localisation q 7! qBp
sont inclus l™un dans l™autre, ils sont e
´aux premiers de B disjoints de A n p sur
est une bijection de l™ensemble des ide
´aux premiers de Bp , q = q0 .
l™ensemble des ide
c) Soit m un ide maximal de l™anneau Bp . On a vu au a) que m \ Ap est un
´al
ide maximal de Ap , d™ou m \ Ap = pAp . D™autre part, il existe un ide premier
´al ` ´al
q de B tel que m = qBp . Alors, si b 2m athfrakq \ A, b=1 2 qBp \ Ap ; il existe donc
a 2 A n p tel que ab 2 p, d™ou, p e ´tant premier, b 2 p. Re ´ciproquement, si a 2 p,
`
qBp . Par suite, il existe a 2 A n p tel que aa0 2 q. Puisque a0 62 p,
0
a=1 2 pAp
a0 62 q (sinon, a0 2 q \ A = p) et, q e ´tant premier, a 2 q. Ainsi, q \ A = p.


Corollaire 14.3.7. ” Soit A B une extension entiere d™anneaux. Alors, dim A =
`
dim B.


Demonstration. ” Soit q0 ( ( qn une suite strictement croissante d™ide ´aux
´
premiers de B. Prenons les intersections avec A. On obtient une suite croissante
´aux premiers de A, (q0 \ A) (qn \ A). D™apres le the ` me 14.3.6,
d™ide ` ´ore
b), cette suite est strictement croissante. Par suite, dim A dim B.
´ciproquement, soit p0 ( ( pn une suite strictement croissante d™ide
Re ´aux
premiers de A. D™apres le the ` me 14.3.6, c), il existe un ide premier q0
` ´ore ´al
de B tel que q0 \ A = q0 . Supposant avoir construit par re ´currence des ide´aux
premiers q0 ; : : : ; qr tels que qj \ A = pj pour 0 „ j „ r, conside ´rons l™extension
entiere A=pr B=qr d™anneaux integres. Il existe alors un ide premier q de
` ` ´al
B=qr dont l™intersection avec A=pr est l™ide premier pr+1 =pr . Or, q est de la
´al
forme qr+1 =qr , qr+1 e ´ri¬e donc qr+1 \ A = pr+1 .
´tant un ide premier de B qui ve
´al
Ainsi, dim B dim A.

Demonstration du theoreme 14.3.5. ” Nous de ´montrons ce the ` me par re
´ore ´cur-
´ ´`
rence sur le degre de transcendance de K. Si n = deg trk K, rappelons qu™ existe,
´
d™apres le lemme de normalisation de Noether, des e ´ments x1 ; : : : ; xn 2 A,
` ´le
alge ´briquement inde ´pendants sur k, tels que A soit entiere sur k[x1 ; : : : ; xn ].
`
Si n = 0, A est entier sur k, donc est un corps. On a donc dim A = 0.
`
CHAPITRE 14. ALGEBRES DE TYPE FINI SUR UN CORPS
280



Supposons le the ` me de
´ore ´montre en dimension < n. Alors, A e
´ ´tant entiere
`
sur k[x1 ; : : : ; xn ],
dim A = dim k[x1 ; : : : ; xn ]:
De plus, deg tr k(x1 ; : : : ; xn ) = n si bien qu™il suf¬t de de
´montrer un corollaire
du the ` me.
´ore

Corollaire 14.3.8. ” Soit k un corps. Alors, dim k[X1 ; : : : ; Xn ] = n.

Preuve du corollaire. ” (On suppose de ´montre le the ` me en dimension < n.)
´ ´ore
On a de ` vu que dim k[X1 ; : : : ; Xn ] n. Re
´ja ´cproquement, soit
(0) ( p1 ( ( pr
une suite strictement croissante d™ide ´aux premiers de k[X1 ; : : : ; Xn ] et conside´rons
la k-algere de type ¬ni integre A0 = k[X1 ; : : : ; Xn ]=p1 . On a dim A0
` ` r 1.
D™autre part, si P 2 p1 est un polynome non nul, il fournit une relation de
ˆ
´brique non triviale entre les classes xi des Xi dans A0 . Si P
de´pendance alge
fait intervenir Xn , xn est alors alge ´brique sur le corps des fractions de la sous-
algebre k[x1 ; : : : ; xn 1 ] A0 qui est de degre de transcendance „ n 1. Par suite,
` ´
0
´currence, deg tr A = dim A0 , d™ou l™ine
0
deg tr A „ n 1. Par re ` ´galite
´
1 „ dim A0 = deg tr A0 „ n
r 1
et r „ n.


