<<

. 7
( 15)



>>

7.4. Un theoreme de Hilbert
´`
Pour motiver ce paragraphe, donnons d™abord un exemple important.
De¬nition 7.4.1. ” Soit k un anneau. Les polynomes syme ˆ ´triques e ´mentaires
´le
´
de k[X1 ; : : : ; Xn ] sont les polynomes :
ˆ
X
1 „ r „ n:
Xi1 Xi2 : : : Xir ;
Sr (X) =
1„i1 < <ir „

(2)
´crire des homomorphismes f : k ! A et g : A ! B, noter f (x)a si x 2 k
Stricto sensu, on devrait e
et a 2 A, etc. Conforme ´ment a la convention annonce page 16 on omet ces homorphismes de
` ´e
la notation.
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
122



Autrement dit, les Sr ve
´ri¬ent la relation
Xn ) = Tn S1 (X)Tn + ( 1)n Sn :
1
X1 ) : : : (T
(T +
Il est e
´vident que les polynomes syme
ˆ ´triques e ´mentaires sont symetriques, un
´le ´
´trique si pour tout 2 Sn ,
polynome P 2 k[X1 ; : : : ; Xn ] e
ˆ ´tant dit syme

(1) ; : : : ; X (n) ) = P(X1 ; : : : ; Xn ):
P(X

Theoreme 7.4.2. ” Soit k un anneau et soit P 2 k[X1 ; : : : ; Xn ] un polynome symetrique.
ˆ ´
´`
Alors, il existe un unique polynome Q 2 k[Y1 ; : : : ; Xn ] tel que
ˆ
P(X1 ; : : : ; Xn ) = Q(S1 (X); : : : ; Sn (X)):


De maniere un peu impre
` ´cise, toute fonction symetrique des racines d™un polynome
´ ˆ
peut s™exprimer a l™aide des fonctions symetriques elementaires des racines.
` ´ ´´
Demonstration. ” Remarquons que pour tout i, Si est un polynome homo- ˆ
´
p1 p
gene de degre i. Convenons d™appeler poids d™un monome Y1 : : : Yn n l™entier
` ´ ˆ
+ npn et poids d™un polynome Q 2 k[Y] le maximum des poids
ˆ
p1 + 2p2 +
des monomes qui constituent Q. Ainsi, si Q est de poids „ d, le polynome
ˆ ˆ
Q(S1 (X); : : : ; Sn (X)) est de degre „ d.
´
Nous allons de ´montrer l™existence d™un polynome Q par re
ˆ ´currence sur n,
puis par re ´currence sur le degre de P. Nous allons de plus montrer que Q est
´
de poids „ deg P. Si n = 1, on a X1 = S1 et le re ´sultat est clair. Supposons le
ve ´ dans le cas de n 1 variables.
´ri¬e
Le re
´sultat est vrai si P est de degre d = 0. Supposons qu™il est ve ´ en degre
´ ´ri¬e ´
< d. Conside ´rons alors le polynome
ˆ
P(X1 ; : : : ; Xn 1 ; 0) 2 k[X1 ; : : : ; Xn 1 ]:
´trique, si bien qu™il existe Q1 2 k[Y1 ; : : : ; Yn 1 ] de poids „ deg P tel
Il est syme
que
P(X1 ; : : : ; Xn 1 ; 0) = Q1 (S1 (X1 ; : : : ; Xn 1 ); : : : ; Sn 1 (X1 ; : : : ; Xn 1 ):
Le polynome
ˆ
P1 (X1 ; : : : ; Xn ) = P(X1 ; : : : ; Xn ) Q1 (S1 (X1 ; : : : ; Xn ); : : : ; Sn 1 (X1 ; : : : ; Xn ))
´trique, de degre „ d et ve
est syme ´ ´ri¬e P1 (X1 ; : : : ; Xn 1 ; 0) = 0. Il est donc multiple
de Xn . Comme il est syme ´trique, il est multiple de Xi pour tout i. Alors, P1
p p
est multiple de X1 : : : Xn . (Tout monome X11 : : : Xnn qui intervient dans P1 est
ˆ
multiple de Xi pour tout i, donc chaque pi 1.) On peut e ´crire
P1 (X1 ; : : : ; Xn ) = (X1 : : : Xn )P2 (X1 ; : : : ; Xn )
´ `
7.4. UN THEOREME DE HILBERT 123



