<<

. 3
( 15)



>>

s(u).
b) Supposons que n est premier et montrons que Z=nZ est integre. Soient
`
a et b tels que s(a)s(b) = s(0). Cela signi¬e que ab est un multiple de n, donc,
ne ´tant premier, que n divise a ou que n divise b (the ` me de Gauß). Ainsi,
´ore
s(a) = 0 ou s(b) = 0.
Dans l™autre sens, si n n™est pas premier, on peut e ´crire n = n1 n2 pour des
entiers n1 et n2 tels que 1 < n1 < n et 1 < n2 < n. En particulier, s(n1 ) et s(n2 )
sont non nuls dans Z=nZ. Or, s(n1 )s(n2 ) = s(n1 n2 ) = s(n) = s(0). Ainsi, Z=nZ
n™est pas integre.
`
c) Supposons maintenant n premier et montrons que Z=nZ est un corps. Si
m est un e ´ment de Z tel que s(m) 6= 0 dans Z=nZ, cela signi¬e que n ne divise
´le
pas m, donc que m et n sont premiers entre eux. D™apres le a), s(m) est inversible
`
dans s(n). Par suite, Z=nZ est un corps.
d) Soit n = pni la de
Q
´composition de n en facteurs premiers distincts (avec
i
i
ni 1). p
Soit a 2 nZ. Il existe ainsi k 1 tel que ak 2 nZ, autrement dit tel que ak est
´cessairement, pour tout nombre premier p divisant n, ak sera
multiple de n. Ne
Q
multiple de p, donc a aussi. Ainsi, a est multiple de pi .
i
Q
Re´ciproquement, l™e ´ment a = pi appartient au radical de nZ. Soit en effet
´le
i
k Qk
k = max ni . Alors a = pi est visiblement multiple de n.
i i p Q
On a ainsi montre que nZ = pi Z.
´
i
On aurait aussi pu remarquer que si p est premier, l™ide pZ contient l™ide
´al ´al
nZ si et seulement si pjn. Ainsi, le radical de nZ est l™intersection des ide
´aux
pZ pour les nombres premiers divisant n. D™apres le lemme chinois, c™est l™ide
` ´al
Q
( pi ).
i

Solution de l™exercice 3.3.3. ” a) Notons x et y l™image de X et Y dans A. On a
donc x2 = xy = y 2 = 0. Tout e ´ment de A s™e
´le ´crit de maniere unique sous la
`
0 0 0
3
forme a + bx + cy, avec (a; b; c) 2 K . Si a + b x + c y est un autre e ´ment de A,
´le
on a

(a + bx + cy)(a0 + b0 x + c0 y)
= aa0 + (ab0 + a0 b)x + (ac0 + a0 c)y;
si bien que a + bx + cy est inversible si et seulement si le systeme
`
aa0 = 1; ab0 + a0 b = 0; ac0 + a0 c = 0
CHAPITRE 3. ANNEAU QUOTIENT, LOCALISATION
40



a une solution (a0 ; b0 ; c0 ). Il faut a 6= 0, et dans ce cas, a0 = 1=a, b0 = b=a2 et
c0 = c=a2 est solution. Ainsi, a + bx + cy est inversible si et seulement si a 6= 0.
b) Les ide´aux 0 et A sont principaux, engendre respectivement par 0 et 1.
´s
Soit maintenant I un ide principal de A distinct de 0 et de A. Il est engendre par
´al ´
un e ´ment a + bx + cy de A non nul et non inversible, donc a = 0. Remarquons
´le
que l™on a

( + ÿx + y)(bx + cy) = ( b)x + ( c)y = (bx + cy):

Ainsi, l™e ´ment (non nul) b0 x + c0 y appartient a l™ide engendre par bx + cy si
´le ` ´al ´
00
et seulement si le couple (b ; c ) est multiple du couple (b; c). Alors, 6= 0, si
bien que ces e ´ments different par multiplication de l™e ´ment inversible et
´le ` ´le
de´¬nissent le meme ide
ˆ ´al. On peut ainsi supposer que b = 1, ou que b = 0,
auquel cas on suppose c = 0 ou c = 1.
Les ideaux principaux de A sont donc (0), (x + y) avec 2 K, (y) et A lui-meme.
´ ˆ
c) Soit I un ide non principal, en particulier, I 6= A. Il contient ainsi deux
´al
e ´ments bx + cy et b0 x + c0 y non proportionnels. Ainsi, par combinaisons line
´le ´aires,
I contient tous les e ´ments de la forme ÿx + y, c™est-a-dire l™ide (x; y). Il est
´le ` ´al
maximal (tout autre e ´ment est inversible), donc le seul ide de A non principal
´le ´al
est (x; y).

Solution de l™exercice 3.3.4. ” On constate qu™un polynome multiple de U2 + V3
ˆ
est dans le noyau de '. Re ´ciproquement, si '(P) = 0, effectuons la division
euclidienne de P par U2 + V3 dans K[V][U]. On trouve deux polynomes P2 et
ˆ
P3 2 K[U; V], avec P3 = 0 ou degU P3 < 2 tels que

P(U; V) = (U2 + V3 )P2 (U; V) + P3 (U; V):

´crit P3 (U; V) = A(V)+UB(V), et on a donc '(P) = A( X2 )+X3 B( X2 ) = 0.
On e
Ne´cessairement, en conside ´rant les parties paires et impaires de '(P), on trouve
que A = B = 0. Autrement dit, Ker ' = (U2 + V3 ).
Soit P = ai;j Ui Vj . On voit que '(P) = ai;j ( 1)j X3i+2j . Tous les degre
P P
´s 2
i;j
sont possibles, si bien que l™image de ' est forme des polynomes dont le terme
´e ˆ
de degre 1 est nul. Notons A = ='. C™est un sous-anneau de K[X] qui est integre,
´ `
donc A est integre.
`
Son corps des fractions est un sous-corps de K(X). Pour montrer que c™est K(X)
lui-meme, il suf¬t de montrer que X y appartient. Or, X = X3 =X2 = '(U)='(V).
ˆ

Solution de l™exercice 3.3.5. ” a) Soit a=s et b=t deux e ´mentsde S 1 A de produit
´le
nul. Il existe ainsi u 2 S tel que u(ab) = 0. Comme A est integre et u 6= 0, ab = 0.
`
Ainsi, a = 0 ou b = 0 et donc a=s = 0 ou b=t = 0. L™anneau S 1 A est integre.`
3.4. SOLUTIONS 41



b) Soit a=s 2 S 1 A un e ´ment nilpotent. Il existe alors t 2 S tel que tan = 0.
´le
Cela implique que (ta)n = 0, donc que ta est nilpotent. Comme A est re ´duit,
ta = 0, d™ou a=s = 0 dans S 1 A, et S 1 A est re
` ´duit.
1
c) Soit a=s un e ´ment nilpotent de S A. Cela signi¬e qu™il existe n 0 et
´le
t 2 S tel que tan = 0. A fortiori, ta est nilpotent dans A. Autrement dit, tout
e ´ment nilpotent de S 1 A est multiple de l™image d™un e ´ment nilpotent de
´le ´le
1
A par un e ´ment de S (qui est inversible dans S A). Il en re
´le ´sulte que l™ide
´al
engendre par f (r(A)) contient r(S 1 A). L™autre inclusion est e
´ ´vidente.
4 Ideaux premiers, maximaux
´




