<<

. 5
( 15)



>>

1
CHAPITRE 5. ANNEAUX PRINCIPAUX, FACTORIELS
80



et Resn+1;m ((X t)P; Q) est e
´gal a
`

þ þ
ta0 b0
þ þ
þ þ
..
þ þ
.
þ a1 ta0 ta0 b1 þ
þ þ
. .
. .
þ þ
. .
a0 ta1 ta0 b0 þ
þ
þ þ
. .þ
.. . .þ
þ
. . .þ
þ
þ
.
.
þ þ
.
ta0
þ þ
þ þ
. .
. .
þ þ
. .
þan 1 tan þ
.
þ þ
.. .
þ þ
. .
an
þ þ

þ þ
.. .. .þ
. .
þ

bm 1
þ

þ
.. .þ
.
þ
.
bm
þ
.. ..
þ þ
. an .
þ þ
tan bm 1 þ
1
þ
þ þ
an bm þ
þ


(Il y a m colonnes « a » tandis que les colonnes « b » sont au nombre de n + 1.)
En partant du bas, ajoutons a chaque ligne t fois la suivante. Cela ne change
`
pas la valeur du de´terminant et Resn+1;m ((X t)P; Q) est donc e ´gal a
`


+ tm bm t(b0 + tb1 + : : : ) : : : tn (b0 + : : : ) þ
þ þ
þ0 ::: b0 + tb1 +
0
þ þ
n 1 (b + : : : )þ
þa0 (b1 + tb2 + : : : ) (b0 + tb1 + : : : ) t 0
þ þ
þ. . .
þ. .. .
þ
þ. .
a0 þ
þ
þ. . .
þ. . . þ
þ. . .
bm þ
þ
. ..
.
þ þ
.
.
þ an bm 1 + tbm þ
þ þ
an bm
þ þ


Dans la premiere ligne, Q(t) est en facteur, si bien que le re
` ´sultant cherche
´
vaut


tn
þ þ
þ0 ::: t :::
0 1 þ
þ þ
tn 1 (b0 + : : : )þ
þa0 (b1 + tb2 + : : : ) (b0 + tb1 + : : : )
þ þ
þ. . .
þ. .. .
þ
þ. .
a0 þ
Q(t) þ .
þ
. .
þ. . . þ
þ. . .
bm þ
þ
. ..
.
þ þ
.
.
þan bm 1 + tbm þ
þ þ
an bm
þ þ
5.6. EXERCICES 81



On peut alors soustraire a chaque colonne de type « b » t fois la pre ´dente,
` ´ce
en partant de la droite, d™ou le de
` ´terminant
þ þ
þ0 ::: 0 :::
0 1 0þ
þ þ
þa b1 + tb2 + : : : b0 þ
þ0 þ
þ. . . .
þ. .. . b1 . .
þ
þ. .
a0 þ
þ
Q(t) þ . . . .. þ
þ. . . .þ
þ. . . þ
. ..
.
þ þ
.
.
þan bm 1 þ
þ þ
..
þ þ
.
an bm þ
þ

Il reste a developper suivant la premiere ligne pour obtenir
` `

( 1)m Q(t) Resm;n (P; Q):

Par re
´currence, la proposition est de
´montre
´e.


5.6. Exercices
X2 ) est principal.
Exercice 5.6.1. ” Montrer que l™anneau C[X; Y]=(Y

Exercice 5.6.2. ” On pose A = C[X; Y]=(XY 1). On note x l™image de X dans
A.
a) Montrer que x est inversible dans A. Montrer que tout e ´ment a non nul
´le
´crire de fa¸ on unique sous la forme a = xm P(x), ou m est dans Z
de A peut s™e c `
et ou P est un polynome a coef¬cients dans C dont le terme constant est non
` ˆ `
nul. On note e(a) le degre de P.
´
b) Soient a et b deux e ´ments de A, avec b 6= 0. Montrer qu™il existe des
´le
e ´ments q et r dans A tels que a = bq + r avec r = 0 ou bien e(r) < e(b).
´le
c) En de ´duire que A est principal.

Exercice 5.6.3. ” Soit K un compact de C et H l™anneau des fonctions holo-
morphes sur K (c™est-a-dire sur un voisinage ouvert de K). Montrer que H est
`
principal.

Exercice 5.6.4. ” Soit K un corps. On pose A = K[X; Y]=(X2 + 5Y 2 ). L™anneau A
est-il
a) integre,
`
b) re ´duit,
c) factoriel ?
(On pourra donner des conditions sur K).
CHAPITRE 5. ANNEAUX PRINCIPAUX, FACTORIELS
82



Exercice 5.6.5 (Critere d™irre
` ´ductibilite d™Eiseinstein). ” Soient A un anneau fac-
´
toriel et K son corps des fractions. Soit
ak Xk
X
f (X) =
0„k„n

un polynome de degre n 1 a coef¬cients dans A. Soit p un e ´ment irre
ˆ ´ ` ´le ´ductible
de A. On suppose que p ne divise pas an , que p divise ak si 0 „ k < n et que p2
ne divise pas a0 . Montrer que f est irre
´ductible dans K[X].
p p
Exercice 5.6.6. ” Soit A = Z[i 5] l™anneau engendre par Z et i 5 dans C.
´
a) pMontrer qu™un e ´ment de A s™e
´le ´crit de maniere unique sous la forme
`
a + ib 5 avec a et b 2 Z.
b) Montrer que les seuls e ´ments inversibles de A sont 1 et 1.
´le
(Si z 2 A, introduire N(z) = zz.) p p
c) Montrer que les e ´ments 2, 3, 1 + i 5 et 1 i 5 sont irre
´le ´ductibles dans
A.
d) Montrer que A n™est pas factoriel.



5.7. Solutions
X2 ) est isomorphe a
Solution de l™exercice 5.6.1. ” En fait, l™anneau C[X; Y]=(Y `
C[X] dont on sait bien qu™il est principal.
Introduisons en effet l™homomorphisme
P(X; Y) 7! P(X; X2 ):
' : C[X; Y] ! C[X];
On voit que ' est surjectif, et que son noyau contient l™ide (Y X2 ). Si
´al
maintenant P 2 Ker ', effectuons la division euclidienne de P par Y X2 dans
l™anneau K[X][Y]. (Bien que K[X] ne soit pas un corps, on peut effectuer la
division car le coef¬cient dominant de Y X2 dans l™anneau K[X][Y] est e ´gal a 1,
`
2
donc est inversible dans K[X].) On e´crit ainsi P(X; Y) = (Y X )Q(X; Y)+R(X; Y)
ou R(X; Y) est un polynome de K[X][Y] de degre en Y strictement infe
` ˆ ´ ´rieur a`
1 = degY (Y X2 ), donc nul. Ainsi, R(X; Y) est un polynome en X uniquement.
ˆ
2
On calcule alors '(P) = '(R) = R(X; X ) = R(X) = 0. Donc R = 0 et P est
multiple de Y X2 , ainsi qu™il fallait de´montrer.

