<<

. 6
( 15)



>>

(a=t)(m=s) = (am)=(ts):

Theoreme 6.5.2. ” Muni de ces lois, S 1 M est un S 1 A-module. L™application i : M !
´`
S 1 M telle que i(m) = (m=1) est un homomorphisme de A-modules, S 1 M etant considere
´ ´´
comme un A-module grace a l™homomorphisme canonique d™anneaux A ! S 1 A.
ˆ`

La de´monstration est laisse en exercice. Les calculs sont semblables a ceux fait
´e `
lors de la localisation des anneaux.

Remarque 6.5.3. ” Rappelons quelques exemples de parties multiplicatives. Tout
d™abord, si s 2 A, la partie S = f1; s; s2 ; : : :g est multiplicative. La localisation est
dans ce cas note avec un s en indice : Ms = S 1 M est un As -module. Si p est
´e
un ide premier de A, S = A n p est aussi une partie multiplicative. On note
´al
Ap l™anneau localise et Mp le Ap -module obtenu par calcul de fractions a partir
´ `
d™un A-module M.

Exercice 6.5.4. ” Soit A un anneau, M un A-module, S une partie multiplicative
´rons l™homomorphisme canonique i : M ! S 1 M.
de A. Conside
a) Un e ´ment m 2 M appartient a Ker i si et seulement s™il existe s 2 S tel
´le `
que sm = 0.
b) L™homomorphisme i est un isomorphisme si et seulement si pour tout
e ´ment de S, l™homomorphisme s : M ! M, m 7! sm, est un isomorphisme.
´le

Proposition 6.5.5. ” Soit A un anneau, S une partie multiplicative de A. Soit f : M !
N un homomorphisme de A-modules. Il existe alors un unique homomorphisme de S 1 A-
˜ ˜
modules f : S 1 M ! S 1 N tel que pour tout m 2 M et tout s 2 S, f (m=s) = f (m)=s.

Autrement dit, le diagramme
f
GN
M
i i
 
˜
f
GS
1 1
SM N
est commutatif.
Demonstration. ” Il faut ve
´ri¬er que cette de
´¬nition a un sens. Si m=s = n=t, soit
´
u 2 S tel que u(tm sn) = 0. Alors,
f (m) utf (m) f (utm) f (usn) f (n)
;
= = = =
s uts uts uts t
CHAPITRE 6. MODULES
100


˜ ´¬nie. Alors, si m, n 2 M, s, t 2 S, on a
ce qui prouve que f est bien de

˜ m + n = f tm + sn = f (tm + sn)
˜
Ð Ð
f
s t st st
tf (m) sf (n) f (m) f (n) ˜m ˜n
= f( ) + f( )
= + = +
st st s t s t
˜
et f est donc additive. En¬n, si m 2 M, a 2 A, s et t 2 S, on a

˜ a m = f am = f (am) = af (m) = a f (m) = a f m
˜ ˜
Ð Ð Ð
f
ts st st st ts ts
˜
et f est A-line
´aire.
La localisation des modules donne lieu a une proprie ´ universelle du meme
` ´te ˆ
genre de celle e´tablie pour les anneaux.

Theoreme 6.5.6. ” Soit A un anneau, S une partie multiplicative de A, f : M ! N
´`
un homomorphisme de A-modules. On suppose que pour tout s 2 S, l™homomorphisme
s : N ! N, n 7! sn, est un isomorphisme. Alors, il existe un unique homomorphisme de
˜
A-modules ' : S 1 M ! N tel que f (m=1) = f (m) pour tout m 2 M.
˜
Demonstration. ” En fait, si f : S 1 M ! S 1 N de´signe l™homomorphisme fourni
´
par la proposition pre ´dente et i : N ! S 1 N l™homomorphisme canonique, la
´ce
˜
proprie ´ voulue pour ' e
´te ´quivaut a l™e
` ´galite i ' = f . Comme i est dans ce cas
´
˜
un isomorphisme, on a ' = i 1 f .

Exercice 6.5.7. ” Le de
´montrer par du calcul en ve
´ri¬ant que la formule '(m=s) =
1
s (f (m)) convient.

La localisation se comporte tres bien vis a vis des sous-modules ; c™est la
` `
deuxieme occurence de l™exactitude de la localisation.
`

Proposition 6.5.8. ” Soit A un anneau, S une partie multiplicative de A. Soit M un
A-module et N un sous-module de M.
Alors, l™homomorphisme canonique S 1 N ! S 1 M provenant de l™injection N ! M est
injectif et de¬nit un isomorphisme de S 1 N sur un sous-module de S 1 M, note encore S 1 N.
´ ´
De plus, on a un isomorphisme canonique
S 1 M=S 1 N ' S 1 (M=N):

Demonstration. ” Soit n 2 N et s 2 S. L™image de n=s 2 S 1 N dans S 1 M est
´
e
´gale a n=s mais ou n est vu comme un e ´ment de M. Elle est nulle si et
` ` ´le
seulement s™il existe t 2 S tel que tn = 0 dans M, mais aussi dans N ! Par suite,
cet homomorphisme est injectif. C™est ainsi un isomorphisme de S 1 M sur son
image dans S 1 M.
6.5. LOCALISATION DES MODULES 101



Conside´rons maintenant l™homomorphisme e
´gal a la composition des homo-
`
morphismes canoniques
cl
! S 1 M ! S 1 M=S 1 N:
M
m7!m=1

Par construction, un e ´ment n a pour image 0, d™ou, par la proprie ´ universelle
´le ` ´te
des modules quotients, un unique homomorphisme M=N ! S 1 M=S 1 N par
lequel clN (m) 7! clS 1 N (m=1). Comme S agit par automorphisme sur le S 1 A-
module S 1 M=S 1 N, on en de ´duit un unique homomorphisme ' : S 1 (M=N) !
S 1 M=S 1 N tel que (clN (m)=1) 7! clS 1 N (m=1).
Montrons que ' est un isomorphisme. Il est surjectif car clN (m)=s a pour image
clS 1 N (m=s). Il est injectif : si clN (m)=s a pour image 0, m=s 2 S 1 N. Il existe ainsi
n 2 N et t 2 S tels que m=s = n=t. Soit alors u 2 S tel que u(tm sn) = 0. Il en
re
´sulte l™e´galite´
clN (m) clN (utm) clN (sun) 0
= = = = 0;
s stu stu) stu
d™ou l™injectivite
` ´.

Proposition 6.5.9. ” Soit A un anneau, S une partie multiplicative de A. Soit M
un A-module et soit (Ni ) une famille de sous-modules de M. Alors, on a une egalite de
´ ´
1
sous-modules de S M :
X1
S Ni = S 1 Ni :
X
i

P
Demonstration. ” Notons N = Ni . Pour tout i, Ni N, d™ou une inclusion
`
´
S 1 Ni S 1 N. Par suite, S Ni S 1 N. Re
P1
´ciproquement, soit n=s 2 S 1 N. On
i
P
´crire n = ni , ou pour tout i, ni 2 Ni , la somme e
peut e ` ´tant presque nulle.
Pi
Alors, n=s = (ni =s) appartient a S 1 Ni et l™autre inclusion est de
P
` ´montre ´e.
i


Proposition 6.5.10. ” Soit A un anneau, S une partie multiplicative de A et soit M
un A-module. Notons i : M ! S 1 M l™homomorphisme canonique de A-modules.
Si N est un sous-S 1 A-module de S 1 M, alors N = i 1 (N ) est un sous-A-module de
M tel que N = S 1 N.