La premiere partie de cette le¸ on est consacree aux notions d™ideaux premiers et maxi-
` c ´ ´
maux. Ces notions generalisent le concept classique de nombre premier. Leur importance
´´
est apparue au xixe siecle avec les travaux de Kummer en arithmetique.
` ´
Dans la seconde partie, on introduit le langage de la geometrie algebrique et on demontre
´´ ´ ´
le theoreme des zeros de Hilbert.
´` ´


4.1. Ideaux premiers, ideaux maximaux
´ ´
La notion d™ide premier ge ´ralise celle de nombre premier. En effet, par
´al ´ne
de
´¬nition d™un nombre premier, si un produit d™entiers ab est multiple de p, a
ou b est multiple de p. Cela amene a la de
` ` ´¬nition :
De¬nition 4.1.1. ” Soit A un anneau et soit I un ideal de A. On dit que I est un ideal
´ ´
´
premier s™il veri¬e les proprietes :
´ ´´
“ I 6= A ;
“ si a et b sont deux elements de A tels que ab 2 I, alors ou bien a 2 I, ou bien b 2 I.
´´
La condition I 6= A est analogue a la convention qui dit que 1 n™est pas un
`
nombre premier. Par ailleurs, la seconde condition s™utilise parfois sous la forme
e
´quivalente (contrapose : si a et b sont deux elements de A n™appartenant pas a I,
´e) ´´ `
alors leur produit ab n™appartient pas a I.
`
Remarque 4.1.2. ” Un ide I de A est premier si et seulement si A n I est une
´al
partie multiplicative.
Theoreme 4.1.3. ” Un ideal I d™un anneau A est premier si et seulement si l™anneau
´
´`
quotient A=I est integre.
`
Demonstration. ” Dire que A=I est integre signi¬e d™abord que A=I 6= 0, c™est-
`
´
a-dire que I 6= A, et ensuite que si un produit xy d™e ´ments de A=I est nul,
` ´le
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
44


´
alors x ou y est nul. Ecrivons x = cl(a) et y = cl(b) avec a et b dans A. Comme
´quivaut a ab 2 I.
xy = cl(a) cl(b) = cl(ab), xy = 0 e `

Exemples 4.1.4. ” a) L™ide (0) d™un anneau A est premier si et seulement si A
´al
est integre.
`
b) Il a e ´ de
´te ´montre dans l™exercice 3.3.2 que pour tout n 1, l™anneau Z=nZ
´
est integre si et seulement si n est premier. Comme Z est integre, les ide
` ` ´aux
premiers de Z sont donc, d™une part l™ide (0), et d™autre part les ide
´al ´aux (p)
ou p parcourt l™ensemble des nombres premiers.
`
c) Si k est un corps, les ide
´aux (X) et (X; Y) de k[X; Y] sont premiers (cf.
l™exercice 3.3.1).

Proposition 4.1.5. ” Soit f : A ! B un homomorphisme d™anneaux. Si I est un ideal
´
premier de B, f 1 (I) est un ideal premier de A.
´

Demonstration. ” Premiere methode (na±ve). Comme f (1) = 1 n™appartient pas a I,`
´ ` ´ ¨
1 62 f 1 (I) et f 1 (I) 6= A. D™autre part, soit a et b deux e ´ments de A tels que
´le
1
ab 2 f (I). On a ainsi f (ab) = f (a)f (b) 2 I. Comme I est suppose premier,
´
f (a) 2 I ou f (b) 2 I, ce qui signi¬e a 2 f 1 (I) ou b 2 f 1 (I).
Seconde methode. L™ide f 1 (I) est le noyau de l™homomorphisme compose
´al ´
´
´duit un homomorphisme injectif A=f 1 (I) ,! B=I et
A ! B ! B=I. On en de
A=f 1 (I) est isomorphe a un sous-anneau de B=I. Comme un sous-anneau d™un
`
anneau integre est integre et comme B=I est integre, A=f 1 (I) est integre. L™ide
` ` ` ` ´al
f 1 (I) est donc premier.

De¬nition 4.1.6. ” Soit A un anneau. Un ideal I de A est dit maximal s™il est distinct
´
´
de A et si les seuls ideaux de A qui contiennent I sont I et A.
´

On remarquera que cela signi¬e que I est un e ´ment maximal de l™ensemble
´le
des ide
´aux de A distincts de A pour la relation d™ordre donne par l™inclusion.
´e
Comme pour les ide ´aux premiers, on peut donner une caracte ´risation des
ide
´aux maximaux en termes de quotients.

Theoreme 4.1.7. ” Un ideal I d™un anneau A est maximal si et seulement si l™anneau
´
´`
quotient A=I est un corps.

Demonstration. ” Supposons que A=I est un corps. Comme l™anneau nul n™est
´
pas un corps, A=I 6= 0 et I 6= A. Soit d™autre part un ide J de A contenant I.
´al
Si J 6= I, il existe ainsi a 2 J n I. Sa classe cl(a) 2 A=I est donc non nulle, donc
inversible puisque A=I est un corps. Soit b 2 A tel que cl(a) cl(b) = 1. On a donc
ab 1 2 I et comme a 2 J, 1 = ab (ab 1) 2 J. Par suite, J = A.
´ciproquement que si I 6= A et si tout ide de A contenant I est
Montrons re ´al
e
´gal a I ou A, alors A=I est un corps. De ` , A=I est non nul. Si maintenant
` ´ja
´ ´
4.1. IDEAUX PREMIERS, IDEAUX MAXIMAUX 45



x 2 A=I est non nul, il existe a 2 A tel que x = cl(a), et l™on a a 62 I. L™ide ´al
I + (a) contient I ; comme il contient a, il est distinct de I. Par hypothese, on a
`
donc I + (a) = A, ce qui signi¬e qu™il existe b 2 I et c 2 A tels que 1 = b + ac.
Alors, dans l™anneau A=I, on a 1 = cl(1) = cl(b + ac) = cl(a) cl(c) = x cl(c), ce
qui prouve que x est inversible dans A=I.
Exemple 4.1.8. ” a) L™ide (0) d™un anneau A n™est maximal que si A est un
´al
corps.
b) Un ide maximal est ne
´al ´cessairement premier.
c) Les ide
´aux maximaux de Z sont les ide ´aux (p) avec p premier. En effet,
l™ide (0) n™est pas maximal puisque Z n™est pas un corps. D™autre part, si p est
´al
un nombre premier, l™anneau Z=pZ est un corps d™apres l™exercice 3.3.2. On le
`
note Fp .
Remarque 4.1.9. ” Ainsi, si K est un corps de caracte
´ristique p, le sous-corps
premier de K est isomorphe a Fp .
`
Theoreme 4.1.10 (Krull). ” Tout anneau non nul possede au moins un ideal maximal.
` ´
´`
En particulier, tout anneau non nul possede au moins un ide premier.
` ´al
Demonstration. ” La preuve repose sur le lemme de Zorn. Soit A un anneau
´
non nul et notons I l™ensemble des ide ´aux de A distincts de A. On munit I
de l™ordre donne par l™inclusion.
´
L™ensemble I est inductif. Tout d™abord, il est non vide puisque (0) est un
ide de A distinct de A. D™autre part, si (Is )s2S est une famille (non vide)
´al
totalement ordonne d™ide
´e ´aux de A distincts de A et montrons qu™elle admet
un majorant dans I , a savoir l™ide
´al Is . En effet, I = Is est bien un ide (1) :
S S
` ´al
s
s2S
on a 0 2 Is pour tout s 2 S, donc a fortiori 0 2 I. Ensuite, si a 2 I et b 2 I,
choisissons s et t 2 S tels que a 2 Is et b 2 It . Que I soit totalement ordonne ´e
Is . Dans le premier cas, on a donc a 2 It si bien
implique que Is It ou It
que a + b 2 It et donc a + b 2 I. Dans le second cas, on a de meme a + b 2 Is I.
ˆ
En¬n, si a 2 I et b 2 A, soit s tel que a 2 Is . On a ab 2 Is et donc ab 2 I. Ainsi, I
est bien un ide de A ; il contient tous les Is . Reste a montrer qu™il appartient
´al `
a I c™est-a-dire que I 6= A. Or, si I = A, on aurait 1 2 I ; il existerait alors s 2 S
` `
tel que 1 2 Is ce qui impliquerait Is = A. Cette contradiction montre que I 6= A.
Le lemme de Zorn implique alors que I possede un e ´ment maximal. Soit
` ´le
m un tel e ´ment. C™est un ide maximal : si I est un ide contenant m et
´le ´al ´al
distinct de m, on ne peut avoir I 2 m puisque m est suppose maximal dans I .
´
Donc I 62 I , ce qui signi¬e I = A.
(1)
Rappelons que la re´union d™une famille d™ide ´aux n™est pas en ge ´ral un ide on utilise ici
´ne ´al,
de maniere cruciale le fait que la famille soit totalement ordonne
` ´e.
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
46