Solution de l™exercice 5.6.2. ” a) Notons y l™image de Y dans A. On a donc xy = 1,
si bien que x est inversible, d™inverse y. Soit maintenant a 2 A. On peut donc
e
´crire
xi y j = xi j = ÿk xk ;
X X X
a= i;j i;j
i;j i;j2N k2Z
somme ¬nie
somme ¬nie
5.7. SOLUTIONS 83


P
j+k;j . Soit m le plus petit entier tel que ÿm 6= 0 et P(X) =
avec ÿk =
j
ÿk+m Xk . On a bien a = xm P(x), avec P(0) = ÿm 6= 0. Il reste a voir
P
k0
somme ¬nie
´criture est unique. En effet, si xm P(x) = xn Q(x), avec m „ n, on
que cette e
obtient alors

xm P(x) xn m Q(x) = 0
Ð

xn m
, car x est inversible
P(x) Q(x) = 0
Xn m
, 1 divise P(X)
XY Q(X)
Xn m
, car il est de degre 0 en Y
´
P(X) Q(X) = 0
, n = m et Q(X) = P(X)

en utilisant que le terme constant de P est non nul.
b) Si a = 0, on choisit q = r = 0. Supposons donc a 6= 0. D™apres a), on `
´crire a = xm P(x) et b = xn S(x) ; la division euclidienne de P par S (dans
peut e
´crit P = SQ + R, avec R = 0 ou deg R < deg S. On a ainsi xm P(x) =
C[X]) s™e
xn S(x) xm n Q(x) + xm R(x). Posons q = xm n Q(x) et r = xm R(x), de sorte que
a = bq + r. Si r 6= 0, c™est-a-dire R(X) 6= 0, on a alors e(r) „ deg R < deg S = e(b).
`
c) Soit I A un ide Si I = (0), il est principal. Supposons donc I 6= (0).
´al.
On choisit 2 I n f0g tel que e( ) soit minimal. Soit alors a 2 I. On peut e ´crire
q 2 I, on a r = 0 et I = ( ).
a = q + r, avec r = 0 ou e(r) < e( ). Comme r = a

Solution de l™exercice 5.6.3. ” Soit I un ide de H et (fi ) une famille de ge ´ra-
´al ´ne
teurs de I.
Une fonction f 2 H non nulle n™a qu™un nombre ¬nis de ze ´ros, avec mul-
tiplicite On peut ainsi trouver un unique polynome pf 2 C[z] tel que f=pf
´s. ˆ
´ros, ce qui implique que f=pf est une unite de H . En
est holomorphe sans ze ´
particulier, les pfi sont aussi des ge ´rateurs de I, ce qui permet de supposer
´ne
que pour tout i, fi est un polynome. ˆ
Conside ´rons l™ide J engendre dans C[z] par les fi . Comme C[z] est un
´al ´
anneau principal, il existe f 2 C[z] tel que J = f C[z]. On a f 2 (f1 ; f2 ; : : : ),
donc f 2 I et I f H . Comme il existe pour tout i un polynome hi tel que
ˆ
fi = fhi , on a fi 2 f C[z] f H , et donc I f H .
Par conse ´quent, I est principal.

Solution de l™exercice 5.6.4. ” a) L™anneau A est integre si et seulement si l™ide
` ´al
(X2 + 5Y 2 ) est premier dans K[X; Y]. Comme cet anneau est factoriel, c™est
´quivalent au fait que X2 + 5Y 2 est irre
e ´ductible.
2
= 5, alors X2 + 5Y 2 = (X + Y)(X Y), et X2 + 5Y 2
S™il existe 2 K tel que
´composition de X2 + 5Y 2
n™est pas irre ´ductible. Re ´ciproquement, dans une de
CHAPITRE 5. ANNEAUX PRINCIPAUX, FACTORIELS
84



en facteurs irre
´ductibles, le degre en X et en Y des facteurs doit etre e
´ ˆ ´gal a 1,
`
c™est-a-dire
`

X2 + 5Y 2 = (X + Y)(X + 0 Y) = X2 + ( + 0 )XY + 02
Y;

d™ou 2 = 5 et 0 =
` .
Ainsi, A est integre si et seulement si 5 n™a pas de racine carre dans K.
` ´e
b) Si A est integre, il est re
` ´duit.
Si A n™est pas integre, X5 + 5Y 2 = (X + Y)(X Y). Si P 2 K[X; Y] est tel que
`
Pn 2 (X2 + 5Y 2 ), ne ´cessairement (X + Y) divise Pn , et (X Y) divise Pn , d™ou
`
le fait que P est multiple de X + Y et de X Y.
´rente de 2 et 5, 6=
Si la caracte
´ristique de K est diffe donc X + Y et
Y sont premiers entre eux et P est multiple de X2 + 5Y 2 (on utilise encore
X
le fait que K[X; Y] est factoriel). Ainsi, A est re´duit.
Si la caracte´ristique de K est e ´gale a 2, 5 = 1 est un carre dans K est
` ´
A = K[X; Y]=((X + Y)2 ) n™est pas re ´duit.
c) Un anneau factoriel e ´tant ne´cessairement integre, A n™est pas factoriel si
`
5 est un carre dans K.
´
Supposons donc que 5 n™est pas un carre dans K. Notons x et y les images
´
dans A de X et de Y. On a alors

y) = x2 y 2 = 6y 2 :
(x + y)(x

L™ide (y) n™est pas premier dans A car A=(y) = K[X; Y]=(Y; X2 + 5Y 2 ) =
´al
K[X]=(X2 ) n™est pas integre. Or, prouvons que y est irre
` ´ductible dans A. Cela
assurera que A n™est pas factoriel.
Donnons nous donc P1 , P2 2 K[X; Y] tels que P1 P2 Y 2 (X2 + 5Y 2 ). La division
euclidienne de P1 et P2 par X2 + 5Y 2 dans K[X][Y] permet de supposer que
P1 (X; Y) = A1 (X) + B1 (X)Y, et de meme pour P2 . On a alors
ˆ

P1 (X; Y)P2 (X; Y) Y = A1 (X)A2 (X) + (A1 (X)B2 (X) + A2 (X)B1 (X))Y
+ B1 (X)B2 (X)Y 2 Y
1
B1 (X)B2 (X)X2 )
= (A1 (X)A2 (X)
5
+ (A1 (X)B2 (X) + A2 (X)B1 (X) 1)Y:

Comme cet e ´ment est multiple de X2 + 5Y 2 , la conside
´le ´ration des degre en Y
´s
montre qu™il est nul. On a donc les e
´quations (dans K[X])

5A1 A2 = B1 B2 X2 ;
() A1 B2 + A2 B1 = 1:

Aucun de ces polynomes n™est nul. Par exemple, si B2 = 0, alors A2 ne peut
ˆ
pas etre nul, donc A1 = 0 et A2 B1 = 1, ce qui implique que A2 et B1 sont
ˆ
5.7. SOLUTIONS 85



constants, et donc que P2 est une unite de A. De meme, si A2 = 0, B1 doit etre
´ ˆ ˆ
nul, d™ou le fait que A1 est une constante non nulle, et que P1 est une unite
` ´.
Soit P un polynome irre
ˆ ´ductible divisant B2 . D™apres la premiere relation et
` `
le lemme de Gauß, P divise ou A1 ou A2 . Mais s™il divise A2 , il devra diviser 1,
d™ou, vP (B2 ) „ vP (A1 ). (Si P 2 K[Y] est un polynome irre
` ˆ ´ductible, on note vP (Q)
l™exposant du polynome Q dans la de
ˆ ´composition en facteurs irre ´ductibles.) De
meme, vP (B1 ) „ vP (A2 ). En fait, il y a e ´galite si P 6= X, et la seconde relation
ˆ ´
implique que A1 et A2 ne sont pas tous deux multiples de X.
En particulier, on peut e ´crire (quitte a e
` ´changer P1 et P2 ), B2 = A1 et
2
A2 = X B1 . Les deux relations ( ) se re ´crivent
A1 + X2 B2 = 1:
2
( ) 5=; 1

` ´quation A1 + 1 X2 B2 = 1= .
2
On a ainsi = 5 , d™ou l™e 1
5
Or, la relation
1
B1 (x)y) = A1 (x)2 + B1 (x)2 x2 = 1=
(A1 (x) + B1 (x)y) (A1 (x)
5
montre que P1 (x; y) est une unite dans A. Ainsi, y est bien irre
´ ´ductible.

Solution de l™exercice 5.6.5. ” Rappelons que A[X] est factoriel, et que tout e ´ment
´le
irre´ductible dans A est encore irre ´ductible dans A[X]. Rappelons aussi que
A[X]=pA[X] ' (A=pA)[X].
´
Ecrivons donc f (X) = g(X)h(X) avec g, h 2 K[X]. On peut e ´crire g(X) =
g0 (X)=a, ou g0 2 A[X], a 2 A, et aucun facteur irre
` ´ductible de a ne divise g0 .
De meme, on e
ˆ ´crit h(X) = h0 (X)=b. Ainsi, abf (X) = g0 (X)h0 (X). Si p est un
e ´ment irre
´le ´ductible qui divise ab, il divise g0 h0 , donc d™apres le lemme de Gauß,
`
il divise g0 ou h0 . En le divisant, on obtient une relation semblable, avec un
facteur irre´ductible de moins, ce qui permet par re ´currence de supposer que
ab est inversible, soit en divisant encore, a = b = 1.
On a ainsi une relation f (X) = g(X)h(X), avec g 2 A[X] et h 2 A[X].
´galite modulo p. On trouve, en factorisant Xn dans (A=pA)[X],
Re ´duisons cette e ´
que Xn = g(X)h(X). On en de ´duit g = Xk et h = ÿXn k . (Unicite de la ´
de´composition en facteurs irre ´ductibles dans (Frac(A=p))[X], mais on peut le
de´montrer directement.) D™ou des e
` ´galite
´s
g(X) = Xk + pg1 (X); g(X) = ÿXn k
+ ph1 (X)
avec g1 et h1 2 A[X] et , ÿ 2 A. Cela implique
g(X)h(X) = ÿXn + p(Xn k g1 (X) + Xk h1 (X)) + p2 g1 (X)h1 (X):
L™hypothese que le terme constant de f n™est pas multiple de p2 implique que
`
k = 0, ou que k = n. Si k = n, on a donc g(X) = Xn + pg1 (X), avec deg g1 < n.
CHAPITRE 5. ANNEAUX PRINCIPAUX, FACTORIELS
86



Ainsi, deg g = n, et donc deg h = 0, ce qui signi¬e que h est inversible dans
K[X]. Dans l™autre cas (k = 0), on trouve que g est constant.
Nous avons donc prouve que f est irre
´ ´ductible dans K[X].
p
Solution de l™exercice 5.6.6. ” a) Il suf¬t de montrer que l™ensemble des a + ib 5
avec a et b dans Z est un sous-anneau de C car il contient manifestement Z et
p
i 5. Or, cet ensemble, muni de l™addition, est un sous-groupe abe ´lien de C ;
d™autre part, il contient 1 et la formule
p p p
(a + ib 5)(c + id 5) = (ab 5bd) + i(bc + ad) 5
montre qu™il est stable par multiplication. C™est donc un sous-anneau p C. de
p
En¬n, montrons l™unicite d™une telle e
´ ´criture. Si a + ib 5 = c + id 5, on a
p
(a c) = i(d b) 5, d™ou (a c)2 + 5(d b)2 = 0. Cela implique a = c et b = d.
p` p
b) Soit z = a + ib 5 un e ´ment inversible de A, et soit u = c + id 5 son
´le
inverse. Remarquons que zz = a2 + 5b2 est entier positif ou nul. Par suite, si
´gal a 1, soit a2 + 5b2 = 1. Si b 6= 0, on a
zu = 1, on a (zz)(uu) = 1 et zz est e `
2 2
5, ce qui est absurde. Donc b = 0 et p2 = 1, d™ou a = 1 et z = 1.
`
a + 5b a
p
c) Supposons que 2 = (a + ib 5)(c + id 5). Alors, on a 4 = 22 =
(a2 + 5b2 )(c2 + 5d2 ). Si b 6= 0, a2 + 5b2 5 et (a2 + 5b2 )(c2 + 5d2 ) 5, ce qui est
absurde et b = 0. De meme, d = 0. Alors, la relation 2 = ac jointe au fait que
ˆ
2 est premier dans Z montre que a = 1 ou c = 1. Nous avons donc prouve ´
p
que 2 est irre ´ductible dans Z[i 5]. p
p
De meme, si 3 = (a + ib 5)(c + id 5), on a
ˆ
9 = (a2 + 5b2 )(c2 + 5d2 ):
p
Si b 6= 0, a2 + 5b2 5 et si c + id 5 n™est pas inversible, c2 + 5d2 2 et l™on a
10, ce qui est absurde. Donc b = d = 0, 3 = ac et comme 3 est premier,
9 p
a = 1 ou c = 1. Ainsi, 3 est irre ´ductible p
dans Z[i 5].
p p
Si maintenant 1 + i 5 = (a + ib 5)(c + id 5), on a
p p
(1 + i 5)(1 i 5) = 6 = (a2 + 5b2 )(c2 + 5d2 ):
p
Si c + id 5 n™est pas inversible, c2 + 5d2 2. Cela implique a2 + 5b2 „ 3, d™ou `
p p
b = 0 et a = 1. Donc a + ib 5 est inversible et 1 + i 5 est irre ´ductible. On
p
montre de meme que 1 i 5 est irre p
ˆ ´ductible.. p p
d) Remarquons que 2 3 p 6 = (1 + i 5)(1 i 5). Si Z[i 5] e ´tait factoriel,
=
p
2 diviserait 1 + i 5 ou 1 i 5. Or, un multiple de 2 dans A est de la forme
p p p
a + ib 5 avec a et b deux entiers pairs. Par suite, ni p + i 5 ni 1 i 5 ne sont
1
multiples de 2. Cette contradication montre que Z[i 5] n™est pas factoriel.
6 Modules