Demonstration. ” Il est clair que S 1 N N : si m 2 N, on a m=1 2 N , donc
´
pour tout s 2 S, m=s 2 N .
´ciproquement, soit x 2 N . On peut e ´crire x = m=s avec m 2 M et s 2 S.
Re
Par suite, sx = m=1 appartient a N et x = (sx)=s appartient a S 1 N.
` `
CHAPITRE 6. MODULES
102



6.6. Exercices
Exercice 6.6.1. ” Soit A et B deux anneaux et f : A ! B un homomorphisme
d™anneaux.
a) Montrer que la loi a:b = f (a):b (ou a 2 A et b 2 B) munit B d™une structure
`
de A-module. B muni de sa structure d™anneau et de cette structure de A-module
est appele une A-algebre
´ `
b) Montrer que si B 6= 0 et si A est un corps k alors f est injectif (cad : une
`
k-algebre non nulle contient un corps isomorphe a k).
` `
c) Montrer que tout B-module N est muni naturellement d™une structure de
A-module. Quel est l™annulateur (0A : N) de ce module ?
Exercice 6.6.2. ” Soient M1 ; : : : ; Mr des A-modules et I1 = (0 : M1 ); : : : ; Ir = (0 :
Mr ) leurs annulateurs. On suppose que les I sont deux a deux comaximaux.
`
r r
L T L T
On pose : M = M , I= I,N = Mÿ et J = Iÿ .
=1 =1 ÿ6= ÿ6=
Montrer que pour tout , I et J sont comaximaux.
a)

Si J est un ide de A on notera (0 : J) le sous-A-module de M e
´al ´gal a
`
fm 2 M; J m = 0g.
Montrer les formules suivantes :
b) J = (0 : N ) et N = (0 : J ) ;
T
Nÿ ' M .
c) N = I M et J M =
ÿ6=

Exercice 6.6.3. ” Soit M un A-module et m 2 M un e ´ment dont l™annulateur
´le
est re
´duit a (0). Montrer l™e
` ´quivalence des proprie ´s suivantes :
´te
(1) Am possede un supple
` ´mentaire dans M ;
(2) il existe f 2 M = Hom(M; A) tel que f (m) = 1.
Montrer qu™alors M = Am Ker f .
Exercice 6.6.4 (Bidual). ” Soit M un A-module. On note M_ = HomA (M; A) son
dual et M__ = HomA (M_ ; A) son bidual, c™est-a-dire le dual de son dual.
`
a) Soit m 2 M. Montrer que l™application
: M_ ! A; ' 7! '(m)
m

´duire un homomorphisme de A-modules : M ! M__ donne
est A-line ´aire. En de ´
par m 7! m .
b) Dans cette question et la suivante, on suppose que M = An , n 1. Soit
(e1 ; : : : ; en ) la base canonique de An , c™est-a-dire ei = (0; : : : ; 0; 1; 0; : : : ), le 1 e
` ´tant
´aire An ! A de ´¬nie par (a1 ; : : : ; an ) 7! ai .
en position i. Soit 'i l™application line
_
Montrer que ('1 ; : : : ; 'n ) est une base de M .
c) Toujours lorsque M = An , montrer que est un isomorphisme.
6.6. EXERCICES 103



Un tel module M pour lequel l™homomorphisme canonique M ! M__ est un
isomorphisme est dit re¬‚exif.
´
d) Donner un exemple de module pour lequel n™est pas injectif ; pas
surjectif.

Exercice 6.6.5. ” Soit M un A-module. Soit f 2 EndA (M) ; on de
´¬nit sa transpose
´e
f par tf (') = ' f , pour tout ' 2 M_ = HomA (M; A).
t

a) Montrer que l™ensemble des polynomes P de A[X] tels que P(f ) = 0 est
ˆ
un ide que l™on notera I(f ).
´al
b) Montrer que I(f ) I(tf ).
´¬‚exif, I(f ) = I(tf ).
c) Montrer que si M est re

Exercice 6.6.6. ” Soit A un anneau integre et M un A-module. On dit que x 2 M
`
est de torsion si (0 : x) 6= 0. On note T(M) l™ensemble des e ´ments de torsion
´le
de M. Si T(M) = 0 on dit que M est sans torsion.
a) Montrer que l™ensemble des e ´ments de torsion de M est un sous-module
´le
de M.
b) Montrer que M=T(M) est sans torsion.
c) Montrer que si f : M ! N est un morphisme de A-modules alors f (T(M))
T(N).
d) Montrer qu™une suite exacte 0 ! M0 ! M ! M00 induit une suite exacte
0 ! T(M0 ) ! T(M) ! T(M00 ).

Exercice 6.6.7. ” Soient M et N deux A-modules.
a) Soit u 2 EndA M. Montrer qu™il existe une unique structure de A[X]-
module sur M telle que X m = u(m) (et 1 m = m) pour tout m 2 M. On notera
Mu le A[X]-module M muni de cette structure.
Montrer que cette application u 7! Mu induit une bijection entre les structures
de A[X]-module sur M et les endomorphismes u 2 End M.
b) Soient u 2 EndA M et v 2 EndA N. De ´terminer tous les homomorphismes
de A[X] modules de Mu dans Nv .
c) Si M = N, a quelle condition Mu ' Mv ?
`
d) Comment pouvez-vous interpre ´ter les re
´sultats de l™exercice lorsque A = k
est un corps et M = k n est l™espace vectoriel standard de dimension n sur k ?

Exercice 6.6.8. ” Soit f : M ! N un homomorphisme de A-modules.
a) Montrer qu™il existe g : N ! M tel que g f = IdM si et seulement si f
est injectif et Im(f ) admet un supple
´mentaire dans N.
b) Montrer qu™il existe g : N ! M tel que f g = IdN si et seulement si f
est surjectif et Ker(f ) admet un supple
´mentaire dans M.
CHAPITRE 6. MODULES
104



Exercice 6.6.9. ” Soit A un anneau et M un A-module. Soit I un ide de A.
´al
On suppose que Mm = 0 pour tout ide maximal m contenant I. Montrer que
´al
M = IM.

Exercice 6.6.10. ” Montrer qu™un ide non nul I d™un anneau A est un sous-
´al
module libre de A si et seulement si I est principal et engendre par un e ´ment
´ ´le
non diviseur de ze de A.
´ro

Exercice 6.6.11. ” Soit A un anneau integre et K son corps des fractions. On
`
suppose K 6= A. Montrer que K n™est pas libre comme A-module.

Exercice 6.6.12. ” Donner des exemples :
a) de modules non-libres ;
b) d™une famille libre a n e ´ments dans An qui ne soit pas une base ;
` ´le
c) d™une partie ge ´ratrice minimale qui ne soit pas une base ;
´ne
d) de sous-module n™ayant pas de supple ´mentaire ;
e) de module libre ayant un sous-module qui ne l™est pas ;

Exercice 6.6.13 (Extensions de modules libres). ” Soient L et M deux A-modules,
f : L ! M un homomorphisme d™anneaux.
a) On suppose que Ker f et Im f sont de type ¬ni. Montrer que L est de
type ¬ni.
b) On suppose que Ker f ' Ap et Im f ' Aq . Montrer que L ' Ap+q .