14.4. Exercices
Exercice 14.4.1. ” Soit K L une extension alge ´brique ¬nie et un corps
alge
´briquement clos contenant K.
Montrer que L K est re ´duit si et seulement si l™extension K L est se
´parable.

Exercice 14.4.2. ” Soit k un corps alge
´briquement clos et soit A, B deux k-algebres
`
de type ¬ni re ´duites. Montrer que A k B est re´duite.

Exercice 14.4.3. ” Soit k un corps et soit f : A ! B un morphisme de k-algebres
`
de type ¬ni. Si m est un ide maximal de B, montrer que f 1 (m) est un ide
´al ´al
maximal de A.

Demonstration. ” Soit m un ide maximal de B et notons K = B=m le corps
´al
´
re
´siduel. Alors, K est une k-algebre de type ¬ni et un corps, donc d™apres le
` `
the ` me des ze
´ore ´ros de Hilbert (sous la forme du the ` me 14.1.2) implique
´ore
que K est une extension alge ´brique ¬nie de k : K est un k-espace vectoriel de
dimension ¬nie.
14.5. SOLUTIONS 281



L™homomorphisme f induit un homomorphisme injectif de k-algebres de type
`
¬ni :
A=f 1 (m) ! B=m = K:
Par suite, A=f 1 (m) est une k-algebre de type ¬ni integre et est de dimension
` `
¬nie comme k-espace vectoriel.
´sulte que A=f 1 (m) est un corps. (Remarquer par exemple le fait que K
Il en re
´tant ¬nie sur k est a fortiori ¬nie sur A=f 1 (m) et utiliser la proposition 14.1.3.)
e
Ainsi, f 1 (m) est un ide maximal de A.
´al


14.5. Solutions
Solution de l™exercice 14.4.1. ” Supposons que l™extension n™est pas se´parable. No-
´ristique de K et soit x 2 L dont le polynome minimal P 2 K[X]
tons p la caracte ˆ
appartient a K[Xp ]. On e ´crit P(X) = Q(Xp ). Soit d le degre de Q et notons
` ´
Q = a0 +a1 X+ +ad 1 Xd 1 +Xd . Comme est alge ´briquement clos, il existe pour
p
tout i un e ´ment bi 2 tel que bi = ai . Posons R(X) = b0 +b1 X+ +bd 1 Xd 1 +Xd ,
´le
si bien que
p p p
R(X)p = (b0 + b1 X + + bd 1 Xd + Xd )p = b0 + b1 Xp + + bd 1 Xdp p + Xdp = P(X):
1


Alors, l™e ´ment R(x
´le 1) de L ,
K

+ xd + xd
1
b0 + x b1 + bd
R(x 1) = 1 1;
1

ve
´ri¬e
1)p = P(x
R(x 1) = P(x) 1
puisque P 2 K[X]. Par suite, R(x 1)p = 0. Or, comme d „ dp 1, les e ´ments ´le
1; : : : ; xd de L sont line
´airement inde´pendants sur K. Par suite, les e ´ments 1 1,
´le
x 1, . . ., xd 1 de L K sont encore line
´airement inde ´pendants sur et
R(x 1) 6= 0. Il en re ´sulte que L K n™est pas un anneau re ´duit.
Re ´ciproquement, supposons que l™extension K L est se ´parable. Notons
d = [L : K] soit 1 ; : : : ; d les d K-homomorphismes de L dans . On en de ´duit
une application K-line ´aire
d
:L! x 7! ( 1 (x); : : : ;
; d (x));

d™ou par changement de base un homomorphisme
` -line
´aire
d
! t 7! (t 1 (x); : : : ; t d (x)):
; x
:L K