et, P1 e
´tant syme
´trique, P2 l™est aussi. Comme il est de degre < d, il existe par
´
´currence un polynome Q2 2 k[Y1 ; : : : ; Yn ] de poids < d tel que
re ˆ
P2 (X1 ; : : : ; Xn ) = Q2 (S1 ; : : : ; Sn ):
Par conse
´quent,
P(X1 ; : : : ; Xn ) = Q1 (S1 ; : : : ; Sn ) + Q2 (S1 ; : : : ; Sn )
et il suf¬t de poser Q = Q1 + Q2 .
Montrons maintenant l™unicite Pour cela, il suf¬t de montrer que si Q 2
´.
k[Y1 ; : : : ; Yn ] ve
´ri¬e Q(S1 ; : : : ; Sn ) = 0, alors Q = 0. On raisonne par re
´currence
sur n, puis sur le degre de Q.
´
De ´veloppons Q dans k[Y1 ; : : : ; Yn 1 ][Yn ] :
d
Q(Y1 ; : : : ; Yn ) = Qd (Y1 ; : : : ; Yn 1 )Yn + + Q0 (Y1 ; : : : ; Yn 1 )
et

0 = Q(S1 ; : : : ; Sn )
= Qd (S1 (X1 ; : : : ; Xn ); : : : ; Sn 1 (X1 ; : : : ; Xn ))Sd + : : :
n

+ Q0 (S1 (X1 ; : : : ; Xn ); : : : ; Sn 1 (X1 ; : : : ; Xn )):
Si l™on substitue Xn = 0 dans cette derniere relation, Sn = 0 et on obtient la
`
relation
0 = Q0 (S1 (X1 ; : : : ; Xn 1 ); : : : ; Sn 1 (X1 ; : : : ; Xn 1 )):
Par re
´currence, sur n, Q0 = 0.
Alors, le polynome
ˆ
d 1
R(Y1 ; : : : ; Yn ) = Qd (Y1 ; : : : ; Yn 1 )Yn + Q1 (Y1 ; : : : ; Yn 1 )
+
ve
´ri¬e R(S1 ; : : : ; Sn ) = 0. (On utilise ici le fait que Sn est simpli¬able dans
k[X1 ; : : : ; Xn ].) Comme il est de degre < deg Q, on a R = 0. Par suite, Q = 0.
´

Proposition 7.4.3 (Reformulation). ” Soit k un anneau, soit A l™anneau
k[X1 ; : : : ; Xn ] et considerons l™action du groupe symetrique Sn sur A par permutation des
´ ´
variables :
;:::;X
(P) = P(X ):
1 (1) 1 (n)


Alors, l™homomorphisme naturel :
k[Y1 ; : : : ; Yn ] ! ASn ; Yi 7! Si (X)
est un isomorphisme. En particulier, la k-algebre des polynomes symetriques est engendree par
` ˆ ´ ´
les polynomes symetriques elementaires, donc est de type ¬ni.
ˆ ´ ´´
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
124