On peut appliquer ce the ` me dans deux situations e
´ore ´tudie au chapitre
´es
pre ´dent, a savoir celui d™un anneau quotient et celui d™un anneau localise
´ce ` ´.
On peut tout d™abord comple ´ter les propositions 3.1.3 et 3.2.11.

Proposition 4.1.11. ” Soit A un anneau.
a) Soit I un ideal de A et notons cl : A ! A=I la surjection canonique. La bijection
´
1
donnee par cl entre ideaux de A=I et ideaux de A contenant I induit des bijections entre
´ ´ ´
“ ideaux premiers de A=I et ideaux premiers de A contenant I ;
´ ´
“ ideaux maximaux de A=I et ideaux maximaux de A contenant I.
´ ´
b) Soit S une partie multiplicative de A et i : A ! S 1 A l™homomorphisme canonique. Si
I est un ideal premier de S 1 A, l™ideal I = i 1 (I ) est l™unique ideal premier de A disjoint
´ ´ ´
de S tel que IS 1 A = I .

Demonstration. ” a) Soit J un ide de A contenant I. Il faut montrer que J est
´al
´
premier (resp. maximal) si et seulement si J=I l™est. Or, on a de ´montre dans
´
la proposition 3.1.4 que A=J est isomorphe a (A=I)=(J=I). En vertu des criteres
` `
(the ` mes 4.1.3 et 4.1.7) sur l™anneau quotient pour qu™un ide soit premier
´ore ´al
(resp. maximal), l™ide J=I est premier (resp. maximal) dans A=I si et seulement
´al
l™ide J est premier (resp. maximal) dans A.
´al
´ri¬e IS 1 A = I .
b) On a de ´montre dans la proposition 3.2.11 que l™ide I ve
´ ´al
D™autre part, il est premier d™apres la proposition 4.1.5. De plus, il est disjoint
`
de S : si s 2 I, s=1 2 I . Comme s=1 est inversible dans S 1 A, on a alors I = A
ce qui est absurde.
Il suf¬t donc de montrer que c™est le seul ide premier ayant ces proprie ´s.
´al ´te
Soit J un ide premier disjoint de S tel que JS 1 A = I = IS 1 A et montrons
´al
que I = J. Soit a 2 J. Alors, a=1 appartient a I , donc il existe x 2 I et s 2 S tel
`
que a=1 = x=s. Par suite, il existe t 2 S tel que tsa = tx, donc (ts)a 2 I. Comme
ts 2 S, ts 62 I et comme I est premier, a 2 I. Ainsi J I. L™autre inclusion se
de´montre de meme par syme
ˆ ´trie.

On en de
´duit le re
´sultat suivant :

Corollaire 4.1.12. ” Soit A un anneau.
a) Si I est un ideal de A distinct de A, il existe un ideal maximal m de A contenant I.
´ ´
b) Si S est une partie multiplicative de A ne contenant pas 0, il existe un ideal premier de
´
A disjoint de S.

Demonstration. ” a) Comme I 6= A, l™anneau A=I est non nul et possede donc
`
´
un ide maximal. D™apres la proposition pre ´dente, celui-ci est de la forme
´al ` ´ce
m=I ou m est un ide maximal de A contenant I.
` ´al
´ ´
4.1. IDEAUX PREMIERS, IDEAUX MAXIMAUX 47



b) Comme 0 62 S, l™anneau localise S 1 A n™est pas l™anneau nul. Soit m un ide
´ ´al
maximal de S 1 A. Son image re ´ciproque i 1 (m) dans A par l™homomorphisme
canonique i : A ! S 1 A est alors un ide premier I de A disjoint de S.
´al

Un autre corollaire est la caracte
´risation suivante des e ´ments inversible d™un
´le
anneau.

Proposition 4.1.13. ” Soit A un anneau. Un element a 2 A est inversible si et seulement
´´
si il n™appartient a aucun ideal maximal de A.
` ´

Demonstration. ” Supposons que a est inversible. Alors, (a) = A et le seul ide´al
´
de A contenant a est e´gal a A lui-meme. Par suite, a ne peut appartenir a aucun
` ˆ `
ide maximal de A.
´al
´ciproquement, si a n™est pas inversible, (a) 6= A. D™apres le corollaire
Re `
pre ´dent, il existe un ide maximal m de A contenant l™ide (a). On a donc
´ce ´al ´al
a 2 m.

On peut aussi en de
´duire une formule inte
´ressante concernant le radical d™un
ide
´al.

Theoreme 4.1.14. ” Soit A un anneau et soit I un ideal de A. Alors,
´
´`
p \
p
I=
pI

ou l™intersection est prise sur l™ensemble des ideaux premiers de A qui contiennent I.
` ´
En particulier, le nilradical de A est l™intersection de ses ideaux premiers.
´
p
Demonstration. ” On commence par montrer l™inclusion facile selon laquelle I
´
est contenu dans tout ide premier de A qui contient I. Soit donc p un tel ide
´al ´al
p
premier. Soit a 2 I. Il existe ainsi n 1 tel que an 2 I et donc an 2 p. Comme
p est premier, a 2 p. p
L™autre inclusion est plus dif¬cile. Si a est un e ´ment de A n I, il faut montrer
´le
qu™il existe un ide premier de A contenant I mais ne contenant pas a. Soit
´al p
cl : A ! A=I l™homomorphisme canonique. Dire que a 62 I signi¬e que pour
tout n 1, an 62 I, ou encore cl(a)n 6= 0 dans A=I. Ainsi, cl(a) n™est pas nilpotent
dans A=I. Soit S la famille multiplicative S = f1; a; a2 ; : : :g dans A. La famille
T = cl(S) = f1; cl(a); cl(a)2 ; : : :g est alors une famille multiplicative de A=I et
´sulte que l™anneau T 1 (A=I) possede un ide
elle ne contient pas 0. Il en re ` ´al
´rons l™homomorphisme compose A ! A=I ! T 1 (A=I).
maximal m. Conside ´
´ciproque de m dans A=I est un ide premier de A=I disjoint de T.
L™image re ´al
´ciproque de m dans A est ainsi ide premier p de A contenant I
L™image re ´al
disjoint de S. Comme a 2 S, a 62 p.
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
48



4.2. Le theoreme des zeros de Hilbert
´` ´
On s™inte´resse maintenant aux ide
´aux des anneaux de polynomes, et notam-
ˆ
ment a leurs ide
` ´aux premiers ou maximaux.