6.7. Solutions
Solution de l™exercice 6.6.1. ” a) On a les e
´galite
´s

1 b = f (1)b = b
(a + a0 ) b = f (a + a0 )b = (f (a) + f (a0 ))b
= f (a)b + f (a0 )b = a b + a0 b
(aa0 ) b = f (aa0 )b = f (a)f (a0 )b = f (a)(a0 b)
= a (a0 b)

qui prouvent que cette loi munit B d™une structure de A-module.
b) Le noyau de f est un ide de A. Comme A est un corps, on a deux
´al
possibilite : Ker f = A ou Ker f = 0. Comme f (1A ) = 1B 6= 0, 1A 62 Ker f , et
´s
donc Ker f = 0.
c) Soit N un B-module. On ve ´ri¬e que la loi a n = f (a)n munit N d™une
structure de A-module (on garde la meme loi d™addition).
ˆ
6.7. SOLUTIONS 105



Soit x 2 (0A : N). On a
x 2 (0A : N) , 8n 2 N; x n=0
, 8n 2 N; f (x)n = 0
, f (x) 2 (0B : N)
1
, x2f (0B : N):
L™annulateur de N comme A-module est l™image re
´ciproque par f de l™annulateur
de N vu comme B-module.
Solution de l™exercice 6.6.2. ” a) Si ÿ 6= , I et Iÿ sont comaximaux. On peut
´crire 1 = xÿ + yÿ avec xÿ 2 I et yÿ 2 Iÿ . Alors, en de
donc e ´veloppant le produit
Y
(xÿ + yÿ );
1=
ÿ6=
Q Q
on voit que 1 est la somme d™un e ´ment de
´le J , a savoir
` yÿ , et d™un
Iÿ
ÿ6= ÿ6=
e ´ment de I (car c™est une somme de termes qui sont tous multiples de l™un
´le
des xÿ ).
b) Un e ´ment a 2 A appartient a (0 : N ) si et seulement an = 0 pour tout
´le `
n 2 N , c™est-a-dire, pour tout ÿ 6= et tout m 2 Mÿ , am = 0. Ainsi, (0 : N ) est
`
l™intersection des (0 : Mÿ ) = Iÿ pour ÿ 6= , et donc (0 : N ) = J .
P
Un e ´ment mÿ appartient a (0 : J ) si et seulement si pour tout ÿ, J mÿ = 0.
´le `
Si 6= ÿ, l™inclusion J Iÿ montre que tout mÿ convient. Pour ÿ = , l™e ´galite
´
L
I + J = A implique I m + 0 = Am , d™ou m = 0. Ainsi, (0 : J ) =
` Mÿ = N .
ÿ6=
Comme I + J = A, on a
c)
N = I N + J N == I N :
6= ÿ,
De meme, on a pour tous
ˆ
Mÿ = (Iÿ + I )Mÿ = I Mÿ ;
si bien que M M
M =N :
I M= I Mÿ =
6=ÿ
L
Iÿ si ÿ 6= . De plus, J + I = 1 implique
En¬n, J M = J Mÿ = J M car J
que J M = M .
Solution de l™exercice 6.6.3. ” Soit N un supple´mentaire de Am, de sorte que M =
Am N. Comme l™annulateur de m est nul, l™homomorphisme A ! Am, a 7! am
est un isomorphisme. On peut alors de ´¬nir une forme line ´aire f sur M par
f (am; n) = a. On a bien f (m) = 1.
Re
´ciproquement, s™il existe un tel f , le noyau de f est un sous-module N de M.
De plus, si am 2 Am \ N = 0, f (am) = a = 0 et donc Am \ N = 0. En¬n, si m0 2 M,
CHAPITRE 6. MODULES
106



´crit m0 = f (m0 )m + (m0 f (m0 )m). Puisque f (m) = 1, f (m0 f (m0 )m) = 0 et
on e
m0 f (m0 )m 2 N, ce qui prouve que Am + N = M. Donc M = Am Ker f .

2 M_ et si a, b 2 A, on a
Solution de l™exercice 6.6.4. ” a) Si ',
+ b ) = (a' + b )(m) = a'(m) + b (m) = a m (') + b m ( )
m (a'

´aire M_ ! A.
donc m est une application line
L™application : M ! M__ telle que m 7! m est line ´aire. En effet, si m, n 2 M
et si a, b 2 A, am+bn est l™application line
´aire donne par ' 7! '(am + bn). Pour
´e
' 2 M_ , on a donc
= '(am + bn) = a'(m) + b'(n) = a m (') + b n (') = (a + b n )(')
am+bn (') m

et donc am+bn = a m + b n ce qui prouve que est line ´aire.
b) Soit ' : An ! A une forme line´aire sur An . On a pour tout m = (a1 ; : : : ; an ) 2
An , ai = 'i (m). Par suite,
'(m) = '(a1 ; : : : ; an ) = '(a1 e1 + + an en ) = '1 (m)'(e1 ) + + 'n (m)'(en )
et
' = '(e1 )'1 + + '(en )'n :
´aire sur An est combinaison line
Cette expression montre que toute forme line ´aire
des 'i . Il y a de plus unicite : si
´
a1 '1 + + an 'n = 0;
en appliquant ei , on trouve ai = 0. Par suite, les 'i forment une base de M_ .
c) La question pre ´dente applique a M_ ' An montre qu™une base de M__
´ce ´e `
´aires i : M_ ! A de
est forme des formes line
´e ´¬nies par i ('j ) = 1 si i = j et
0 sinon. Or, on remarque que
(
1 si i = j ;
('j ) = 'j (ei ) =
ei
0 sinon
et donc ei ('j ) = i ('j ), c™est-a-dire ei = i .
`
Par suite, est un isomorphisme.
d) Prenons A = Z, M = Z=2Z. Soit f : M ! Z une application line ´aire.
Comme pour tout m dans M, 2m = 0, on a f (2m) = 2f (m) = 0 dans Z, donc
f (m) = 0. Ainsi, f = 0. Cela montre que M_ = 0, puis M__ = 0. L™homomorphisme
canonique M ! M__ est l™application nulle, donc n™est pas injectif.
Si A est un corps k, prenons M = k (I) ou I est une partie in¬nie de
` ´nombrable.
´nombrable. On a M_ ' k I , donc M_
C™est un k-espace vectoriel de dimension de
est de dimension in¬nie non de ´nombrable et contient un sous-espace vectoriel
isomorphe a k (I) . Alors, M__ contient un sous-espace isomorphe a k I , donc est
` `
6.7. SOLUTIONS 107



´nombrable. L™homomorphisme M ! M__ ne peut
de dimension in¬nie non de
donc pas etre surjectif.
ˆ

Solution de l™exercice 6.6.5. ” a) Comme I(f ) est le noyau de l™application line´aire
A[X] ! EndA M donne par P 7! P(f ), c™est un ide de A[X].
´e ´al
b) Soit P 2 I(f ) et montrons que P 2 I(tf ). En effet, si ' 2 M_ , et si P = an Xn ,
P

P(tf )(') = an tf n (') = an ' f n
X X

an f n = ' P(f ) = 0:
Ð
X
='

´¬‚exif, M__ s™identi¬e a M, et par cette identi¬cation, ttf = f ,
c) Si M est re `
si bien que I( f ) I(f ). Par suite, I(f ) = I(tf ).
t



Solution de l™exercice 6.6.6. ” a) On a 0 2 T(M). Soient m et m0 2 T(M) ; soient
a et a0 2 A. Soient x et x0 2 A n f0g tels que xm = 0 et x0 m0 = 0. Alors,
(xx0 )(am + a0 m0 ) = ax0 (xm) + a0 x(x0 m0 ) = 0, et xx0 6= 0 puisque x et x0 sont non nuls
et que A est integre. Par suite, am+a0 m0 2 T(M). Ainsi, T(M) est un sous-A-module
`
de M.
b) Soient cl(m) 2 M=T(M), avec m 2 M, et a 2 A n f0g, tels que a cl(m) = 0.
Cela signi¬e que am 2 T(M). Il existe ainsi x 2 A n f0g tel que x(am) = 0 = (ax)m.
Comme ax 6= 0, m 2 T(M) et cl(m) = 0. Ainsi, M=T(M) est sans torsion.
c) Soit m 2 T(M), a 2 A tel que a 6= 0 et am = 0. Alors, af (m) = 0, ce qui
prouve que f (m) 2 T(N). Par conse ´quent, f (T(M)) T(N).
p
i
´rons une suite exacte 0 ! M0 ! M ! M00 ! 0. L™application
d) Conside
naturelle T(M0 ) ! T(M) est la restriction de l™injection i : M0 ! M a T(M0 ) M0 .
`
Elle est donc injective.
Soit m 2 T(M) dont l™image p(m) dans T(M00 ) M00 est nulle. Cela signi¬e
qu™il existe m0 2 M0 tel que m = i(m0 ). Comme m 2 T(M), il existe a 2 A, a 6= 0
tel que am = 0. Ainsi, i(am0 ) = ai(m0 ) = am = 0 et donc am0 2 Ker i = 0. Donc
am0 = 0 et m0 2 T(M0 ). Cela prouve que Ker(pjT(M) ) = Im(ijT(M0 ) ) (exactitude au
milieu).