Le the ` me de Hilbert que nous allons de
´ore ´montrer maintenant est une ge ´-
ne´ralisation de cette reformulation : il af¬rme que les invariants d™une k-algebre de`
type ¬ni sous l™action d™un groupe ¬ni forment encore une k-algebre de type ¬ni. C™est pour
`
de´montrer ce the ` me que Hilbert a introduit la notion d™anneau noethe
´ore ´rien
et de´montre que les anneaux de polynomes sur un corps sont noethe
´ ˆ ´riens !
Theoreme 7.4.4 (Hilbert, 1893). ” Soit k un corps et soit A une k-algebre de type ¬ni
`
´`
et G un groupe ¬ni d™automorphismes de A. Alors, l™ensemble AG des a 2 A tels que pour
tout g 2 G, g(a) = a, est une sous-k-algebre de type ¬ni de A.
`
La de
´monstration du the ` me 7.4.4 se fait en trois e
´ore ´tapes.
Lemme 7.4.5. ” AG est une sous-k-algebre de A.
`
Demonstration. ” Il faut de ´montrer que
´
G
“ si a et b sont dans A , a + b, et ab aussi ;
“ si a appartient a AG et 2 k, a aussi.
`
Or, si g 2 G, g est un automorphisme de k-algebres de A, donc g(a + b) =
`
g(a) + g(b) = a + b, et g(ab) = g(a)g(b) = ab, si bien que a + b et ab appartiennent
a AG . De plus, g( a) = g(a) = a, si bien que a 2 AG .
`
Lemme 7.4.6. ” Sous les hypotheses du theoreme 7.4.4, A est un AG -module de type ¬ni.
` ´`
Demonstration. ” Comme A est une k-algebre de type ¬ni, on peut choisir des
`
´
e ´ments a1 , . . ., ar 2 A tels que A = k[a1 ; : : : ; ar ].
´le
Fixons i 2 f1; : : : ; rg et conside´rons le polynome de A[X],
ˆ
Y
(X g(ai )):
Pi (X) =
g2G

Par suite, si h 2 G,
Y Y
h(Pi (X)) = h(g(ai ))) = g(ai )) = Pi (X)
(X (X
g2G g2G

et les coef¬cients de Pi sont invariants par h. Ainsi, Pi est a coef¬cients dans AG .
`
´
Ecrivons ainsi
Pi (X) = Xn + b1 Xn 1 + + bn
ou les bj appartiennent a AG . Comme Pi (ai ) = 0, il en re
` ` ´sulte que, notant N le
cardinal de G, aN appartient au sous-AG -module de A engendre par 1, . . ., aN 1 .
´
i i
Montrons maintenant que A est engendre comme A -module par les Nr
G
´
r
Q ni
ai , ou pour tout i, 0 „ ni „ N 1. Notons A0 le sous-module
produits `
i=1
engendre par ces e ´ments. Comme A est engendre comme k-module (donc a
´ ´le ´
r
Q ni
fortiori comme AG -module) par tous les produits ai avec ni 0, il suf¬t de
i=1
0
montrer qu™un tel produit appartient a A . Soit ainsi Xni = Qi (X)Pi (X) + Ri (X) la
`
´
7.5. IDEAUX PREMIERS MINIMAUX 125



division euclidienne dans AG [X] de Xni par Pi , de sorte que Ri est un polynome a
ˆ `
ni
coef¬cients dans AG de degre < N. On a donc, en e
´ ´valuant en X = ai , ai = Ri (ai ),
puis
r r
Y ni Y
ai = Ri (ai ):
i=1 i=1

´veloppe cette derniere expression, on constate qu™elle appartient a A0 .
Si l™on de ` `


Lemme 7.4.7 (Artin“Tate). ” Soit k B A trois anneaux. On suppose que k est un
anneau noetherien, que A est une k-algebre de type ¬ni et un A-module de type ¬ni. Alors,
´ `
B est une k-algebre de type ¬ni.
`

Demonstration. ” Soit (x1 ; : : : ; xr ) une famille ¬nie de ge ´rateurs de A comme
´ne
´
k-algebre et (a1 ; : : : ; an ) une famille ¬nie de ge ´rateurs de A comme B-module.
` ´ne
Ainsi, tout e ´ment de A s™e
´le ´crit comme un polynome en les xi et comme
ˆ
combinaison line ´aire des aj . Appliquant cette remarque aux xi et aux produits
xi xj , il existe en particulier des e ´ments i` et ij` dans B tels que pour tout
´le
n n
P P
1 „ i „ r, que xi = i` a` , et pour tous 1 „ i; j „ r, ai aj = ij` a` .
`=1 `=1
Soit B0 la sous-k-algebre de B engendre par les i` et les ij` . C™est une k-algebre
` ´e `
de type ¬ni, donc un anneau noethe ´rien.
Soit alors A0 le sous-B0 -module de A engendre par les a` . Remarquons que A0
´
est une k-algebre. En effet, puisque les produits ai aj sont par construction dans A0 ,
`
A0 est stable par multiplication. Toujours par construction, les xi appartiennent
a A0 . Ainsi, A0 = A et A est un B0 -module de type ¬ni. Comme B0 est un anneau
`
noethe ´rien, A est un B0 -module noethe ´rien.
Par suite, tout sous-B0 -module de A est de type ¬ni. En particulier, B est un
B0 -module de type ¬ni, et donc a fortiori, une B0 -algebre de type ¬ni.
`
Comme B0 est une k-algebre de type ¬ni, B est aussi une k-algebre de type
` `
¬ni. Le lemme est de ´montre ´.