Exemple 4.2.1. ” Tout ide non nul de l™anneau C[X] est de la forme (P) pour
´al
un unique polynome unitaire P. Parmi ceux-ci, les ide
ˆ ´aux premiers sont les
(X a) pour a 2 C ; ils sont aussi maximaux. L™ide nul est premier mais non
´al
maximal.

Demonstration. ” On va utiliser un argument de division euclidienne, comme
´
dans l™exemple 2.2.6. Soit I un ide non nul de C[X]. Soit P un polynome non
´al ˆ
nul unitaire appartenant a I de degre minimal. On va montrer que I = (P). En
` ´
effet, si Q 2 I, il existe par division euclidienne des polynomes R et S 2 C[X]
ˆ
tels que Q = PR + S avec deg S < deg P. Alors S = Q PR 2 I et l™ine ´galite
´
deg S < deg P implique que S = 0. On a donc Q = PR 2 (P).
L™unicite du ge ´rateur unitaire P est facile. Si (P) = (Q) pour deux polynomes
´ ´ne ˆ
unitaires P et Q, on peut e ´crire P = QA et Q = PB pour deux polynomes A et
ˆ
B. On a alors deg A = deg P deg Q 0 et deg B = deg Q deg P 0, d™ou `
deg P = deg Q, et le fait que A et B sont constants. Comme P et Q sont tous
deux unitaires, A = B = 1 et P = Q.
n
Q
Soit maintenant I = (P) un ide premier de C[X]. Soit P =
´al (X aj ) la
j=1
de
´composition de P en produit de facteurs du premier degre (on utilise ici que
´
C est alge
´briquement clos). Si n = 1, P = X a1 et I = (X a1 ). Sinon, si n > 1,
n n
Q Q
X a1 62 (P) et (X aj ) 62 (P) alors que (X a1 ) (X aj ) = P appartient a `
j=2 j=2
(P). Cela contredit le fait que I est premier.
´ciproquement, si a 2 C, l™ide (X a) est premier, et meme maximal. En
Re ´al ˆ
effet, l™application C[X] ! C telle que P 7! P(a) est surjectif et a pour noyau
(X a). On a ainsi un homomorphisme injectif et surjectif C[X]=(X a) ! C.
C™est donc un isomorphisme et l™ide (X a) est maximal.
´al

De ce re
´sultat, va surtout se ge ´raliser la description des ide
´ne ´aux maximaux.

Theoreme 4.2.2 (The ` me des ze
´ore ´ros de Hilbert). ” Soit n 1 et soit I un ideal ´
´`
maximal de l™anneau C[X1 ; : : : ; Xn ]. Il existe alors un unique element (a1 ; : : : ; an ) 2 Cn
´´
tel que I = (X1 a1 ; : : : ; Xn an ).

Demonstration. ” L™anneau C[X1 ; : : : ; Xn ] est une C-algebre et sa dimension en
`
´
tant que C-espace vectoriel est in¬nie de ´nombrable. En effet, il admet comme
a1
base la famille des monomes X1 : : : Xan indexe par Nn , donc de
ˆ ´e ´nombrable. A
n
´ ` ´
4.2. LE THEOREME DES ZEROS DE HILBERT 49



fortiori, l™anneau quotient K = C[X1 ; : : : ; Xn ]=I est une C-algebre de dimension
`
¬nie ou de ´nombrable.
Conside ´rons l™homomorphisme de C-algebres compose
` ´

' : C[X1 ] ! C[X1 ; : : : ; Xn ] ! C[X1 ; : : : ; Xn ]=I = K:

Comme I est maximal, K est un corps. Si ' est injectif, il s™e ´tend en une injection
du corps des fractions de C[X1 ] dans le corps K. On aurait ainsi une sous-C-
algebre de K isomorphe a C(X1 ), le corps des fractions rationnelles en une
` `
inde´termine Or, ce corps admet la famille libre forme des 1=(X a) pour a
´e. ´e
parcourant C. Comme le corps C est non de ´nombrable, C(X1 ) est un C-espace
vectoriel de dimension non de ´nombrable. Par suite, K contient un sous-C-espace
vectoriel de dimension non de ´nombrable, ce qui est absurde. Donc ' n™est pas
injectif.
Comme K est un corps, il est integre et le noyau de ' est un ide premier
` ´al
de C[X1 ]. D™apres l™exemple pre ´dent, il existe a1 2 C tel que '(X1 a1 ) = 0.
` ´ce
On a donc X1 a1 2 I.
Le meme argument applique a X2 ; : : : ; Xn montre qu™il existe a2 ; : : : ; an
ˆ ´`
dans C tels que X2 a2 2 I, . . ., Xn an 2 I. L™ide I contient ainsi l™ide
´al ´al
(X1 a1 ; : : : ; Xn an ).
Pour conclure, il faut montrer que cet ide est bien maximal. Or, l™homo-
´al
morphisme ‚ de C-algebres d™e
` ´valuation en (a1 ; : : : ; an )

‚ : C[X1 ; : : : ; Xn ] ! C; P 7! P(a1 ; : : : ; an )

est surjectif. Son noyau J est un ide maximal puisque ‚ induit un isomorphisme
´al
C[X1 ; : : : ; Xn ]=J.
Il est clair que J contient les polynomes X1 a1 , . . ., Xn an . Re
ˆ ´ciproquement,
si P 2 J, c™est-a-dire si P(a1 ; : : : ; an ) = 0, effectuons la division euclidienne de P
`
par X1 a1 en raisonnant dans C[X2 ; : : : ; Xn ][X1 ]. Il existe alors des polynomes ˆ
Q et R dans C[X1 ; : : : ; Xn ] tels que P = (X1 a1 )Q + R et le degre de R en ´
X1 est nul, c™est-a-dire que R ne de
` ´pend pas de X1 . Alors, R(a2 ; : : : ; an ) = 0 et
par re ´currence, R appartient a (X2 a2 ; : : : ; Xn an ). Par suite, P appartient a
` `
(X1 a1 ; : : : ; Xn an ). Ainsi, J = (X1 a1 ; : : : ; Xn an ) et ‚ induit un isomorphisme
C[X1 ; : : : ; Xn ]=J ' C ce qui prouve que J est maximal.
En¬n, l™unicite de la famille (a1 ; : : : ; an ) 2 Cn provient du fait que les ide
´ ´aux
(X1 a1 ; : : : ; Xn an ) sont maximaux. Si en effet X1 b1 appartient a l™ide ` ´al
maximal I = (X1 a1 ; : : : ; Xn an ), on a alors b1 a1 2 I. Si b1 6= a1 , b1 a1 est
inversible, I = C[X1 ; : : : ; Xn ] ce qui est absurde. Donc b1 = a1 .