Solution de l™exercice 6.6.7. ” a) Soit P 2 A[X]. Si X m = u(m), alors Xn m =
un (m), si bien que P m = P(u)(m) et il y a au plus une structure de A[X]-module
sur M telle que X m = u(m).
Re´ciproquement, en posant P m = P(u)(m), on de ´¬nit bien une structure de
A[X]-module sur M, puisque (P + P ) m = (P + P )(u)(m) = P(u)(m) + P0 (u)(m)
0 0

et que (PP0 ) m = (PP0 )(u)(m) = P(u)(P0 (u)(m)) = P (P0 m).
Re´ciproquement, e ´tant donne une structure de A[X]-module sur M, de
´e ´¬nis-
sons u(m) pour m 2 M par X m = u(m). Il est imme ´diat que u est A-line
´aire,
soit u 2 EndA (M).
CHAPITRE 6. MODULES
108



b) Soit ' : Mu ! Nv . Si a, a0 2 A et m, m0 2 M on a '(am + a0 m0 ) =
'(a0 m + a0 m0 ) = a '(m) + a0 '(m0 ) = a'(m) + a0 '(m0 ), si bien que ' est
´aire.
A-line
D™autre part, '(X m) = '(u(m)) = X '(m) = v('(m)), si bien que ' u = v '.
´aire M ! N tel que ' u = v '
Re´ciproquement, tout homomorphisme A-line
´aire Mu ! Nv .
induit un homomorphisme A[X]-line
c) On a Mu ' Nv si et seulement s™il existe ' : M ! N tel que ' u = v '
´ciproque : N ! M ve
qui soit bijectif et dont la bijection re ´ri¬e .
v=u
Cette derniere condition est automatiquement ve ´e si ' est bijectif. Ainsi,
` ´ri¬e
Mu ' Mv si et seulement s™il existe un isomorphisme de A-modules ' : M ! M
tel que v = ' u ' 1 .
d) Si A = k est un corps et M = k n , les endomorphismes de M s™identi¬ent
a leur matrice. On trouve que Mu ' Mv si et seulement si les matrices de u et
`
de v sont conjugue ´es.
Solution de l™exercice 6.6.8. ” a) Supposons qu™il existe g : N ! M tel que g f =
IdM . Si m 2 Ker f , m = g(f (m)) = g(0) = 0, donc f est injectif. De plus, un
e ´ment n 2 N peut s™e
´le ´crire
n = f (g(n)) + (n f (g(n)))
comme la somme d™un e ´ment de Im(f ) et d™un e ´ment de Ker g puisque
´le ´le
Ð
g n f (g(n)) = g(n) g(f (g(n)) = 0:
De plus, si n 2 Im f \ Ker g, soit m 2 M tel que n = f (m). On a alors 0 = g(n) =
g(f (m)) = m, donc n = 0. Par suite, Im(f ) Ker(g) = N et Im(f ) possede un`
supple ´mentaire dans N.
Re´ciproquement, supposons que f est injectif et que Im(f ) admet un sup-
´¬nissons g : N ! M comme suit. Soit n 2 N, on peut
ple´mentaire P dans N. De
´crire de maniere unique n = f (m) + p avec m 2 M et p 2 P. Posons g(n) = m.
l™e `
´aire : si n = f (m) + p et n0 = f (m0 ) + p0 , on a
Alors, g est A-line
an + a0 n0 = a(f (m) + p) + a0 (f (m0 ) + p0 ) = f (am + a0 m0 ) + (ap + a0 p0 )
et g(an + a0 n0 ) = am + a0 m0 = ag(n) + a0 g(n0 ). De plus, si m 2 M, la de
´composition
f (m) = f (m) + 0 montre que g(f (m)) = m si bien que g f = IdM .
b) Supposons que f admet un inverse a droite g tel que f g = IdN . Si n 2 N,
`
on a donc f (g(n)) = n et ainsi n 2 Im f , ce qui montre que f est surjectif. De
plus, si m 2 M, on peut e ´crire
m = g(f (m)) + (m g(f (m)))
comme la somme d™un e ´ment de Im g et d™un e ´ment de Ker f puisque
´le ´le
Ð
f m g(f (m)) = f (m) f (g(f (m)) = f (m) f (m) = 0:
6.7. SOLUTIONS 109



De plus, si m 2 Ker f \ Im g, e ´crivons m = g(n) pour n 2 N. Alors, 0 =
f (m) = f (g(n)) = n, donc m = g(n) = 0 et Ker f \ Im g = 0. Cela montre
que Ker f Im g = M et Ker f possede un supple
` ´mentaire dans M.
Re ´ciproquement, supposons que f est surjectif et que Ker(f ) admet un supple ´-
mentaire P dans M. Si n 2 N, alors montrons que n admet un unique ante ´dent ´ce
´composons m = m0 + p avec m0 2 Ker f et
par f dans P : en effet, si m = f (n), de
p 2 P ; on a alors n = f (m) = f (p). Si p et p0 sont deux ante ´dents, p p0 2 P
´ce
a pour image 0 dans N donc p p0 2 Ker f 2 P et p = p0 . De ´¬nissons g : N ! M
tel que g(n) est l™unique e ´ment de P tel que f (g(n)) = n.
´le
Si n, n 2 N et si a, a 2 A, soit p, p0 les e ´ments de P tels que f (p) = n,
0 0
´le
f (p0 ) = n0 . Alors, ap + a0 p0 est un e ´ment de P tel que f (ap + a0 p0 ) = an + a0 n0 ,
´le
donc par de ´¬nition,
g(an + a0 n0 ) = ap + a0 p0 = ag(n) + a0 g(n0 ):
Ainsi, g est un homomorphisme de A-modules tel que f g = IdN .

Solution de l™exercice 6.6.9. ” Soit m un e ´ment de M et J = (IM : m) = fa 2
´le
A ; am 2 IMg. C™est un ide de J qui contient e ´videmment I. Si m 62 IM, on a de
´al
plus J 6= A et il existe par suite un ide maximal m de A contenant J. Comme
´al
J I, m I et Mm = 0. Par suite, l™image de m dans Mm est nulle, ce qui signi¬e
qu™il existe a 62 m tel que am = 0. En particulier, am 2 IM et a 2 J. Ceci contredit
l™inclusion J m et J = A. Autrement dit, m 2 IM.

Solution de l™exercice 6.6.10. ” On rappelle qu™un ide de A est la meme chose
´al ˆ
qu™un sous-A-module de A.
Soit I A un ide de A principal et engendre par un e ´ment a non diviseur
´al ´ ´le
de 0. Montrons que a est une base de I sur A. En effet, l™application A ! I
´¬nie par x 7! ax est surjective (I e
de ´tant engendre par a) ; elle est injective car
´
si ax = 0, alors x = 0 (puisque a n™est pas diviseur de 0 dans A).
Re´ciproquement, soit I A un ide non nul de A qui est libre comme
´al
A-module. Soit (aj )j2J une base de I. Comme I 6= 0, J est non vide. Montrons
que J est un singleton. Si J a deux e ´ments distints, j et k, on peut e
´le ´crire
0 = aj (ak ) ak (aj ) = 0(ak ) + 0(aj ), si bien que 0 s™e ´crit de deux manieres`
distinctes comme combinaison line ´aire d™e ´ments de la base (aj )j2J , ce qui
´le
contredit le fait que I est un A-module libre. Soit alors a la base de I. Cela
entra±ne que I est principal. De plus, si ax = 0, avec x 6= 0, on a deux expressions
ˆ
de 0 2 I comme combinaison line ´aire de a, ce qui est impossible si I est libre.
Ainsi, a n™est pas diviseur de 0 dans A.