7.5. Ideaux premiers minimaux
´
De¬nition 7.5.1. ” Soit A un anneau. On dit qu™un ideal premier p de A est minimal
´
´
si A n™a pas d™ideal premier strictement contenu dans p.
´
Plus generalement, un ideal premier minimal contenant un ideal I de A est un element
´´ ´ ´ ´´
minimal de l™ensemble des ideaux premiers de A qui contiennent I.
´

Theoreme 7.5.2. ” Soit A un anneau. Pour tout ideal I de A distinct de A, il existe un
´
´`
ideal premier minimal contenant I.
´
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
126



Demonstration. ” On de ´montre le re ´sultat lorsque I = 0. Le cas ge ´ral en
´ne
´
de´coule puisque la bijection entre ide ´aux de A contenant I et ide ´aux de A=I
respecte a la fois les ide
` ´aux premiers et l™inclusion.
Soit donc P l™ensemble des ide ´aux premiers de A. Il est non vide car A 6= 0.
Montrons que P muni de l™ordre oppose a celui de´` ´¬ni par l™inclusion est
un ensemble inductif. Il faut donc montrer que pour toute famille totalement
´aux premiers de A, il existe un ide premier p contenu dans
ordonne (pi ) d™ide
´e ´al
T
l™intersection J = pi . Or, J est premier ! Soit en effet a et b sont deux e ´ments
´le
de A tels que ab 2 J mais a 62 J. Soit i tel que a 62 pi . Si j est tel que j „ i, comme
pj pi , a n™appartient pas a mathfrakpj ; comme pj est premier et comme ab
`
appartient a pj , b appartient a pj . Si j i, b appartenant a pi appartient aussi a
` ` ` `
pj . Par suite, b appartient a J.
`
D™apres le lemme de Zorn, P admet donc un e ´ment minimal, lequel est
` ´le
un ide premier minimal de A.
´al

Theoreme 7.5.3. ” Soit A un anneau noetherien. Si I est un ideal de A, l™ensemble des
´ ´
´`
ideaux premiers de A contenant I n™a qu™un nombre ¬ni d™elements minimaux.
´ ´´
En particulier, A lui-meme n™a qu™un nombre ¬ni d™ideaux premiers minimaux.
ˆ ´

Demonstration. ” Soit C l™ensemble des ide ´aux de A qui ne satisfont pas a la
`
´
conclusion du the ` me. Si par l™absurde C n™est pas vide, le fait que A soit
´ore
´rien garantit que C admet un e ´ment maximal I. C™est un ide I de A
noethe ´le ´al
ve´ri¬ant les deux proprie ´s suivantes :
´te
“ l™ensemble PI des ide ´aux premiers de A qui contiennent I a un nombre
in¬ni d™e ´ments minimaux ;
´le
“ pour tout ide J contenant I, distinct de I, l™ensemble PJ des ide
´al ´aux premiers
de A qui contiennent J n™a qu™un nombre ¬ni d™e ´ments minimaux.
´le
´tait premier, I serait l™unique e ´ment minimal de PI , ce qui contredit
Si I e ´le
l™hypothese que PI admet une in¬nite d™e ´ments minimaux. Donc I n™est pas
` ´ ´le
premier et il existe deux e ´ments f et g dans A n I tels que fg 2 I.
´le
Soit p un ide premier contenant I. Comme fg 2 I p, ou bien f ou bien
´al
g appartient a p et par conse ´quent, p contient I + (f ) ou I + (g). Par suite,
`
les e ´ments minimaux de PI sont des e ´ments minimaux dans PI+(f ) ou dans
´le ´le
PI+(g) et l™un de ces deux ensemble admet par suite une in¬nite d™e ´ments
´ ´le
minimaux, autrement dit, I + (f ) ou I + (g) appartient a C. Or, par hypothese,
` `
f 62 I et g 62 I, si bien que I + (f ) ) I et I + (g) ) I. Ceci contredit le fait que I
´tait maximal dans C. Ainsi, C est vide et le the ` me est de
e ´ore ´montre ´.