Ce the ` me est a la base d™une correspondance admirable entre certains
´ore `
´aux de C[X1 ; : : : ; Xn ] et certaines parties de Cn .
ide
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
50



´brique est une partie de Cn de la forme
De¬nition 4.2.3. ” Un ensemble alge
´
Z (S) = f(a1 ; : : : ; an ) 2 Cn ; pour tout P 2 S, P(a1 ; : : : ; an ) = 0g;
ou S est une partie de C[X1 ; : : : ; Xn ].
`
Proposition 4.2.4. ” a) Si S S0 , Z (S0 ) Z (S).
b) L™ensemble vide et Cn sont des ensembles algebriques.
´
c) Si hSi est l™ideal engendre par S dans C[X1 ; : : : ; Xn ], on a Z (hSi) = Z (S).
´ ´
d) L™intersection d™une famille d™ensembles algebriques, la reunion de deux ensembles
´ ´
algebrques sont des ensembles algebriques.
´ ´ p
e) Si I est un ideal de C[X1 ; : : : ; Xn ], Z (I) = Z ( I).
´
Demonstration. ” a) Soit (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (S0 ) et montrons que (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (S).
´
Si P 2 S, on doit montrer que P(a1 ; : : : ; an ), ce qui est vrai puisque P 2 S0 .
b) On a ; = Z (f1g) (le polynome constant 1 ne s™annule en aucun point de
ˆ
Cn ) et Cn = Z (f0g) (le polynome nul s™annule partout).
ˆ
c) Comme S hSi, on a Z (hSi) Z (S). Re ´ciproquement, soit (a1 ; : : : ; an ) 2
Z (S) et montrons que (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (hSi). Soit P 2 hSi ; il existe des polynomes ˆ
P
Ps 2 S et Qs 2 C[X1 ; : : : ; Xn ] tels que P = Ps Qs . Alors,
X
P(a1 ; : : : ; an ) = Ps (a1 ; : : : ; an )Qs (a1 ; : : : ; an ) = 0
s

et donc (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (hSi).
d) Soit (Zj ) une famille d™ensembles alge ´briques et pour tout j, Sj une partie
de C[X1 ; : : : ; Xn ] telle que Zj = Z (Sj ). Nous allons montrer que
\ [
Z (Sj ) = Z( Sj ):
j j

Z (Sj ), c™est dire que pour tout
T
En effet, dire que (a1 ; : : : ; an ) appartient a
`
j
S
j et tout P 2 Sj , P(a1 ; : : : ; an ) = 0. C™est donc dire que pour tout P 2 Sj ,
j
´quivaut a (a1 ; : : : ; an ) 2 Z ( Sj ).
S
P(a1 ; : : : ; an ) = 0, ce qui e `
j
Soit S et S deux parties de C[X1 ; : : : ; Xn ]. Soit T = fPP0 ; P 2 S; P0 2 S0 g.
0

On va montrer que Z (S) [ Z (S0 ) = Z (T). Si en effet (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (S)
´crire Q = PP0 avec P 2 S et P0 2 S0 . Alors, Q(a1 ; : : : ; an ) =
et Q 2 T, on peut e
P(a1 ; : : : ; an )P0 (a1 ; : : : ; an ) = 0 puisque (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (S). Autrement dit, Z (S)
Z (T). De meme, Z (S0 ) Z (T) et donc Z (S) [ Z (S0 ) Z (T). Re
ˆ ´ciproque-
ment, soit (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (T). Pour montrer que (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (S) [ Z (S0 ),
il suf¬t de montre que si (a1 ; : : : ; an ) 62 Z (S0 ), alors (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (S). Or, si
(a1 ; : : : ; an ) 62 Z (S0 ), il existe un polynome P0 2 S0 tel que P0 (a1 ; : : : ; an ) 6= 0. Alors,
ˆ
pour tout P 2 S, PP 2 T, d™ou (PP )(a1 ; : : : ; an ) = 0 = P(a1 ; : : : ; an )P0 (a1 ; : : : ; an )
0 0
`
et donc P(a1 ; : : : ; an ) = 0, ainsi qu™il fallait de ´montrer.
´ ` ´
4.2. LE THEOREME DES ZEROS DE HILBERT 51


p p
I, on a Z ( I) Z (I). Re ´ciproquement, soit (a1 ; : : : ; an ) 2
e) Comme p I
Z (I). Si P 2 I, soit m 1 tel que p m 2 I. On a alors Pm (a1 ; : : : ; an ) = 0, d™ou `
P
P(a1 ; : : : ; an ) = 0 et (a1 ; : : : ; an ) 2 Z ( I).

Remarque 4.2.5 (pour les fe´rus de topologie). ” La proposition pre ´dente peut
´ce
´ter en disant qu™il existe une topologie sur Cn dont les ferme sont les
s™interpre ´s
ensembles alge ´briques. Cette topologie est appele topologie de Zariski.
´e

Voila le premier sens de la correspondance : a tout ide I de C[X1 ; : : : ; Xn ] on
` ` ´al
´brique Z (I). Une reformulation du the ` me des ze
associe l™ensemble alge ´ore ´ros
de Hilbert est la suivante :

Theoreme 4.2.6. ” Si I est un ideal de C[X1 ; : : : ; Xn ] distinct de C[X1 ; : : : ; Xn ],
´
´`
l™ensemble algebrique Z (I) est non vide.
´

Demonstration. ” Soit m un ide maximal contenant I. D™apres le the ` me des
´al ` ´ore
´
´ros, il existe (a1 ; : : : ; an ) 2 Cn tel que m = (X1 a1 ; : : : ; Xn an ). Par suite, si
ze
P 2 I, P appartient a m et P(a1 ; : : : ; an ) = 0. Ainsi, (a1 ; : : : ; an ) appartient a Z (I)
` `
qui est donc non vide.

Dans l™autre sens, a toute partie de Cn est associe un ide
` ´e ´al.

De¬nition 4.2.7. ” Soit V une partie de Cn . On de¬nit une partie
´
´
I (V) = fP 2 C[X1 ; : : : ; Xn ] ; pour tout (a1 ; : : : ; an ) 2 V, P(a1 ; : : : ; an ) = 0g:

Cn , I (V) est un ideal tel que I (V) =
Proposition 4.2.8. ” a) Pour tout V ´
I (V).
p

b) Si V V0 , I (V0 ) I (V).
c) Si V et V0 sont deux parties de Cn , on a I (V [ V0 ) = I (V) \ I (V0 ).

Demonstration. ” a) En fait, I (V) est l™intersection des noyaux des morphismes
´
´valuation aux (a1 ; : : : ; an ) 2 V. C™est donc un ide
d™e ´al.
b) Soit P 2 I (V0 ). Si (a1 ; : : : ; an ) 2 V, comme V V0 , P(a1 ; : : : ; an ) = 0 et
P 2 I (V).
´¬nition. Un polynome P appartient a I (V [ V0 ) si et
c) Cela de´coule de la de ˆ `
seulement s™il s™annule en tout point de V et de V0 .

I (Z (I)).
Proposition 4.2.9. ” a) Pour tout ideal I de C[X1 ; : : : ; Xn ], on a I
´
b) Pour toute partie V de Cn , on a V Z (I (V)).