Solution de l™exercice 6.6.11. ” Si x et y sont deux e ´ments de K, e
´le ´crivons x = a=b
et y = c=d avec a, b, c et d des e ´ments de A tels b 6= 0, d 6= 0. On a ainsi
´le
CHAPITRE 6. MODULES
110



bcx = ac = ady. Si a ou c est non nul, cette relation prouve que la famille fx; yg
est lie ; si a = c = 0, on a x = y = 0 et la famille fx; yg est encore lie
´e ´e.
Par suite, toute famille libre de K a au plus un e ´ment. Comme K 6= 0, une
´le
famille ge ´ratrice de K a au moins un e ´ment. Ainsi, une base de K, si elle
´ne ´le
existe a exactement un e ´ment.
´le
Soit donc x 2 K, x 6= 0 et montrons que x n™engendre pas K comme A-module.
´tait le cas, on aurait x2 2 Ax, donc x 2 A. Mais alors, Ax
Si c™e A Comme
A 6= K, Ax 6= K. Donc K n™a pas de base comme A-module.

Solution de l™exercice 6.6.12. ” Si l™anneau est un corps, on sait par la the ´orie des
espaces vectoriels que de tels exemples n™existent pas. On re ´soud les premieres `
questions de l™exercice avec A = Z.
a) Le module Z=2Z n™est pas libre. (Il est ¬ni non nul et si e1 est un vecteur
d™une base d™un Z-module libre M, il fournit un isomorphisme Z ' e1 Z M et
un sous-module in¬ni de M.)
b) Dans Zn , notons (e1 ; : : : ; en ) la base canonique. Alors, la famille (2e1 ; : : : ; 2en )
est libre mais n™est pas une base : le vecteur (1; : : : ; 1) n™est pas dans le sous-module
engendre par ces e ´ments.
´ ´le
c) Dans Z, la famille (2; 3) est ge ´ratrice et minimale puisque 2Z et 3Z ne
´ne
sont pas isomorphes a Z. Pourtant, la famille (2; 3) n™est pas libre, comme le
`
montre la relation 3 2 2 3 = 0.
d) Le sous-module 2Z Z ne peut pas avoir de supple ´mentaire : le quotient
Z=2Z est un Z-module ¬ni et tout sous-Z-module non nul de Z est in¬ni.
e) Pour cette question, on ne peut pas prendre A = Z. Choisissons A = Z[X].
C™est un A-module libre. Pourtant, l™ide (2; X) n™est pas libre. S™il l™e
´al ´tait, il
n
+ an X 2 Z[X] dont 2 et
serait engendre par un seul e ´ment P = a0 + a1 X +
´ ´le
´cessairement n = 0 puis a0 = 1. Or, 1 62 (2; X) puisque
X seraient multiples. Ne
´
la relation 1 = 2P + XQ entraOne que 1 = 2P(0), relation absurde.

Solution de l™exercice 6.6.13. ” a) Soit (`1 ; : : : ; `r ) une famille ge ´ratrice de Ker f
´ne
et (m1 ; : : : ; ms ) une famille ge ´ratrice de Im f . Pour tout i 2 f1; : : : ; sg, soit `0i 2 L
´ne
tel que f (`0i ) = mi . Montrons que la famille (`1 ; : : : ; `r ; `01 ; : : : ; `0s ) engendre L.
s
ai mi et `0 =
P
En effet, si ` 2 L, f (`) 2 M. On peut donc e ´crire f (`) =
i=1
s r
ai `0i 2 Ker f . On e
´crit alors `0 =
P P
bi `i , si bien que
`
i=1 i=1

s r
ai `0i
X X
`= bi ` i :
+
i=1 i=1

b) On raisonne comme dans la question pre ´dente. Soit (`1 ; : : : ; `p ) une
´ce
´crit mi = f (`0i ) pour 1 „ i „
base de Ker f et (m1 ; : : : ; mq ) une base de Im f . On e
6.7. SOLUTIONS 111



q. D™apres la question pre ´dente, la famille (`1 ; : : : ; `p ; `01 ; : : : ; `0q ) engendre L.
` ´ce
D™autre part, si on a une relation de de
´pendance line ´aire
p q
bi `0i = 0;
X X
ai ` i +
i=1 i=1
on lui applique f . On obtient alors
q
X
bi m i = 0
i=1
p
P
d™ou b1 =
` = bq = 0 puisque la famille (m1 ; : : : ; mq ) est libre. Alors, ai ` i = 0
i=1
et, la famille (`1 ; : : : ; `p ) e
´tant libre, ai = 0 pour tout i, ce qu™il fallait de
´montrer.
7 Modules de type ¬ni.
Anneaux noetheriens
´


On commence par donner quelques resultats sur les modules de type ¬ni sur un an-
´
neau quelconque, notamment l™important theoreme de Nakayama. Nous introduisons
´`
ensuite les modules et anneaux noetheriens. Cette condition, apparemment tres simple,
´ `
procure aux modules et anneaux envisages enormement de proprietes supplementaires.
´´ ´ ´´ ´
Un bon exemple d™anneau noetherien est fourni par les algebres de type ¬ni sur un
´ `
corps. Nous demontrons a ce sujet un theoreme de Hilbert.
´ ` ´`



7.1. Modules de type ¬ni
De¬nition 7.1.1. ” Soit A un anneau. On dit qu™un A-module M est de type ¬ni s™il
´
existe une partie ¬nie S M telle que M = hSi.

Proposition 7.1.2. ” Soit A un anneau, soit M un A-module et soit N un sous-module
de M.
a) On suppose que M est de type ¬ni. Alors, M=N est de type ¬ni.
b) On suppose que N et M=N sont de type ¬ni. Alors, M est de type ¬ni.

Demonstration. ” Notons cl : M ! M=N la surjection canonique.
´
a) En fait, M=N = hcl(S)i. En effet, si P est un sous-module de M=N qui
contient cl(S), cl 1 (P ) est un sous-module de M qui contient cl 1 (cl(S)), donc
qui contient P. Comme S engendre M, cl 1 (P ) = M et P = cl(M) = M=N.
b) Comme M=N est suppose de type ¬ni, il existe une partie ¬nie S de M=N
´
telle que hSi = M=N. Puisque l™homomorphisme cl est surjectif, il existe pour
tout s 2 S un e ´ment s 2 M tel que s = cl(s). L™ensemble de ces s est alors une
´le
partie ¬nie S de M telle que cl(S) engendre M. Soit aussi T une partie ¬nie de
N telle que hTi = N. Montrons maintenant que hS [ Ti = M.
Soit P un sous-module de M contenant hS [ Ti. Donc P contient T, et par
´galite cl 1 (cl(P)) = P+N = P. Or,
´¬nition, P contient hTi = N. Ceci implique l™e
de ´
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
114