Comme est injectif, l™est encore. Comme les deux membres sont des -espaces
vectoriels de meme dimension d, est un isomorphisme.
ˆ
Comme l™anneau d est re ´duit, L K est re
´duit.
`
CHAPITRE 14. ALGEBRES DE TYPE FINI SUR UN CORPS
282



Solution de l™exercice 14.4.2. ” On reprend les arguments de la de
´monstration du
the ` me 14.1.5. Soit f un e ´ment de A k B et d un entier tel que f d = 0. On
´ore ´le
r
P
e
´crit f = ai bi ou les bi sont line
` ´airement inde
´pendants sur k.
i=1
Si m est un ide maximal de A, on a vu dans la de
´al ´monstration du the ` me
´ore
que A=m est isomorphe a k et que l™on a un homomorphisme canonique
`
B ! B; b 7! clm (a)b:
‚m : A a
k

Puisque f d = 0, ‚m (f )d = 0 dans B. Comme B est re ´duite, ‚m (f ) = 0. Comme
les bi sont suppose line
´s ´airement inde´pendants sur k, clm (ai ) = 0 pour tout i, si
bien que les ai appartiennent a m.
`
Ainsi, les ai appartiennent a tout ide maximal de A, donc au radical de
` ´al
Jacobson de A. Comme A est une k-algebre de type ¬ni, son radical de Jacobson
`
est e
´gal a son nilradical, donc a (0) puisque A est re
` ` ´duite. Il en re´sulte que tous
les ai sont nuls, d™ou f = 0.
`
Demonstration. ” Soit m un ide maximal de B et notons K = B=m le corps
´al
´
re
´siduel. Alors, K est une k-algebre de type ¬ni et un corps, donc d™apres le
` `
the ` me des ze
´ore ´ros de Hilbert (sous la forme du the ` me 14.1.2) implique
´ore
que K est une extension alge ´brique ¬nie de k : K est un k-espace vectoriel de
dimension ¬nie.
L™homomorphisme f induit un homomorphisme injectif de k-algebres de type
`
¬ni :
A=f 1 (m) ! B=m = K:
Par suite, A=f 1 (m) est une k-algebre de type ¬ni integre et est de dimension
` `
¬nie comme k-espace vectoriel.
´sulte que A=f 1 (m) est un corps. (Remarquer par exemple le fait que K
Il en re
´tant ¬nie sur k est a fortiori ¬nie sur A=f 1 (m) et utiliser la proposition 14.1.3.)
e
Ainsi, f 1 (m) est un ide maximal de A.
´al
Bibliographie


[1] E. Artin “ Galois theory, second e
´d., Dover Publications Inc., 1998, Edited
and with a supplemental chapter by Arthur N. Milgram.
[2] M. F. Atiyah & I. G. Macdonald “ Introduction to commutative algebra, Addison“
Wesley, 1969.
[3] N. Bourbaki “ Algebre commutative, Masson, 1983, Chapitres 8 et 9.
`
[4] D. Eisenbud “ Commutative algebra with a view towards algebraic geometry, Graduate
Texts in Math., no. 150, Springer Verlag, 1995.
[5] H. Matsumura “ Commutative ring theory, Cambridge studies in advanced
mathematics, Cambridge Univ. Press, 1986. 179
[6] J. S. Milne “ « Algebraic geometry », 1998, notes du cours Math 631, dispo-
nible a l™adresse http://www.jmilne.org/ math/ .
`
[7] , « Field theory », 1998, notes du cours Math 594, disponible a l™adresse
`
http://www.jmilne.org/ math/ .
[8] D. Mumford “ The red book of varieties and schemes, Lect. Notes Math., no. 1358,
Springer Verlag, 1994.
´
[9] D. Perrin “ Geometrie algebrique, InterEditions, 1994.
´´ ´
[10] M. Reid “ Undergraduate commutative algebra, London Math. Society Student
Texts, vol. 29, Cambridge University Press, 1995.
[11] J.-P. Serre “ Algebre locale, multiplicites, Lect. Notes Math., no. 11, Springer
` ´
Verlag, 1965.
[12] J.-P. Serre “ Cours d™arithmetique, Presses Universitaires de France, Paris,
´
1977, Deuxieme e
` ´dition revue et corrige Le Mathe
´e, ´maticien, No. 2.
Index