Demonstration. ” a) Soit P 2 I et montrons P 2 I (Z (I)). Pour cela, il faut
´
montrer que P s™annule en tout point de Z(I). Or, si (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (I), on a
P(a1 ; : : : ; an ) puisque P 2 I.
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
52



b) Soit (a1 ; : : : ; an ) 2 V et montrons que (a1 ; : : : ; an ) appartient a Z (I (V)).
`
Il faut donc motnrer que pour tout P 2 I (V), P(a1 ; : : : ; an ) = 0. Mais c™est clair
puisque (a1 ; : : : ; an ) 2 V.
Nous allons utiliser le the ` me des ze
´ore ´ros de Hilbert pour de
´montrer le
the ` me suivant.
´ore
Theoreme 4.2.10. ” Si I est un ideal de C[X1 ; : : : ; Xn ], on a
´
´`
p
I (Z (I)) = I :
Avant d™en donner la de
´monstration, montrons qu™il donne lieu a une bijection
`
entre ensembles alge
´briques et ide
´aux e
´gaux a leur racine.
`
Corollaire 4.2.11. ” Les applications V 7! I (V) et I 7! Z (I) de¬nissent des
´
bijections reciproques l™une p l™autre entre ensembles algebriques de Cn et ideaux I de
´ de ´ ´
C[X1 ; : : : ; Xn ] tels que I = I.
p
Demonstration du corollaire. ” Soit I un ide de C[X1 ; : : : ; Xn ] tel que I = I.
´al
´
D™apres le the ` me pre ´dent,
` ´ore ´ce
p
I (Z (I)) = I = I:
´brique et I un ide tel que V = Z (I).
Soit maintenant V un ensemble alge ´al
On a alors p
I (V) = I (Z (I)) = I
d™ou encore
` p
V = Z (I) = Z ( I) = Z (I (V)):
Le corollaire est ainsi e
´tabli.
p p
Demonstration du theoreme. ” L™inclusion I I (Z (I)) est facile. Si P 2 I, soit
´ ´`
1 tel que Pm 2 I. Alors, si (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (I), Pm (a1 ; : : : ; an ) = 0 d™ou `
m
´sulte que P 2 I (Z (I)).
P(a1 ; : : : ; an ) = 0. Il en re
´ciproquement, soit P un polynome de I (Z (I)). On veut montrer qu™il
Re ˆ
existe m 1 tel que Pm 2 I. Conside ´rons l™ide J de C[X1 ; : : : ; Xn ; T] engendre
´al ´
par I et par le polynome 1 TP. On a Z (J) = ;. En effet, si (a1 ; : : : ; an ; t) 2
ˆ
Cn+1 appartient a Z (J), on doit avoir Q(a1 ; : : : ; an ) = 0 pour tout polynome
` ˆ
Q 2 I C[X1 ; : : : ; Xn ] C[X1 ; : : : ; Xn ; T], et donc (a1 ; : : : ; an ) 2 Z (I). On doit
aussi avoir 1 tP(a1 ; : : : ; an ) = 0. Mais P 2 I, donc P(a1 ; : : : ; an ) = 0 et l™on a une
contradiction (1 = 0).
D™apres le the ` me des ze
` ´ore ´ros, J = C[X1 ; : : : ; Xn ; T] et il existe des polynomes
ˆ
Qi 2 I, Ri 2 C[X1 ; : : : ; Xn ; T] et R 2 C[X1 ; : : : ; Xn ; T] tels que
X
1 = (1 TP)R + Qi Ri :
i
4.3. EXERCICES 53



C™est une e
´galite de polynomes dans C[X1 ; : : : ; Xn ; T]. On peut y substituer
´ ˆ
T = 1=P pour obtenir une e´galite de fractions rationnelles dans C(X1 ; : : : ; Xn ) :
´
X
1 = Qi (X1 ; : : : ; Xn )Ri (X1 ; : : : ; Xn ; 1=P(X1 ; : : : ; Xn )):
i
Il convient alors d™e
´crire pour tout i
M
Ri;m (X1 ; : : : ; Xn )Tm
X
Ri (X1 ; : : : ; Xn ; T) =
m=0

pour un certain entier M 1 (le meme pour tous les i). En multipliant par PM ,
ˆ
on en de
´duit la relation
M
Qi (X1 ; : : : ; Xn )Ri;m (X1 ; : : : ; Xn )P(X1 ; : : : ; Xn )M m ;
M XX
P(X1 ; : : : ; Xn ) =
i m=0
relation valable de nouveau dans l™anneau des polynomes C[X1 ; : : : ; Xn ]. Comme
ˆ
les Qi appartiennent a I, cette relation montre que PM appartient a I et donc
` `
p
P 2 I.


4.3. Exercices
p
´ tant donne un ide I de A, on note I son radical (ou sa
Exercice 4.3.1. ” E ´ ´al
racine). Soient I, J et L des ide ´aux de A. De´montrer les assertions suivantes :
p p
a) si I est contenu dans J, I est contenu dans J ;
p p
b) on a I J = I \ J ;
pp
p
c) on a I \ J = I \ J ;
pp p
I = I;
d)
p
e) si p est unp ´alp
ide premier de A, on a p = p ;
p
f) on a I + J I + J;
qp
p p
g) on a I + J = I + J;
h) on a p p
(I \ J) + (I \ L) = I \ (J + L) ;
i) Soient (pi )1„i„n , n ide
´aux premiers de A. On suppose que I p contenu
est
dans l™intersection des pi et que cette intersection est contenue dans I. Montrer
p
´galite I = \pi .
que l™on a l™e ´
Exercice 4.3.2. ” Supposons que A soit un produit ¬ni d™anneaux Ai : on a
An .
A = A1
a) Montrer que les ide ´aux de A sont de la forme I1 In , ou les Ij sont
`
des ide´aux de A.
b) De ´terminer les ide
´aux premiers et maximaux de A.
c) Supposons de plus que les Ai soient des corps. Montrer que A n™a qu™un
nombre ¬ni d™ide ´aux.
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
54



Exercice 4.3.3. ” Soient p un ide premier de A, et (Ik )1„k„n n ide
´al ´aux de A. On
suppose que p contient l™ide produit Ik . Montrer que p contient l™un des
Q
´al
1„k„n
ide
´aux Ik .

Exercice 4.3.4. ” Soient (pi )1„i„n n ide
´aux premiers de A. Soit I un ide de A
´al
´aux pi . Montrer que I est contenu dans l™un
contenu dans la re ´union des ide
des pi .

Exercice 4.3.5. ” Soit A un anneau integre et p un ide premier principal non
` ´al
nul. Soit I un ide principal de A contenant p. Montrer que I = A ou I = p.
´al

Exercice 4.3.6. ” a) Soient I et J deux ide ´aux comaximaux de A. Montrer que
l™on a I : J = I. Soit L un ide tel que I L soit contenu dans J. Montrer que L
´al
est contenu dans J.
b) Soient p et q deux ide ´aux premiers de A dont aucun n™est inclus dans
l™autre. Montrer que p : q = p et q : p = q. Si K est un corps, donner un exemple
de deux ide ´aux premiers de K[X; Y] dont aucun n™est contenu dans l™autre et
qui ne sont pas comaximaux.
c) Soit a un e ´ment de A non diviseur de ze de A. on suppose que (a)
´le ´ro
est un ide premier et que l™on a (a) = I J ou I et J sont deux ide
´al ` ´aux de A.
Montrer que l™on a I = A ou bien J = A. (Indication : commencer par prouver que
I = (a) ou J = (a).)

Exercice 4.3.7. ” On dit qu™un anneau est local s™il n™a qu™un seul ide maximal.
´al
a) Montrer qu™un anneau est local si et seulement si l™ensemble de ses
e ´ments non inversibles est un ide
´le ´al
b) Soit A un anneau et p un ide premier de A. Soit Ap l™anneau localise
´al ´
de A par rapport a la partie multiplicative A n p. Montrer que Ap est un anneau
`
local, d™ide maximal pAp .
´al

Exercice 4.3.8. ” On dira qu™une partie S de A est sature si xy 2 S implique
´e
x 2 S et y 2 S.
a) Montrer qu™une partie S de A est multiplicative et sature si et seulement
´e
A n S est re´union d™ide´aux premiers de A.
˜
b) Soit S une partie multiplicative de A. Soit S l™ensemble des x 2 A pour
˜
lesquels il existe y 2 A tel que xy 2 S. Montrer que S est la plus petite partie
multiplicative sature contenant S.
´e
˜
c) Montrer que A n S est la re´union des ide
´aux premiers de A disjoints de S.
d) Montrer que l™homomorphisme canonique
˜
S 1A ! S 1A
4.4. SOLUTIONS 55



est un isomorphisme.