Dans la suite de ce paragraphe, nous allons donner une traduction ge
´ome
´trique
de cet e
´nonce lorsque A = C[X1 ; : : : ; Xn ].
´
´
7.5. IDEAUX PREMIERS MINIMAUX 127



De¬nition 7.5.4. ” Un ensemble algebrique V Cn est dit irre
´ductible s™il n™est pas
´
´
reunion de deux ensembles algebriques distincts de V.
´ ´
Proposition 7.5.5. ” Un ensemble algebrique V Cn est irreductible si et seulement si
´ ´
son ideal I (V) est un ideal premier de C[X1 ; : : : ; Xn ].
´ ´
´ductible et montrons que I (V) est
Demonstration. ” Supposons que V est irre
´
un ide premier. Soit f et g deux e ´ments de C[X1 ; : : : ; Xr ] tels que fg 2 I (V).
´al ´le
On a ainsi V Z (fg) = Z (f ) [ Z (g), d™ou `
V = (Z (f ) \ V) [ (Z (g) \ V):
Puisque V est irre´ductible, l™un de ces deux facteurs est e´gal a V. Supposons pour
`
Z (f ), donc f 2 I (V).
¬xer les notations qu™il s™agit du premier. Alors, V
Ainsi, I (V) est un ide premier de C[X1 ; : : : ; Xn ].
´al
´ciproquement que I (V) est un ide premier et soit V1 , V2 deux
Supposons re ´al
´briques de Cn tels que V = V1 [V2 , d™ou I (V) = I (V1 )\I (V2 ).
ensembles alge `
Si V1 ( V, on a I (V) ( I (V1 ) et il existe f 2 I (V1 ) tel que f 62 I (V). Alors,
si g 2 I (V2 ), fg appartient a la fois a I (V1 ) et a I (V2 ), donc fg 2 I (V).
` ` `
Comme I (V) est suppose etre premier et f 62 I (V), on a g 2 I (V2 ). Nous
´ˆ
avons donc prouve que I (V2 ) I (V), d™ou l™inclusion V V2 . Comme V2 V,
´ `
on a V = V2 . Cela prouve que V est un ensemble alge ´brique irre´ductible.
L™interpre
´tation ge
´ome
´trique du the ` me 7.5.3 est alors la suivante.
´ore
Theoreme 7.5.6. ” Tout ensemble algebrique de Cn est reunion d™un nombre ¬ni d™en-
´ ´
´`
sembles algebriques irreductibles.
´ ´
´brique de Cn . Un ensemble alge
Demonstration. ” Soit V un ensemble alge ´brique
´
´ductible W est contenu dans V si et seulement si sont ide I (W) est un
irre ´al
ide premier qui contient I (V). Re
´al ´ciproquement, un ide premier contenant
´al
I (V) est de la forme I (W) pour un ensemble alge ´brique irre´ductible W
contenu dans V.
Comme I (V) est un ide radiciel, I (V) est l™intersection des ide
´al ´aux premiers
qui le contiennent, d™ou l™existence d™une famille ¬nie d™ensembles alge
` ´briques
irre´ductibles W1 , . . ., Wr tels que
I (V) = I (W1 ) \ \ I (Wr ):
On a donc
I (W1 [ [ Wr ) = I (W1 ) \ \ I (Wr ) = I (V)
et par suite,
V = W1 [ [ Wr :
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
128