Le modules sont aux anneaux ce que les espaces vectoriels sont aux corps. Ce chapitre
d™introduction aux modules en donne la de¬nition et les premieres proprietes. On montre
´ ` ´´
aussi comment construire des modules par passage au quotient ou par localisation. Le
produit tensoriel sera introduit plus tard dans le cours.



6.1. Premiers pas
De¬nition 6.1.1. ” Soit A un anneau. Un A-module est un groupe abelien M muni
´
´
d™une application (multiplication externe)

M ! M; (a; m) 7! am
A

veri¬ant les proprietes suivantes : pour tous a, b 2 A et tous m, n 2 M, on a
´ ´´
“ (a + b)m = am + bm et a(m + n) = am + an (distributivite) ; ´
“ (ab)m = a(bm) (associativite) ;
´
“ 1m = m (element neutre).
´´

Exemples 6.1.2. ” a) Un anneau A est un A-module ; un ide de A est un
´al
A-module.
b) Un groupe abe ´lien possede une unique structure de Z-module.
`
c) Si A est un corps, A-module e ´quivaut a A-espace vectoriel.
`
d) Si f : A ! B est un homomorphisme d™anneaux, la multiplication externe
A B ! B de ´¬nie par (a; b) 7! f (a)b munit B d™une structure de A-module.
e) Plus ge ´ralement, si f : A ! B est un homomorphisme d™anneaux et si M
´ne
est un B-module, la multiplication externe A M ! M de ´¬nie par (a; m) 7! f (a)m
munit M d™une structure de A-module.

Exercice 6.1.3. ” Soit M un A-module. Montrer que ( 1)m = m.
CHAPITRE 6. MODULES
88



Remarque 6.1.4. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Si a 2 A, notons
a : M ! M l™application de ´¬nie par a (m) = am. C™est un endomorphisme de
´lien. En fait, l™application a 7! a de
M en tant que groupe abe ´¬nit un homo-
morphisme d™anneaux A ! End(M), ce dernier anneau n™e ´tant pas force´ment
commutatif.
On constate ainsi que, M e´tant un groupe abe´lien, se donner une structure de A-
´quivaut a se donner un homomorphisme d™anneaux A ! End(M).
module sur M e `

De¬nition 6.1.5. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Un sous-module de M
´
est une partie N de M veri¬ant :
´
“ N est un sous-groupe abelien de M ;
´
“ pour tout a 2 A et tout m 2 N, am 2 N.

Exemples 6.1.6. ” a) Si M est un A-module, la partie de M re´duite a 0 en est
`
un sous-module. De meme, M est un sous-module de lui-meme.
ˆ ˆ
b) Si A est un anneau, les ide
´aux de A sont les sous-A-modules de A.
c) Si A est un corps, les sous-modules d™un A-espace vectoriel en sont les
sous-espaces vectoriels.

Lemme 6.1.7. ” Soit M un A-module et soit N une partie de M. Pour montrer que N est
un sous-module de M, il suf¬t de montrer les proprietes suivantes :
´´
“ 0 2 N;
“ si a 2 A et m 2 N, am 2 N ;
“ si m 2 N et n 2 N, m + n 2 N.

Demonstration. ” En effet, la seconde proprie ´ applique a a = 1 et m 2 N
´te ´e `
´
montre que m 2 N. Jointe aux deux autres proprie ´s, on constate que N est
´te
un sous-groupe abe´lien de M. La seconde proprie ´ implique alors que c™en est
´te
un sous-module.

Exercice 6.1.8. ” Soit A un anneau et soit M un A-module.
a) Montrer que l™ensemble (0 : M) des a 2 A tels que pour tout m 2 M, am = 0
est un ide de A (annulateur de M). On le note aussi Ann(M).
´al
b) Plus ge ´ralement, soit N un sous-A-module de M. Montrer que l™ensemble
´ne
(N : M) des a 2 A tels que pour tout m 2 M, am 2 N est un ide de A.
´al

De¬nition 6.1.9. ” Soit A un anneau et soit M et N deux A-modules. Un homomor-
´
phisme de M dans N est une application f : M ! N telle que pour tous a et b dans A et
tous m et n dans M, on a
f (am + bn) = af (m) + bf (n):
On note HomA (M; N) l™ensemble des homomorphismes de M dans N.
6.1. PREMIERS PAS 89



Un homomorphisme de M dans M est appele endomorphisme de M. On note EndA (M)
´
l™ensemble des endomorphismes du A-module M.

Exemple 6.1.10. ” Soit A un anneau et soit M, N deux A-modules. Si f et
g sont deux homomorphismes M ! N, soit f + g l™application de ´¬nie par
m 7! f (m) + g(m). Si f est un homomorphisme M ! N et si a 2 A, soit af
l™application donne par m 7! af (m). Ce sont des homomorphisme de A-modules
´e
de M dans N.
Ces lois munissent HomA (M; N) d™une structure de A-module

Lemme 6.1.11. ” Soit A un anneau et soit M, N, P trois A-modules. Si f : M ! N et
g : N ! P sont des homomorphismes, leur compose g f : M ! P est un homomorphisme
´
de A-modules.