Exercice 4.3.9 (Anneaux de Jacobson). ” Si A est un anneau, on note N(A) =
T T
p (nilradical) et J(A) = m (radical de Jacobson).
p premier m maximal
a) Montrer l™e ´quivalence de :
(1) Tout ide premier est intersection d™ide
´al ´aux maximaux.
(2) Pour tout quotient B de A on a N(B) = J(B).
On dit alors que A est un anneau de Jacobson.
b) Montrer que C[X1 ; : : : ; Xn ] est un anneau de Jacobson. (Utiliser le theoreme
´`
des zeros de Hilbert.)
´


Exercice 4.3.10. ” Soit A un anneau et J l™intersection des ide
´aux maximaux
de A (radical de Jacobson). Montrer qu™un e ´ment a 2 A appartient a J si et
´le `
seulement si pour tout x 2 A, 1 ax est inversible.

Exercice 4.3.11. ” Soient P; Q; R trois polynomes de C[x1 ; : : : ; xn ]. On suppose
ˆ
que P est irre ´ductible et que R n™est pas multiple de P. On suppose que pout
tout a 2 Cn tel que P(a) = 0 et Q(a) 6= 0, alors R(a) = 0. Montrer que Q est
multiple de P.


4.4. Solutions
p
Solution de l™exercice 4.3.1. ” a) Soit x 2 I. Il existe n 1 tel que xn 2 I, mais
p
comme I J, xn 2 J, et donc x 2 J.
p p
b) D™apres le a) de l™exercice 2.5.4, on a I J I \ J, et donc I J I \ J.
`
p
1 tel que xn 2 I \ J. Alors, x2n =
´ciproquement, si x 2 I \ J, il existe n
Re
p
xn xn 2 I J, si bien que x 2 I J.
p pp
p p
c) On a I \ J I, donc I \ J I, et de meme pour J, soit I \ J I \ J.
ˆ
pp
Dans l™autre sens, si x 2 I \ J, il existe n 1 tel que xn 2 I et m 1 tel que
p
xm 2 J. Alors, xn+m 2 I J I \ J, d™ou x 2 I \ J.
`
p pp p pp
I. Dans l™autre sens, soit x 2
d) Comme I I, onpa I. Il existe
I
donc n 1 tel que xn 2 I, ce qui signi¬e p qu™il existe m 1 tel que (xn )m 2 I.
Comme (xn )m = xnm et comme nm 1, x 2 I.
p p
e) On a de ˆ p p. Re ´ciproquement, si x 2 p, soit n 1 minimal tel que
´je
xn 2 p. Si x 62 p, ce qui signi¬e n > 1, on peut e ´crire xn = x xn 1 . Comme p
est premier et que x 62 p, on a xn 1 2 p. Or, 1 „ n 1 < n, ce qui contredit la
minimalite de n.
´ p p
f) On a I I + J, donc I I + J, et de meme pour J, si bien que
ˆ
p p p
I+ J I + J.
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
56



g) On a les inclusions
p p qp
p p
I I I+ J I+ J;
qp p
d™ou l™on de
` ´duit que I + J I + J et donc
rq
p qp
p p p
I+J I+ J= I+ J:
p p p
Dans l™autre sens, la question pre ´dente donne I + J
´ce I + J, d™ou en
`
reprenant les racines,
qp qp
p p
I+ J I + J = I + J:

h)
p p
I \ (J + L) = d™apres b)
`
I (J + L)
p
= I J+I L
d™apres l™exercice 2.5.4, question b)
`
p
qp
(question g)
= I J+ I L
p
qp
I\J+ I\L (question b)
=
p
= (I \ J) + (I \ L) (question g):
T
pi , on a
i) Comme I
p q\ \p \
pi pi pi :
I
c) e)

On a donc l™e
´galite
´.

Solution de l™exercice 4.3.2. ” a) Commen¸ ons par e
c ´tudier le cas n = 2. Nous en
de´duirons le cas ge ´ral par re
´ne ´currence. Soit I un ide de A. Notons I1 et I2
´al
les images de I par les projections A1 A2 ! A1 (resp. A1 A2 ! A2 ). Montrons
que I1 est un ide de A1 . Soient en effet x1 , y1 2 I1 et , 2 A1 . Alors,
´al
´¬nition x2 et y2 2 A2 tels que x = (x1 ; x2 ) 2 I et y = (y1 ; y2 ) 2 I.
il existe par de
Par suite, I contient l™e ´ment
´le

( ; 0)x + ( ; 0)y = ( ; 0)(x1 ; x2 ) + ( ; 0)(y1 ; y2 )
= ( x1 ; 0) + ( y1 ; 0) = ( x1 + x2 ; 0);

ce qui prouve que x1 + y1 2 I1 . De meme pour I2 .
ˆ
4.4. SOLUTIONS 57



Montrons maintenant que I = I1 I2 . Soit x = (x1 ; x2 ) 2 I. On a ainsi x1 2 I1
et x2 2 I2 , d™ou x 2 I1 I2 . Dans l™autre sens, si (x1 ; x2 ) 2 I1 I2 , il existe y1 tel
`
que (x1 ; y1 ) 2 I, et y2 tel que (y2 ; x2 ) 2 I. Ainsi,
(x1 ; x2 ) = (1; 0) (x1 ; y1 ) + (0; 1) (y2 ; x2 ) 2 I:

Lorsque n > 2, on procede par re
` ´currence : les ide
´aux de A1 A2 An
sont de la forme I1 J, ou I1 est un ide de A1 et J un ide de A2
` ´al ´al An .
Par re ´currence, J est de la forme I2 In .
b) Soit I = I1 In un ide de A. L™anneau quotient A=I est alors e
´al ´gal
a (A=I1 ) : : : (A=In ). Un produit d™anneaux integres n™est integre que si tous
` ` `
les anneaux sauf un seul sont nuls. (Quand n = 2, on a (1; 0) (0; 1) = (0; 0) ;
si l™anneau
produit est integre, il faut que 1A1 = 0 ou 1A2 = 0.)
`
Ainsi, les ide ´aux premiers de A sont de la forme A1 Ij : : : An (tous les
Ai , sauf en j, ou on a un ide Ij ).
´al
Le quotient vaut Aj =Ij , ce qui implique que Ij est premier dans Aj . La re ´ciproque
pj
est claire, et les ide
´aux premiers de A sont donc de la forme A1 A2 An ,
avec pj premier dans Aj .
Parmi ces ide ´aux premiers, ne sont maximaux que ceux tels que Aj =pj est un
corps, c™est-a-dire pj maximal dans Aj .
`
c) Un corps k n™a que deux ide ´aux : (0) et k tout entier. Ainsi, un produit
kn a exactement 2n ide
de corps k1 ´aux. Parmi ceux-ci, n sont premiers,
d™ailleurs maximaux.
Solution de l™exercice 4.3.3. ” Supposons par l™absurde que p ne contient aucun
des Ik . Il existe ainsi pour tout k un e ´ment xk 2 Ik tel que xk 62 p. Comme p
´le
est premier, le produit x = x1 : : : xn n™appartient pas a p. Or, x 2 Ik p, ce qui
Q
`
est une contradiction.
Solution de l™exercice 4.3.4. ” Quitte a remplacer les pi par un sous-ensemble, il
`
n™est pas restrictif de supposer qu™aucun des pi n™est inclus dans un autre (sinon
on garde le plus grand, et on enleve le plus petit qui ne sert a rien).
` `
Raisonnons alors par l™absurde : si I n™est contenu dans aucun pi , il existe
pour tout i un e ´ment xi 2 I tel que xi 62 pi .
´le
Comme pj 6 p1 pour j 2, on peut trouver a1 2 p2 : : : pn tel que a1 62 p1
´rer bj 2 pj qui n™appartient pas a p1 et faire le produit). De meme, pour
(conside ` ˆ
tout 1 „ i „ n, on trouve ai 62 pi tel que ai appartienne a tous les autres pj .
`
P
´rons l™e ´ment x = ai xi . Comme xi 2 I pour tout i, c™est un e ´ment
Conside ´le ´le
de I.
Pourtant, comme p1 est premier et que ni a1 ni x1 n™appartiennent a p1 , a1 x1
`
n™appartient pas a p1 . Et il est clair que a2 x2 + + an xn appartient a p1 puisque
` `
´
CHAPITRE 4. IDEAUX PREMIERS, MAXIMAUX
58