cl(P) est un sous-module de M=N qui contient cl(S) = S. Par suite, cl(P) = M=N.
Finalement, P = cl 1 (cl(P)) = cl 1 (M=N) = M.
Remarque 7.1.3. ” On peut de ´montrer cette proposition de maniere concrete :
` `
prendre un e ´ment et l™e
´le ´crire comme combinaison line ´aire plus ou moins
explicite. Nous pre ´rons plutot une approche fonde la de
´fe ˆ ´e ´¬nition de « module
engendre » comme intersection de sous-modules car elle pre
´ ´pare mieux aux
manipulations ulte´rieures de suites croissantes de sous-modules.
Corollaire 7.1.4. ” a) Si M et N sont des A-modules de type ¬ni, M N est un
A-module de type ¬ni.
b) Si M est un A-module de type ¬ni et si n est un entier, n 1, Mn est de type ¬ni.
c) Si M est un A-module, et si P et N sont deux sous-modules de M de type ¬ni, alors
P + N est de type ¬ni.
´rons l™homomorphisme f : M N ! N de
Demonstration. ” a) Conside ´¬ni par
´
f (m; n) = n. Il est surjectif et son noyau est l™ensemble des (m; 0), donc est
isomorphe a M. D™apres la proposition pre ´dente, M N est de type ¬ni.
` ` ´ce
b) Il se de´montre par re ´currence sur n. C™est vrai si n = 1 et si c™est vrai pour
´galite Mn+1 = Mn M montre que c™est vrai pour n + 1.
n, l™e ´
´¬nition, l™image de l™homomorphisme P N ! M de ´¬ni par (p; n) 7!
c) Par de
p + n est e ´gale a P + N. Comme P N est de type ¬ni, P + N aussi.
`
Exercice 7.1.5. ” Soit A un anneau, M un A-module et S une partie multiplicative
de A. Si M est un A-module de type ¬ni, alors S 1 M est un S 1 A-module de
type ¬ni.
Theoreme 7.1.6 (Nakayama). ” Soit M un A-module de type ¬ni et soit I un ideal de
´
´`
A tel que M = IM. Alors, il existe a 2 I tel que (1 + a)M = 0.
Corollaire 7.1.7. ” Soit A un anneau et soit I un ideal de A contenu dans le radical de
´
Jacobson. Soit M un A-module de type ¬ni et soit N un sous-module de M. Si M = N + IM,
alors M = N.
Demonstration. ” On applique le the ` me de Nakayama au A-module M=N. Il
´ore
´
´ri¬e en outre M=N = I(M=N). (Si x 2 M=N, soit m 2 M tel
est de type ¬ni et ve
que x = cl(m). Comme M = N + IM, il existe n 2 N, des ai 2 I et mi 2 M tels que
P P
m = n + ai mi . Alors, cl(m) = ai cl(mi ) 2 I(M=N).) D™apres le the ` me 7.1.6,
` ´ore
il existe a 2 I tel que (1 + a)(M=N) = 0.
Or, comme I est contenu dans tout ide maximal de A, 1 + a n™appartient
´al
a aucun ide maximal, donc est inversible (voir aussi l™exercice 4.3.10). Il en
` ´al
re´sulte que M=N = 0, c™est-a-dire M = N.
`
Un cas particulier important est le suivant.
7.1. MODULES DE TYPE FINI 115



Corollaire 7.1.8. ” Soit A un anneau local(1) , d™ideal maximal m. Soit M un A-module
´
de type ¬ni et soit N un sous-module de M tel que M = N + mM. Alors, M = N.

Demonstration. ” En effet, dans ce cas, m est le radical de Jacobson de A.
´

Demonstration du theoreme de Nakayama. ” Nous de ´montrons ce the ` me par re
´ore ´-
´ ´`
currence sur le nombre d™e ´ments d™une partie ge ´ratrice de M. Si M est
´le ´ne
engendre par 0 e ´ment, M = 0 et on peut prendre a = 0. Soit maintenant n 1
´ ´le
et supposons le lemme de ´montre pour tout A-module engendre par strictement
´ ´
moins de n e ´ments. Soit M un A-module tel que M = IM et qui est engendre
´le ´
par n e ´ments. Soit S M de cardinal n tel que M = hSi. Soit x 2 S et posons
´le
S0 = S n fxg de sorte que S0 a strictement moins de n e ´ments.
´le
Soit N = M=Ax le quotient de M par le sous-module de M engendre par x. ´
Ainsi, N est engendre par les classes des e ´ments de S0 . Comme M = IM, on a
´ ´le
´currence, il existe a 2 I tel que (1 + a)N = 0. Cela signi¬e que
N = IN. Par re
(1 + a)M Ax.
Comme x 2 M = IM, on peut e ´crire

cs0 s0
X
x = bx +
s0 2S0

ou b et les bs0 sont dans I. Alors,
`
‚ Ã
b s0 s 0 bs0 (1 + a)s0
X X
b)(1 + a)x = (1 + a)
(1 =
s0 s0 2S0

Pour tout s0 , on a (1 + a)s0 2 Ax, d™ou cs0 2 A tel que (1 + a)s0 = cs0 x. On constate
`
alors que
‚ Ã
bs0 cs0 x = b0 x avec b0 2 I.
X
(1 b)(1 + a)x =
s0 2S0

Finalement, si l™on pose a0 = a b0 , on a (1 + a0 )x = 0. Par suite, on a
b ab

(1 + a)(1 + a0 )M (1 + a0 )Ax = 0

et (1 + a)(1 + a0 ) = 1 + (a + a0 + aa0 ) annule M, ce qu™il fallait de
´montrer puisque
a + a0 + aa0 2 I.

Voici une application « amusante » du the ` me de Nakayama.
´ore

Proposition 7.1.9. ” Soit A un anneau, soit M un A-module de type ¬ni et soit
u 2 EndA (M) un endomorphisme surjectif. Alors, u est un isomorphisme.

(1)
Rappelons, cf. page 54, que cela signi¬e que A possede un unique ide maximal.
` ´al
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
116



Demonstration. ” Munissons M d™une structure de A[X]-module en posant, si
´
n
ak Xk 2 A[X] et m 2 M,
P
P=
k=0
n
ak uk (m):
X
P M = P(u)(m) =
k=0

En tant que A[X]-module, M est a fortiori de type ¬ni. De plus, comme u est
surjectif, on a M = u(M) = X M, d™ou M = (X)M. D™apres le the ` me de
` ` ´ore
Nakayama, il existe P = XQ 2 (X) tel que (1 + P) M = 0. Par suite, pour tout
m 2 M, m + Q(u)(u(m))) = 0 et l™homomorphisme v : m 7! Q(u)(m) est un
inverse a gauche de u. Comme Q(u) u = u Q(u), v est l™inverse de u qui est
`
donc un isomorphisme.
Une de´monstration fre
´quente du the ` me de Nakayama repose sur le the
´ore ´o-
reme de Cayley“Hamilton. Elle a l™avantage de fournir un e ´ment explicite de
` ´le
1 + I qui annule M.
Autre demonstration du theoreme de Nakayama. ” Soit (m1 ; : : : ; mr ) une famille de r
´ ´`
e ´ments qui engendre M. Comme M = IM, il existe une famille (aij )1„i;j„r
´le
d™e ´ments de I telle que pour tout i,
´le
r
X
mi = aij mj ;
j=1

Autrement dit, si A de ´signe la matrice des aij , la matrice Ir A annule le vecteur
colonne (m1 ; : : : ; mr ) de Mr . (Une matrice r r d™e ´ments de A opere sur Mr
´le `
avec les formules habituelles.) Soit B la matrice transpose de la matrice des
´e
cofacteurs de Ir A. C™est une matrice r r a coef¬cients dans A telle que
`
A)Ir :
B (Ir A) = (Ir A)B = det(Ir
Par suite, la matrice det(Ir A)Ir annule le vecteur colonne (m1 ; : : : ; mr ) de Mr ,
autrement dit, det(Ir A) annule m1 , . . ., mr . Comme (m1 ; : : : ; mr ) engendre M,
det(Ir A)M = 0.
Il reste a remarquer que la de
` ´¬nition du de ´terminant de Ir A
n
X Y
" ( i (i) ai (i) )
det(Ir A) =
i=1
2Sn

montre qu™il est de la forme 1 + a avec a 2 I. Le the ` me est donc de
´ore ´montre
´.