De¬nition 6.1.12. ” On dit qu™un homomorphisme de A-modules f : M ! N est un
´
homomorphisme est un isomorphisme s™il existe un homomorphisme g : N ! M tel que
f g = IdN et g f = IdM .

Proposition 6.1.13. ” Un homomorphisme est un isomorphisme si et seulement si il est
bijectif.

Demonstration. ” Si f : M ! N est un isomorphisme, de re ´ciproque g, il est clair
´
que g est la bijection re
´ciproque de f .
´ciproquement, si f : M ! N est un homomorphisme bijectif, soit g sa
Re
´ciproque. Alors, g est un homomorphisme. En effet, si n, n0 2 N et
bijection re
a, a0 2 A, on a
f ag(n) + a0 g(n0 ) = af (g(n)) + a0 f (g(n0 )) = an + a0 n0
Ð

donc ag(n) + a0 g(n0 ) = g(an + a0 n0 ), ce qui e
´tablit la line
´arite de g.
´

Proposition 6.1.14. ” Soit A un anneau, soit M, N deux A-modules et soit f : M ! N
un homomorphisme de A-modules. Pour tout A-module X, les applications
f : HomA (N; X) ! HomA (M; X); ' 7! ' f
et
f : HomA (X; M) ! HomA (X; N); ' 7! f '
sont des homomorphismes de A-modules. Si de plus g : N ! P est un second homomorphisme
de A-modules, on a les egalites f g = (g f ) et g f = (g f ) .
´ ´

De¬nition 6.1.15. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Le A-module dual de
´
M, note M_ , est le A-module HomA (M; A).
´
CHAPITRE 6. MODULES
90



Remarque 6.1.16. ” On peut reformuler la proposition 6.1.14 dans le langage des
cate
´gories. Si X est un A-module ¬xe l™« application » qui associe a un A-module
´, `
M le A-module HomA (M; X) et a un morphisme f : M ! N l™homomorpisme
`
f : HomA (N; X) ! HomA (M; X) est un foncteur contravariant de la cate ´gorie
ModA des A-modules dans elle-meme. Pour X = A, on obtient ainsi un foncteur
ˆ
M_ = HomA (M; A) de la cate
« dual », M ´gorie des A-modules dans elle-meme.
ˆ
Associer a un A-module M le A-module HomA (X; M) de
` ´¬nit au contraire un
foncteur covariant.
De¬nition 6.1.17. ” Soit f : M ! N un homomorphisme de A-modules. On appelle
´
noyau de f , note Ker f , l™ensemble des m 2 M tels que f (m) = 0.
´
Proposition 6.1.18. ” Soit f : M ! N un homomorphisme de A-modules.
Si M0 est un sous-module de M, f (M0 ) est un sous-module de N. Si N0 est un sous-module
de N, f 1 (N0 ) est un sous-module de M.
En particulier, le noyau Ker f et l™image Im f = f (M) de f sont des sous-modules (de
M et N respectivement).
Demonstration. ” Montrons que f (M0 ) est un sous-module de N. Comme f (0M ) =
´
0N et 0M 2 M0 , 0N 2 f (M0 ). D™autre part, si n et n0 2 f (M0 ), il existe m et m0 2 M0
tels que n = f (m) et n0 = f (m0 ). Par suite,
n + n0 = f (m) + f (m0 ) = f (m + m0 ) 2 f (M0 ):
En¬n, si n = f (m) appartient a f (M0 ) et si a 2 A, an = af (m) = f (am) appartient
`
a f (M0 ) puisque am 2 M0 .
`
Montrons que f 1 (N0 ) est un sous-module de M. Comms f (0M ) = 0N 2 N0 ,
0M 2 f 1 (N0 ). D™autre part, si m et m0 2 f 1 (N0 ) et si a et b 2 A, on a
f (am + bm0 ) = af (m) + bf (m0 ) 2 N0
puisque f (m) et f (m0 ) appartiennent a N0 et que N0 est un sous-module de N.
`
Donc am + bm0 appartient a f 1 (N0 ).
`


6.2. Operations sur les modules
´
Proposition 6.2.1. ” Soit A un anneau, soit M un A-module et soit (Ns )s2S une famille
T
de sous-modules de M. Alors, l™intersection N = Ns est un sous-module de M.
s

Demonstration. ” Comme 0 2 Ns pour tout s, 0 2 N. Soit m et n deux e ´ments
´le
´
de N. Pour tout s, m et n appartiennent au sous-module Ns , donc m + n aussi et
m + n appartient a leur intersection N. En¬n, soit m 2 N et a 2 A. Pour tout s,
`
m 2 Ns , donc am 2 Ns et ¬nalement, am 2 N. Ainsi, N est un sous-A-module de
M.
´
6.2. OPERATIONS SUR LES MODULES 91



Proposition 6.2.2. ” Soit A un anneau, soit M un A-module et soit X une partie de M.
Il existe un plus-petit sous-A-module hXi de M contenant X : c™est l™intersection de la famille
(non vide) des sous-modules de M qui contiennent X. C™est aussi l™ensemble des sommes
P
ax x ou (ax )x est une famille presque nulle d™elements de A.
` ´´
x2X
Par de¬nition, hXi est le sous-module de M engendre par X.
´ ´

Demonstration. ” Il existe des sous-modules de M qui contiennent X, par exemple
´
M lui-meme. Par suite, l™intersection hXi de ces sous-modules est un sous-module
ˆ
de M et contient X. Par construction, hXi est contenu dans tout sous-module
de M qui contient X. C™est ainsi le plus petit d™entre eux.
P
Si (ax )x est une famille presque nulle d™e ´ments de A,
´le ax x est une com-
x2X
´aire d™e ´ments de hXi, donc appartient a hXi. Ceci prouve que
binaison line ´le `
l™ensemble hXi0 des telles combinaisons line
´aires est contenu dans hXi. Re
´cipro-
quement, il suf¬t de montrer que cet ensemble est un sous-module de M. Comme
P
il contient X, on aura l™autre inclusion. Tout d™abord, 0 = 0x appartient a `
x
0 0
hXi . Par ailleurs, si m et n sont deux e ´ments de hXi , il existe deux familles
´le
P P
presque nulles (ax )x et (bx )x telles que m = ax x et n = bx x. Alors, la famille
x x
(ax + bx )x est presque nulle et l™on a
XÐ XÐX
m+n= ax x + bx x = (ax + bx )x
x x x

donc m + n appartient a hXi0 . En¬n, si m 2 hXi0 et a 2 A, soit (ax )x une famille
`
presque nulle telle que m = ax x. On a alors am = (aax )x, donc am 2 hXi0 .
P P
x x