” parfait, 245
algebre, 3, 16
`
critere d™Eisenstein, 267
`
” de type ¬ni, 120, 121, 123“125
de´composition
anneau, 2
” de Jordan, 146
” artinien, 218
” en facteurs irre ´ductibles, 66
” de Jacobson, 55, 276
de´composition primaire, 229
” de polynomes, 3, 73
ˆ
” minimale, 229
” des entiers de Gauß, 64, 70
degre 274
´,
” euclidien, 64
” d™un polynome, 9
ˆ
” factoriel, 66, 68
” de transcendance, 258
” inte ´gralement clos, 160
dimension, 278
” integre, 8
`
diviseur de ze ´ro, 8
” local, 54
division euclidienne, 11, 48, 71
” noethe ´rien, 117, 119, 120, 224, 225
” dans les polynomes, 9
ˆ
” principal, 63, 64, 66, 180
dual
” quotient, 26
” d™un module, 89
” re ´duit, 8
e ´ment
´le
exemple d™” non factoriel, 82
“ se´parable, 244
annulateur, 88
” alge ´brique, 155
application biline ´aire, 195
” de torsion, 136
associativite 1
´,
” entier, 155
base, 94
” idempotent, 10
base normale, 260
” inversible, 2, 8, 73
caracte´ristique
” irre ´ductible, 65
” d™un corps, 19, 241
” neutre, 1
cate´gorie, 4
” nilpotent, 227
cloture alge
ˆ ´brique, 163
” simpli¬able, 8, 227
” dans une extension, 158
e ´ments
´le
existence d™une ”, 164
” alge ´briquement inde ´pendants, 255
cloture inte
ˆ ´grale, 157
” associe 11
´s,
conducteur, 14
” premiers entre eux, 69
contenu, 73
endomorphisme
corps, 3, 8
” de module, 89
” alge ´briquement clos, 65, 162
ensemble alge ´brique, 50
” de rupture, 161
” des fractions, 32, 49 ” irre ´ductible, 127
” ¬ni, 241, 247 ensemble inductif, 6
INDEX
288



espace vectoriel, 3 ” artinien, 218
exactitude ” de longueur ¬nie, 226
” de la localisation, 37, 100, 183, 222 ” de type ¬ni, 113, 114, 115, 117, 124,
125, 178, 224, 225
extension
” dual, 89
” alge ´brique, 158
” gradue 184´,
” entiere, 158
`
” injectif, 178, 182
” ¬nie, 158
” libre, 95, 177
” galoisienne, 247, 248, 250
” noethe ´rien, 117, 118
” monogene, 243
`
” plat, 202
” se ´parable, 244, 248
” projectif, 177, 182
facteur direct, 95, 177
” simple, 215
facteurs invariants, 139
produit de ”s, 92
foncteur, 5
nilradical, 14, 47
” contravariant, 5, 181
nombre
” covariant, 5, 181
” premier, 65
” exact, 182
normalisateur, 250
” exact a droite, 182
`
noyau
” exact a gauche, 182
`
” d™un homomorphisme de modules, 90
formule du binome, 8, 14
ˆ
” d™un morphisme d™anneaux, 15
groupe, 1
partie
” abe ´lien, 2
” ge ´ratrice, 94
´ne
” de Galois, 246
” libre, 94
homomorphisme, voir morphisme
” lie 94
´e,
” d™anneaux, 15
” multiplicative, 30, 43
” de Frobenius, 242, 244, 247
pgcd, 69
” de modules, 88
polynome
ˆ
ide 11, 15
´al,
” irre ´ductible, 65
” maximal, 44, 45
” primitif, 73
” non principal, 63
” se ´parable, 244
” premier, 43, 47, 127
” syme ´trique, 122
” premier minimal, 125, 126
” unitaire, 9
” primaire, 226
polynome minimal, 158, 243
ˆ

<<

. 14
( 15)



>>