7.2. Modules noetheriens. Generalites
´ ´´ ´
Proposition 7.2.1. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. Les proprietes suivantes
´´
sont equivalentes :
´
´ ´´ ´
7.2. MODULES NOETHERIENS. GENERALITES 117



(1) tout sous-module de M est de type ¬ni ;
(2) toute suite croissante de sous-modules de M est stationnaire ;
(3) toute famille de sous-modules de M admet un element maximal.
´´
De¬nition 7.2.2. ” Un A-module qui veri¬e les proprietes ci-dessus est dit noethe
´rien.
´ ´´
´
Si A est un A-module noetherien, on dit que A est un anneau noethe ´rien.
´
Remarque 7.2.3. ” Les sous-A-modules d™un anneau A sont ses ide ´aux. Ainsi, un
anneau A est noethe ´rien si et seulement si l™une des proprie ´s (e
´te ´quivalentes)
ci-dessous est satisfaite :
(1) tout ide de A est de type ¬ni ;
´al
(2) toute suite croissante d™ide ´aux de A est stationnaire.
Exemple 7.2.4. ” Un anneau principal est noethe ´rien. Relire la de
´monstration
du the ` me 5.2.6 selon lequel un anneau principal est factoriel. Un point
´ore
crucial pour la de ´monstration de l™existence d™une de ´composition en facteurs
premiers re ´side dans le fait que toute suite croissante d™ide
´aux (principaux) est
stationnaire.
Demonstration de la proposition. ” a) Supposons que tout sous-module de M est
´
de type ¬ni et conside ´rons une suite croissante (Mn )n2N de sous-modules de M.
S
Soit N = Mn la re ´union des Mn . Comme la re ´union est croissante, N est un
sous-module de A. Par hypothese, il est de type ¬ni : il existe S N, S ¬ni, tel
`
que N = hSi. Pour tout s 2 S, il existe un entier ns 2 N tel que s 2 Mn pour n ns .
Posons = max(ns ), de sorte que S M . Par suite, N = hSi est contenu dans
M . Finalement, la suite d™inclusions M M pour n montre
Mn N
que pour n , Mn = M . La suite est ainsi stationnaire.
b) Supposons que toute suite croissante de sous-modules de M est stationnaire
et soit (Mi )i2I une famille de sous-modules de M. Supposons par l™absurde qu™elle
n™admette pas d™e ´ment maximal. Choisissons i1 2 I ; ainsi, Mi1 n™est pas maximal
´le
dans la famille (Mi ). Il existe alors i2 2 I tel que Mi1 ( Mi2 . Mais Mi2 n™est pas
non plus maximal, d™ou l™existence de i3 2 I, etc. On obtient ainsi une suite
`
strictement croissante de sous-modules de M,
Mi1 ( Mi2 ( : : :
et une telle suite n™e ´tant par de ´¬nition pas stationnaire, on a une contradiction.
(Cette partie de la demonstration n™a rien a voir avec les modules, elle est valide dans tout
´ `
ensemble ordonne.)
´
c) Supposons que toute famille de sous-modules de M admet un e ´ment ´le
maximal et montrons que tout sous-module de M est de type ¬ni. Soit ainsi N
´rons l™ensemble SN des sous-modules de N qui
un sous-module de M et conside
sont de type ¬ni. Par hypothese, il admet un e ´ment maximal ; soit N0 un tel
` ´le
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
118



´¬nition, N0 N, N0 est de type ¬ni et aucun sous-module de
sous-module. Par de
N qui contient strictement N0 n™est de type ¬ni. Supposons par l™absurde que
N0 6= N. Il existe ainsi m 2 N n N0 . Le sous-module N00 = N0 + Am de M est de type
¬ni et est contenu dans N. Comme m 62 N0 , N00 6= N0 . Par suite, N00 2 SN , ce qui
´tant maximal dans SN . Donc N0 = N et N est de type ¬ni.
est absurde, N0 e
Proposition 7.2.5. ” Soit A un anneau, soit M un A-module, N un sous-module de
A. Alors, M est un A-module noetherien si et seulement si N et M=N sont des A-modules
´
noetheriens.
´
Demonstration. ” Supposons que M est un A-module noethe ´rien. Comme tout
´
sous-module de N est aussi un sous-module de M, tout sous-module de N est
´rien. Si P est un sous-module de M=N, son
de type ¬ni, donc N est noethe
1
´ciproque cl (P) par l™homomorphisme canonique cl : M ! M=N est
image re
un sous-module de type ¬ni de M. Comme P = cl(cl 1 (P)), P est l™image
d™un module de type ¬ni, donc est de type ¬ni. Ainsi, M=N est noethe ´rien.
Supposons que N et M=N sont des A-modules noethe ´riens. Soit (Pn ) une
suite croissante de sous-modules de M. Posons Qn = Pn \ N. Par de ´¬nition, les
suites croissantes (cl(Pn )) et (Pn \ N) de sous-modules de M=N (resp. de N) sont
stationnaires. Fixons donc tel que si n ,
Pn \ N = P \ N:
cl(Pn ) = cl(P ) et
Nous allons montrer que pour n , Pn = P , ce qui e ´tablira que la suite (Pn )
est stationnaire.
et soit p 2 Pn . On a cl(p) 2 cl(Pn ) = cl(P ), si bien qu™il existe
Fixons donc n
p0 2 P tel que cl(p) = cl(p0 ). Alors, p p0 appartient a Pn et ve ´ri¬e cl(p p0 ) = 0,
`
d™ou p p0 2 Pn \ N. Par suite, p p0 2 P \ N et p = p0 + (p p0 ) appartient a P .
` `
Ainsi, Pn P , d™ou l™e
` ´galite cl(Pn ) = cl(P ) si n
´. .
Corollaire 7.2.6. ” Produits, puissances de modules noetheriens sont des modules noe-
´
theriens.
´
Proposition 7.2.7. ” Soit A un anneau et soit S une partie multiplicative de A. Si M
est un A-module noetherien, S 1 M est un S 1 A-module noetherien.
´ ´
Demonstration. ” Soit N un sous-S 1 A-module de S 1 A. D™apres la proposi-
`
´
tion 6.5.10, il existe un sous-module N de M tel que N = S 1 N. Comme M est
´rien, N est de type ¬ni et par suite, N est de type ¬ni.
un A-module noethe
Ainsi, S 1 M est un S 1 A-module noethe ´rien.
Corollaire 7.2.8. ” Soit A un anneau noetherien. ´
Si I est un ideal de A, l™anneau quotient A=I est noetherien. Si S est une partie multiplicative
´ ´
de A, l™anneau localise S 1 A est noetherien.
´ ´
` ˆ
7.3. ALGEBRES DE POLYNOMES 119



Demonstration. ” D™apres la proposition 7.2.5, A=I est un A-module noethe
` ´rien.
´
Mais un sous-A-module de A=I n™est autre qu™un ide de A=I. Par suite, A=I
´al
est un A=I-module noethe ´rien. C™est donc un anneau noethe ´rien.
Autre demonstration. ” Soit J un ide de A=I. Par la surjection canonique
´al
´
cl : A ! A=I, il lui correspond un ide J = cl 1 (J ) de A qui contient I.
´al
Puisque A est un anneau noethe ´rien, J est de type ¬ni, J = (a1 ; : : : ; ar ). Alors,
J = cl(J) = (cl(a1 ); : : : ; cl(ar )) est de type ¬ni.
D™apres la proposition 7.2.7, S 1 A est un S 1 A-module noethe
` ´rien. Par de ´¬-
nition, c™est donc un anneau noethe ´rien.