De¬nition 6.2.3. ” Soit A un anneau, M un A-module et soit (Ms )s une famille de
´
P
sous-module de M. La somme des Ms , Ms , est le sous-module de M engendre par la
´
s
S
reunion Ms des Ms .
´
s
P
C™est aussi l™ensemble des combinaisons line
´aires ms ou (ms )s est une famille
`
s
presque nulle d™e ´ments de M telle que ms 2 Ms pour tout s.
´le

Exercice 6.2.4. ” La re´union de deux sous-modules n™est en ge ´ral pas un
´ne
sous-module.
a) Donner un exemple (on pourra se placer dans le cadre des espaces vecto-
riels).
b) Si (Mn )n2N est une famille de sous-modules d™un A-module M telle que
S
Mn Mp si n „ p, montrer que Mn est un sous-A-module de M.
n
CHAPITRE 6. MODULES
92



De¬nition 6.2.5. ” Soit A un anneau, M un A-module et I un ideal de A. On de¬nit
´ ´
´
P
le sous-module IM de M comme l™ensemble des combinaisons lineaires ai mi ou pour tout
´ `
i, ai 2 I et mi 2 M.

De¬nition 6.2.6. ” Soit A un anneau et soit (Ms ) une famille de A-modules. Le produit
´
Q
des Ms est l™ensemble Ms des lois :
s

(ms )s + (ns )s = (ms + ns )s ; a(ms )s = (ams )s
qui en font un A-module.
L Q
La somme directe des Ms est le sous-module Ms de Ms forme des elements (ms )s tels
´ ´´
s
que pour tout s sauf pour un nombre ¬ni, ms = 0.

Remarque 6.2.7. ” Si tous les Ms sont isomorphes a un meme module M, on a
` ˆ
S (S)
L
Q
Ms = M . Le sous-module Ms est note M .
´
s

Lemme 6.2.8. ” Pour tout t, de¬nissons des applications
´
M Y
it : M t ! Ms ! Mt
Ms ; pt :
s
s

de¬nis par it (m) = (ms ) ou mt = m et ms = 0 si s 6= t et pt ((ms )) = mt . Ce sont des
´ `
homomorphismes de A-modules.

Demonstration. ” Soit m, n dans Mt , a et b dans A. Alors,
´
it (am + bn) = (0; : : : ; 0; am + bn; 0; : : : )

(dans le membre de droite, le am + bn est dans la composante indexe par t)
´e

= a(0; : : : ; 0; m; 0; : : : ) + b(0; : : : ; 0; n; 0; : : : ; 0)
= ait (m) + bit (n):
Par suite, it est un homomorphisme de A-modules. La de
´monstration que pt est
un homomorphisme est laisse en exercice.
´e
Produits et des sommes directes de modules satisfont une propriete universelle
´´
que nous e´non¸ ons maintenant.
c

Theoreme 6.2.9. ” Soit A un anneau et soit (Ms ) une famille de A-modules.
´`
a) Pour tout A-module M et toute famille (fs ) de morphismes fs : M ! Ms , il existe un
Q
unique morphisme f : M ! Ms tel que pour tout s, ps f = fs .
s
b) Pour tout A-module M et toute famille (fs ) de morphismes fs : Ms ! M, il existe un
L
Ms ! M tel que pour tout s, f is = fs .
unique morphisme f :
s
´
6.2. OPERATIONS SUR LES MODULES 93


Q
Demonstration. ” a) Supposons que f : M ! Ms ve
´ri¬e ps f = fs . Alors, si
´
s
f (m) = (ms )s , on a ne
´cessairement
ms = ps ((ms )s ) = ps (f (m)) = (ps f )(m) = fs (m);
ce qui montre que f , s™il existe, est unique. Re ´ciproquement, de ´¬nissons f (m)
´¬nie f : M !
comme la famille (fs (m))s . Il faut montrer que l™application ainsi de
Q
Ms est un homomorphisme de A-modules. Or, pour tous a et b dans A et tous
s
m et n dans M, on a
Ð Ð
f (am + bn) = fs (am + bn) s = afs (m) + bfs (n) s
Ð Ð
= a fs (m) s + b fs (n) s = af (m) + bf (n);
ce qui prouve que f est un homomorphisme de A-modules.
L
Ms ! M ve
b) Supposons que f : ´ri¬e f is = fs . Alors, l™image par f d™un
s
e ´ment (0; : : : ; 0; m; 0; : : : ) = is (m) (ou m 2 Ms est dans la composante indexe
´le ` ´e
L
par s) est ne´cessairement e ´gale a fs (m). Un e ´ment de
` ´le Ms est une famille
(ms )s avec ms 2 Ms , tous les ms e ´tant nuls, sauf un nombre ¬ni. Par suite, un tel
P
e ´ment est e
´le ´gal a is (ms ) (la somme est en fait ¬nie) et son image par f est
`
s
e
´gale a
`
X X X
f( is (ms )) = is )(ms ) = fs (ms );
(f
s s s
L
Ms ! M de
ce qui montre l™unicite Re
´. ´cipriquement, l™application f : ´¬nie par
X
(somme ¬nie)
f ((ms )s ) = fs (ms )
s

est un homomorphisme de A-modules qui ve ´ri¬e f is = fs pour tout s. En effet,
L
si a et b sont dans A et (ms )s , (ns )s sont deux e ´ments de
´le Ms , on a
s

f (a(ms )s + b(ns )s ) = f ((ams + bns )s )
Ð
X X
= fs (ams + bns ) = afs (ms ) + bfs (ns )
s s
X X
= a fs (ms ) + b fs (ns )
s s
= af ((ms )s ) + bf ((ns )s ):



Remarque 6.2.10. ” Ce the ` me peut se reformuler ainsi : pour tout A-module
´ore
M, les applications canoniques
M Y
Ms ; M) ! HomA (Ms ; M); f 7! (f is )s
HomA (
s
s
CHAPITRE 6. MODULES
94



et
Y Y
Ms ) ! f 7! (ps f )s
HomA (M; HomA (M; Ms );
s s
sont des isomorphismes.