tous les ai (i 2) y appartiennent. Ainsi, x 62 p1 . Le meme re
ˆ ´sultat vaut pour
S S
tout i et x 62 pi , ce qui contredit l™hypothese que I pi .
`
i

´crit p = (a). Soit I = (b) un ide principal de
Solution de l™exercice 4.3.5. ” On e ´al
A contenant p. Comme (a) (b), on peut e ´crire a = bu, avec u 2 A. Comme (a)
est premier, soit b 2 (a), soit u 2 (a). Dans le premier cas, I = p. Dans l™autre,
´tant integre et a 6= 0, bv = 1.
on peut e ´crire u = av, d™ou l™e
` ´galite a = abv et A e
´ `
L™e ´ment b est inversible et I = A.
´le
Solution de l™exercice 4.3.6. ” a) On rappel que I : J est l™ensemble des e ´ments
´le
a 2 A tels que aJ I. Or, I et J e ´tant comaximaux, il existe u 2 I et v 2 J tels
que u + v = 1. Ainsi, si av 2 I, on a a = au + av 2 I et donc I : J I. L™autre
inclusion est claire, si bien que I : J = I.
J. Si a 2 L, on a donc aI J, soit a 2 J : I.
Soit L un ide tel que I L
´al
D™apres la premiere partie de la question (en e
` ` ´changeant les roles de I et J),
ˆ
a 2 J, d™ou L J.
`
b) On a de ` p p : q. Soit re ´ciproquement a 2 p : q. Ainsi, pour tout x 2 q,
´ja
ax 2 p. Comme q n™est pas inclus dans p, on peut choisir x 2 q tel que x 62 p.
Alors, p e´tant premier, a 2 p, ce qu™il fallait de ´montrer.
L™autre assertion q : p = q est syme ´trique.
On prend I = (X) et J = (Y). Ils sont premiers, non comaximaux et pourtant,
aucune des inclusions I J et J I n™est vraie.
J. Supposons que I 6= (a) et J 6= (a).
c) On a clairement (a) I et (a)
Il existe ainsi x 2 I et y 2 J tels que x 62 (a) et y 62 (a). Alors leur produit
xy 2 I J (a), contrairement a l™hypothese que (a) est un ide premier. (On
` ` ´al
vient de rede ´montrer le re ´sultat de l™exercice 4.3.3 dans notre cas particulier.)
Supposons donc pour ¬xer les ide que I = (a) et prouvons que J = A.
´es
n
P
´crire a = xi yj , avec xi 2 I et yj 2 J. Ainsi, on e
Comme I J = (a), on peut e ´crit
i=1
n
xi = ax0i , d™ou la relation a x0i yi = a. Comme a n™est pas diviseur de 0 dans A,
P
`
i=1
on peut simpli¬er par a,
d™ou la relation
`
n
x0i yi
X
1=
i=1
qui prouve que 1 2 J, et donc que J = A.
Solution de l™exercice 4.3.7. ” a) Soit A un anneau local et notons m son ide ´al
maximal. Montrons qu™un e ´ment x 2 A est inversible si et seulement si x 62 m.
´le
En effet, si x 2 A est inversible, il ne peut pas appartenir a m qui est distinct
`
´ciproquement, si x 2 A n™est pas inversible, il appartient a un ide
de A. Re ` ´al
maximal de A, donc a m. `
4.4. SOLUTIONS 59



Dans l™autre sens, soit A un anneau tel que l™ensemble de ses e ´ments non
´le
inversibles soit un ide I. Comme un e ´ment de A est inversible si et seulement
´al ´le
si il n™appartient a aucun ide maximal, I est ne
` ´al ´cessairement la re´union des
´aux maximaux de A. Soit alors m un ide maximal de A. On a m
ide ´al I.
Comme m est maximal et I 6= A, m = I. Autrement dit, I est l™unique ide ´al
maximal de A qui est donc un anneau local.
b) Notons S la partie multiplicative A n p. On sait que tout ide strict (i.e.
´al
distinct de l™ide (1)) de Ap est de la forme IAp pour I un ide de A disjoint
´al ´al
de S. Cela signi¬e donc I p. Par suite, tout ide strict de Ap est contenu dans
´al
l™ide strict pAp qui est donc ne
´al ´cessairement l™unique ide maximal de Ap .
´al

S
pi , pour des ide
Solution de l™exercice 4.3.8. ” a) Supposons que S = A n ´aux
i
premiers pi de A. Montrons que S est multiplicative. En effet, 1 2 S. Soient x 2 S,
y 2 S, cela signi¬e que pour tout i, x 62 pi ; alors, pi e ´tant premier, xy 62 pi , d™ou
`
xy 2 S. Montrons que S est sature Si xy 2 S, cela signi¬e que xy 62 pi , et il est
´e.
´cessaire que ni x, ni y n™appartienne a pi , d™ou x 2 S et y 2 S.
ne ` `
´ciproquement, soit S une partie multiplicative et sature Si a 62 S, on cherche
Re ´e.
un ide premier de A disjoint de S et contenant a. L™image de S dans A=(a)
´al
est encore une partie multiplicative, et comme S est sature elle ne contient
´e,
pas 0 : si x 2 S \ (a), alors x = ay 2 S, d™ou a 2 S. On sait alors qu™il existe
`
un ide premier de A=(a) disjoint de l™image de S. (Ce fait intervient dans la
´al
de´monstration que le nilradical est l™intersection des ide ´aux premiers, on prend
un e ´ment maximal parmi les ide
´le ´aux disjoints de l™image de S et on prouve
que cet ide est premier.) L™image re
´al ´ciproque dans A de cet ide premier de
´al
A=(a) est alors un ide premier de A disjoint de S et qui contient a. Autrement
´al
dit, A n S est re
´union d™ide ´aux premiers.
˜ ˜
b) Montrons que S est une partie multiplicative : soient x et x0 dans S. Alors,
il existe y et y 0 dans A tels que xy 2 S et x0 y 0 2 S. Comme S est une partie
˜
multiplicative, on a ainsi xy(x0 y 0 ) 2 S, ce qui implique xy 2 S. Montrons ensuite
˜ ˜
que S est une partie sature : si xy 2 S, il existe a 2 A tel que xya 2 S. Alors,
´e
˜ ˜
x(ay) 2 S, ce qui implique x 2 S, et y(ax) 2 S, d™ou y 2 S.
`
En¬n, soit T une partie multiplicative sature qui contient S et montrons que

<<

. 3
( 15)



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