Proposition 7.2.9. ” Soit A un anneau, M un A-module de type ¬ni. Alors, pour tout
module noetherien N, HomA (M; N) est un A-module noetherien.
´ ´

Demonstration. ” Comme M est de type ¬ni, on peut conside ´rer une famille ¬nie
´
(m1 ; : : : ; mn ) d™e ´ments de M qui l™engendrent. On a alors un homomorphisme
´le
canonique

‚ : HomA (M; N) ! Nn ; ' 7! ‚(') = ('(m1 ); : : : ; '(mn )):

C™est effectivement un homomorphisme car pour ' et dans HomA (M; N) et
a et b dans A, on a

‚(a' + b ) = ((a' + b )(m1 ); : : : ; (a' + b )(mn ))
= (a'(m1 ) + b (m1 ); : : : ; a'(mn ) + b (mn ))
= a('(m1 ); : : : ; '(mn )) + b( (m1 ; : : : ; (mn ))
= a‚(') + b‚( ):

Il est injectif car si un homomorphisme de M dans N est nul en tous les mi , il
s™annule en toute combinaison line ´aire des mi donc sur M.
Ainsi, HomA (M; N) est isomorphe a un sous-module de Nn . Comme N est un
`
n
A-module noethe ´rien, N aussi et HomA (M; N) est un A-module noethe
´rien.

Corollaire 7.2.10. ” Soit A un anneau noetherien. Si M et N sont deux A-modules de
´
type ¬ni, HomA (M; N) est un A-module de type ¬ni.


7.3. Algebres de polynomes
` ˆ
Le the ` me suivant a e ´ de
´ore ´te ´montre par D. Hilbert lorsque A = Z.
´

Theoreme 7.3.1 (Hilbert). ” Si A est un anneau noetherien, l™anneau A[X] est noe-
´
´`
therien.
´
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
120



Demonstration. ” Soit I un ide de A[X]. Si n
´al 0, soit In l™ensemble des
´
coef¬cients du terme de degre n des polynomes de I qui sont de degre „ n.
´ ˆ ´
Alors, In est un ide de A. En effet, si x et y 2 In , il existe P et Q dans I de
´al
degre „ n dont les coef¬cients de Xn sont x et y respectivement. Alors, si a et
´s
b 2 A, le coef¬cient de Xn dans le polynome aP + bQ est ax + by, et aP + bQ est
ˆ
un polynome de O de degre „ n. De plus, comme le polynome nul appartient
ˆ ´ ˆ
a I, 0 2 In .
`
Remarquons que la suite (In ) est stationnaire : si P 2 I est de degre „ n, ´
XP 2 I est de degre „ n + 1 le coef¬cient de Xn+1 dans XP est celui de Xn dans
´
P. Ainsi, In In+1 .
´rien, la suite (In )n est stationnaire. Soit 2 N tel que
Comme A est noethe
In = I pour n .
´aux In pour n „ sont de type ¬ni. Choisissons ainsi pour n „
Les ide
une famille ¬nie de polynomes (Pn;1 ; : : : ; Pn;r(n) ) dans I, de degre n, dont les
ˆ ´s
coef¬cients an;j dominants engendrent In .
Soit J A[X] l™ide engendre par les Pnj pour 0 „ n „ et 1 „ j „ r(n).
´al ´
On a J I et nous allons montrer par re ´currence sur le degre d™un e ´ment
´ ´le
de I que I = J.
Un polynome P 2 I de degre „ 0 est constant et appartient a I0 . Il appartient
ˆ ´ `
ainsi a J. Supposons que tout polynome de I de degre < n appartient a J et soit
` ˆ ´ `
P 2 I de degre n.´
Soit a son coef¬cient dominant. Posons m = min(n; ), de sorte que a 2 Im .
P
Ainsi, il existe des e ´ments cm;j 2 A tels que a = cm;j am;j . Le polynome Q =
´le ˆ
j
n mP
cm;j Pm;j est alors de degre „ n mais le coef¬cient du terme en Xn est
´
PX
j
nul. Donc deg Q < n. De plus, Q 2 I. Par re ´currence, Q 2 J. Finalement, P 2 I.
Par re
´currence, I = J est un ide de type ¬ni de A[X]. Comme I e
´al ´tait arbitraire,
A[X] est un anneau noethe ´rien.
Corollaire 7.3.2. ” Si A est un anneau noetherien et si n est un entier, A[X1 ; : : : ; Xn ]
´
est un anneau noetherien.
´
En particulier, si k est un corps, k[X1 ; : : : ; Xn ] est un anneau noetherien.
´
De¬nition 7.3.3. ” Si A est un anneau et B une A-algebre, on dit que B est une A-algebre
` `
´
de type ¬ni s™il existe une partie ¬nie S de B telle que B = A[S].
Proposition 7.3.4. ” Une A-algebre B est de type ¬ni si et seulement s™il existe un
`
homomorphisme d™algebres surjectif ' : A[X1 ; : : : ; Xr ] ! B.
`
Par suite, une algebre de type ¬ni sur un anneau noetherien est un anneau noetherien.
` ´ ´
Demonstration. ” Notons b1 , . . ., br les e ´ments d™une partie ¬nie S de B telle
´le
´
que B = A[S]. La proprie ´ universelle des algebres de polynomes garantit
´te ` ˆ
´ `
7.4. UN THEOREME DE HILBERT 121



l™existence d™un (unique) homomorphisme de A-algebres ' : A[X1 ; : : : ; Xr ] ! B
`
tel que '(Xi ) = bi pour tout i 2 f1; : : : ; rg. Comme B = A[S], ' est surjectif.
Son noyau est un ide I de A[X1 ; : : : ; Xr ] et B est isomorphe a un quotient de
´al `
l™anneau A[X1 ; : : : ; Xr ].
Par suite, B est noethe ´rien.
Proposition 7.3.5. ” Soit k un anneau, A une k-algebre de type ¬ni et B une A-algebre
` `
de type ¬ni. Alors, B est une k-algebre de type ¬ni.
`
Demonstration. ” Soit (a1 ; : : : ; ar ) une famille d™e ´ments de A telle que A =
´le
´
k[a1 ; : : : ; ar ] et soit (b1 ; : : : ; bs ) une famille d™e ´ments de B telle que B =
´le
A[b1 ; : : : ; bs ].(2) Montrons alors que B = k[a1 ; : : : ; ar ; b1 ; : : : ; bs ]. Il suf¬t de montrer
que tout e ´ment b 2 B est un polynome a coef¬cients dans k en les aj et bj . Or,
´le ˆ `
´
il existe P 2 A[Y1 ; : : : ; Ys ] tel que b = P(b1 ; : : : ; bs ). Ecrivons
m
pm Y1 1 : : : Ysms ;
X
P=
m2Ns

ou les pm sont des e ´ments de A. Pour tout multi-indice m, soit Pm 2 k[X1 ; : : : ; Xr ]
` ´le
tel que pm = Pm (a1 ; : : : ; ar ). Alors, on a
b = P(b1 ; : : : ; br )
= pm bm1 : : : bms
X
s
1
m
= Pm (a1 ; : : : ; ar )bm1 : : : bms
X
s
1
m
= Q(a1 ; : : : ; ar ; b1 ; : : : ; bs )
ou Q est le polynome de A[X1 ; : : : ; Xr ; Y1 ; : : : ; Ys ] de
` ˆ ´¬ni par
m
Q(X1 ; : : : ; Xr ; Y1 ; : : : ; Ys ) = Pm (X1 ; : : : ; Xr )Y1 1 : : : Ysms :
X
m

La proposition est donc de
´montre
´e.


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