6.3. Generateurs, bases, modules libres
´´
De¬nition 6.3.1. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Soit S une partie de M.
´
On dit que S est
“ ge ´ratrice si M = hSi ;
´ne
P
“ libre si pour toute famille presque nulle (as )s2S d™elements de A, la relation as s = 0
´´
s2S
implique que as = 0 pour tout s ;
“ lie si elle n™est pas libre ;
´e
“ ˆtre une base de M si pour tout element m de M, il existe une unique famille presque
e ´´
P
nulle (as )s2S dans A telle que m = as s.
Exercice 6.3.2. ” Soit A un anneau et M un A-module. Si m 2 M, a quelle
`
condition sur Ann(m) la famille fmg est-elle libre ?
Proposition 6.3.3. ” Soit A un anneau, M un A-module et S une partie de M. Soit 'S
l™homomorphisme canonique
A(S) ! M;
X
(as )s2S 7! as s:
s2S

Alors,
“ 'S est injectif si et seulement si S est libre ;
“ 'S est surjectif si et seulement si S est generatrice ;
´´
“ 'S est un isomorphisme si et seulement si S est une base.
Demonstration. ” Le noyau de 'S est l™ensemble des familles (as ) telles que
´
P
as s = 0. Dire que S est libre e
´quivaut donc a dire que Ker 'S = (0), c™est-a-dire
` `
s
que 'S est injectif.
L™image de 'S est l™ensemble des combinaisons line ´aires d™e ´ments de S. Par
´le
suite, Im 'S = hSi et 'S est surjectif si et seulement si S est ge ´ratrice.
´ne
En¬n, la de ´¬nition du fait que S est une base revient exactement a dire que
`
'S est bijectif, donc un isomorphisme.
Corollaire 6.3.4. ” Une base est une partie libre et generatrice.
´´
Remarques 6.3.5. ” a) Si A est un anneau quelconque, tout module n™admet pas
force
´ment une base.
b) Si A est un corps, c™est un re´sultat fondamental de la the
´orie des espaces
vectoriels que tout espace vectoriel admet une base.
6.4. QUOTIENTS DE MODULES 95



De¬nition 6.3.6. ” Un module qui possede une base est dit libre.
`
´
Theoreme 6.3.7. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Si M est libre, toutes les
´`
bases de M ont meme cardinal. C™est par de¬nition le rang de M.
ˆ ´
Demonstration. ” Soit m un ide maximal de A, notons k le corps A=m et posons
´al
´
V = M=mM. On peut le conside ´rer naturellement comme un A=m-module, donc
comme un k-espace vectoriel.
Soit (mi )i2I une base de M et montrons que (cl(mi ))i2I est une base de V.
´crit cl(m) pour un certain m 2 M. Par suite, m est une
Tout e ´ment de V s™e
´le
combinaison line ´aire des mi et cl(m) une combinaison line ´aire des cl(mi ) qui
forme donc une partie ge ´ratrice de V. De plus, si (xi )i2I est une famille
´ne
P
presque nulle d™e ´ments de k telle que
´le xi cl(mi ) = 0, choisissons pour tout
i un e ´ment ai 2 A tel que xi = cl(ai ), avec en outre ai = 0 si xi = 0. On a
´le
alors cl( ai mi ) = xi cl(mi ) = 0 donc m = ai mi 2 mM. Il existe par suite une
P P P
famille presque nulle (bi )i2I d™e ´ments de m telle que m = bi mi . Comme la
P
´le
famille (mi )i2I est une base de M, ai = bi pour tout i, puis xi = cl(ai ) = cl(bi ) = 0
´tant donne que bi 2 m. Ainsi, la famille (cl(mi )) est une base de V.
e ´
Si (nj )j2J est une autre base de M, la famille (cl(nj )) est tout autant une base
de V.
Comme deux bases d™un espace vectoriel ont meme cardinal, I et J sont
ˆ
e
´quipotents.

Plus ge ´ralement, on peut poser la de
´ne ´¬nition :
De¬nition 6.3.8. ” Soit A un anneau et soit M un A-module
´
On dit qu™une famille (Ms ) de sous-modules de M est en somme directe si l™homomor-
L L
Ms ! M est un isomorphisme. On note M = Ms .
phisme canonique
s s
Si N et P sont deux sous-modules de M tels que M = N P, on dit aussi P et N sont
supple´mentaires.
Un sous-module de M qui possede un supplementaire est dit facteur direct.
` ´


6.4. Quotients de modules
6.4.1. Relation d™equivalence compatible. ” Soit A un anneau et soit M un A-module.
´
On s™inte´resse aux relations d™e ´quivalence sur M qui sont compatibles avec la
structure de module, c™est-a-dire que pour tous m, m0 , n et n0 dans M,
`
m0 et n n0 , alors am + bn am0 + bn0 .
si m
Soit N l™ensemble des m 2 M tels que m 0. Comme une relation d™e
´quivalence
´¬‚exive, 0 2 N. Si m et n appartiennent a N, on a m 0, n 0 et donc
est re `
CHAPITRE 6. MODULES
96



pour tous a et b dans A, am + bn (a0 + b0) = 0, c™est-a-dire am + bn 2 N. Cela
`
prouve que N est un sous-module de M. De plus, si m et n sont deux e ´ments
´le
de M tels que m n, on a m + ( n) n + ( n), d™ou m n 2 N.
`
Re
´ciproquement, soit N un sous-A-module de M et soit la relation d™e
´qui-
n si et seulement si m n 2 N. Notons M=N
valence sur M de ´¬nie par m
´quivalence et clN : M ! M=N l™application canonique.(1)
l™ensemble des classes d™e
Les calculs qui pre ` dent montrent le the ` me suivant.
´ce ´ore
Theoreme 6.4.2. ” Soit A un anneau, M un A-module et N un sous-module de M. La
´`
relation sur M de¬nie par m n si et seulement si m n 2 N est une relation d™equivalence
´ ´
sur M compatible avec la structure de module. L™ensemble quotient M=N possede une unique
`
structure de A-module telle que l™application cl : M ! M=N est un homomorphisme de
A-modules.
L™homomorphisme cl est surjectif et de noyau N.
On de´montre maintenant un theoreme de factorisation, proprie ´ universelle des
´te
´`
modules quotients.
Theoreme 6.4.3. ” Soit A un anneau, M un A-module et N un sous-module de M. Pour
´`
tout A-module P et tout homomorphisme f : M ! P tel que N Ker f , il existe un unique
˜ ˜
homomorphisme de modules f : M=N ! P tel que f = f cl.
˜ ˜ ˜
De plus, Im f = Im f et Ker f = cl(Ker f ). En particulier, f est injectif si et seulement
si Ker f = N.
On peut repre
´senter l™e
´galite du the ` me en disant que le diagramme
´ ´ore
p
GP
M z`
zz
zz
zz ˜
cl
zz f

M=N
est commutatif. L™inte ˆ t de ce the ` me est qu™il permet de factoriser un
´re ´ore
homomorphisme de A-modules f : M ! N en la composition
˜
f
cl
M ! M= Ker f ! Im f ,! N
d™un homomorphisme surjectif, d™un isomorphisme et d™un homomorphisme
injectif.
˜
Demonstration. ” Ne
´cessairement, on doit avoir f (cl(m)) = f (m) pour tout m
´
dans M. Comme tout e ´ment de M=N est de la forme cl(m) pour un certain
´le
m 2 M, cela montre qu™il existe au plus un homomorphisme de A-modules
˜ ˜
f : M=N ! P tel que f cl = f .
(1)
S™il n™y a pas de confusion possible, on pourra noter simplement cl cette application.
6.4. QUOTIENTS DE MODULES 97


˜
Montrons l™existence de f . Soit x 2 M=N et soit deux e ´ments m et m0 de
´le
M tels que x = cl(m) = cl(m0 ). Alors, m m0 2 N et donc, puisque N Ker f ,
˜
f (m m0 ) = 0. On a alors f (m) = f (m0 ) et l™on peut de ´¬nir f en posant
˜ ´pend en effet pas de l™e ´ment m 2 M choisi parmi
f (x) = f (m) ” cela ne de ´le
˜
ceux qui ve´ri¬ent x = cl(m). Il reste a montrer que f est un homomorphisme de
`
A-modules. Or, soit x et y 2 M=N, soit a et b dans A. Choisissons m 2 M tel que
x = cl(m) et n 2 M tel que y = cl(n). Alors, ax + by = a cl(m) + b cl(n) = cl(am + bn)
et
˜ ˜ ˜ ˜
f (ax + by) = f (cl(am + bn)) = f (am + bn) = af (m) + bf (n) = af (x) + bf (y):
˜
Ainsi, f est un homomorphisme de A-modules.
˜ ˜
On a e ´videmment Im f Im f . D™autre part, si p appartient a Im f , choisissons
`
˜ ˜
x 2 M=N tel que p = f (x) puis m 2 M tel que x = cl(m). Alors, p = f (cl(m)) = f (m)
˜
appartient a Im f , d™ou l™autre inclusion et ¬nalement l™e
` ` ´galite Im f = Im f .
´
˜ ´crire x = cl(m) avec m 2 M et la relation
En¬n, si f (x) = 0, on peut e
˜
f cl = f implique f (m) = 0, d™ou x 2 cl(Ker f ). Dans l™autre sens, si x = cl(m)
`
˜ ˜ ˜
avec m 2 Ker f , on a f (x) = f (cl(m)) = f (m) = 0, donc x 2 Ker f . Ainsi,
˜
Ker f = cl(Ker f ).
La proposition suivante de
´crit les sous-modules d™un module quotient tel que
M=N.
Proposition 6.4.4. ” Soit A un anneau, M un A-module, N un sous-module de M.
L™application cl 1 :
sous-modules de M=N ! sous-modules de M contenant N
P 7! cl 1 (P )
est une bijection.
Ainsi, pour tout sous-module P de M qui contient N, il existe un unique
sous-module P de M=N tel que P = cl 1 (P ). De plus, on P = cl(P). Le
sous-module cl(P) de M=N sera note P=N. Cette notation est cohe ´rente. En effet, la
´
restriction de cl a P est un homomorphisme cl jP : P ! M=N de noyau P\N = N et
`
d™image cl(P). D™apres le the ` me de factorisation, cl jP induit un isomorphisme
` ´ore
P=N ! cl(P).
Demonstration. ” La de ´monstration est une conse
´quence imme
´diate des deux
´
formules suivantes : si P est un sous-module de M,
cl 1 (cl(P)) = P + N
et si P est un sous-module de M=N,
cl(cl 1 (P )) = P :
CHAPITRE 6. MODULES
98



En effet, si P N, P + N = P et ces formules montrent que l™application cl 1
comme dans l™e ´nonce admet cl comme bijection re
´ ´ciproque.
Montrons la premiere formule. Si m 2 cl 1 (cl(P)), on a cl(m) 2 cl(P). Il existe
`
donc p 2 P tel que cl(m) = cl(p) et par suite, cl(m p) = 0. Cela signi¬e
que n = m p 2 N et m = p + n appartient a P + N. Re ` ´ciproquement, si
m = p + n appartient a P + N, cl(m) = cl(p + n) = cl(p) appartient a cl(P), donc
` `
1
m 2 cl (cl(P)).
´¬nition, on a cl(cl 1 (P )) P . Re
Montrons la seconde formule. Par de ´cipro-
quement, si x 2 P , soit m 2 M tel que x = cl(m). Alors, cl(m) 2 P , autrement
dit, m 2 cl 1 (P ) et donc x = cl(m) 2 cl(cl 1 (P )).

En¬n, nous pouvons calculer le « quotient d™un quotient ».

Proposition 6.4.5. ” Soit A un anneau, N, P, M trois A-modules tels que N P M.
Alors, on a un isomorphisme canonique
(M=N)=(P=N) ' (M=P)
tel que pour tout m 2 M, clP=N (clN (m)) 7! clP (m).

Demonstration. ” Conside
´rons l™homomorphisme compose
´
´
' : M ! (M=N) ! (M=N)=(P=N); m 7! clP=N (clN (m)):
Il est surjectif, comme compose de deux homomorphismes surjectif. Un e ´ment
´ ´le
m est dans son noyau si et seulement si clN (m) 2 Ker clP=N = P=N = clN (P),
c™est-a-dire m 2 P puisque P contient N. Ainsi, Ker ' = P et le the ` me
` ´ore
de factorisation 6.4.3 af¬rme l™existence d™un unique homomorphisme bijectif
' : M=P ! (M=N)=(P=N) tel que '(clP (m)) = clP=N (clN (m)). C™est l™isomorphisme
˜ ˜
cherche ´.


6.5. Localisation des modules
6.5.1. Calcul de fractions. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Soit S
une partie multiplicative de A. Nous allons construire, par un calcul de fractions
´¬nir l™anneau localise S 1 A, un S 1 A-
similaire a celui qui nous a permis de de
` ´
module S 1 M ainsi qu™un homomorphisme de A-modules M ! S 1 M.
Soit sur l™ensemble M S la relation
, il existe u 2 S tel que u(tm
(m; s) (n; t) sn) = 0.
´quivalence, on note S 1 M
On ve ´ri¬e comme page 30 que c™est une relation d™e
´quivalence et m=s 2 S 1 M la classe d™e
l™ensemble des classes d™e ´quivalence du
couple (m; s) 2 M S.
6.5. LOCALISATION DES MODULES 99



´¬nit sur S 1 M deux lois : tout d™abord, si m, n 2 M et s, t 2 S,
On de
(m=s) + (n=t) = (tm + sn)=(st)
et, si m 2 M, a 2 A, s et t 2 S,

<<

. 5
( 15)



>>