7.6. Exercices
Exercice 7.6.1. ” Soit A un anneau, M un A-module de type ¬ni et ' : M ! An
un morphisme surjectif de A-modules.
a) Montrer que ' admet un inverse a droite.
`
b) Montrer que M ' Ker ' Im .
c) Montrer que Ker ' est de type ¬ni.
Exercice 7.6.2. ” Soient A un anneau, M un A-module, N un A-module de type
¬ni et u : M ! N un homomorphisme de A-modules. Soit R le radical de
Jacobson de A (intersection de tous les ide
´aux maximaux).
a) Montrer que u induit un homomorphisme v : M=R M ! N=R N.
b) Remarquer que si I est un ide de A et si N0 M0 sont deux A-modules
´al
alors I (M0 =N0 ) = (I M0 + N0 )=N0 .
c) On suppose que v est surjectif. Calculer Im(u) + RN et en de
´duire que
u est surjectif.
Exercice 7.6.3. ” Soit A un anneau et I un ide de type ¬ni de A tel que I = I2 .
´al
Montrer qu™il existe e 2 A tel que e2 = e et I = (e). (Utiliser le lemme de Nakayama
pour trouver a 2 I tel que (1 + a)I = 0.)
Exercice 7.6.4. ” Soit A un anneau. Si A[X] est noethe
´rien, A est-il ne
´cessairement
noethe ´rien ?
Exercice 7.6.5. ” Soit E une partie de C[X1 ; : : : ; Xn ] et V l™ensemble des n-
uplets (x1 ; : : : ; xn ) 2 Cn tels que pour tout P 2 E , P(x1 ; : : : ; xn ) = 0. Montrer qu™il
existe une partie ¬nie fP1 ; : : : ; Pr g E telle que V soit de ´¬ni par les e
´quations
Pi (x1 ; : : : ; xn ) = 0 (pour 1 „ i „ r).
Exercice 7.6.6. ” Soit A un anneau et I1 I2 : : : une suite croissante d™ide
´aux
S
de type ¬ni. Soit I = In . Montrer que I est de type ¬ni si et seulement si la
suite (In ) est stationnaire.
´aux de A tels que I \ J = (0).
Exercice 7.6.7. ” Soit A un anneau et I, J deux ide
Montrer que A est noethe ´rien si et seulement si A=I et A=J sont noethe ´riens.
Exercice 7.6.8 (Exemples d™anneaux non noethe ´riens). ” Montrer que les
anneaux suivants ne sont pas noethe ´riens.
a) k[X1 ; X2 ; : : : ; Xn ; : : : ] ;
b) C 0 (R; R) ;
c) C 1 (R; R). Montrer ne ´anmoins que l™ide des fonctions nulles en l™origine
´al
est principal.
d) le sous-module de C[X; Y] engendre par C et l™ide (X) est un sous-anneau
´ ´al
de C[X; Y]. Il n™est pas noethe ´rien.
7.7. SOLUTIONS 129



Exercice 7.6.9. ” Soit F l™ensemble des polynomes P 2 Q[X] tel que pour tout
ˆ
n 2 Z, P(n) 2 Z.
a) Montrer que F est une sous Z-algebre de Q[X].
`
b) Montrer qu™une fonction P : Z ! Z appartient a F si et seulement si
`
P(0) 2 Z et la fonction n 7! P(n + 1) P(n) 2 F .
c) Montrer que les polynomes 1, X, X(X 1)=2, . . ., X(X 1) : : : (X p+1)=p!,
ˆ
. . . forment une base de F comme Z-module.
d) Montrer que F n™est pas noethe ´rien.
Exercice 7.6.10. ” Soit M un A-module noethe´rien et I = (0 : M) l™annulateur
de M dans A.
Montrer que A=I est un anneau noethe ´rien.
´rien et ' : M ! M un endomor-
Exercice 7.6.11. ” Soit M un A-module noethe
phisme de M. Montrer qu™il existe un entier n 1 tel que
Ker 'n \ Im 'n = (0):
Exercice 7.6.12. ” Soit A un anneau et M un A-module de type ¬ni. On de
´¬nit
pour tout ide maximal m de A,
´al
d(m) = dimA=m M=mM:
a) Soit m un ide maximal de M, d = d(m). Montrer qu™il existe a 2 A n m
´al
tel que si S = f1; a; a2 ; : : :g, S 1 M soit engendre par d e ´ments.
´ ´le
b) Si m0 est un ide maximal de A ne contenant pas a, montrer que d(m0 ) „ d.
´al


7.7. Solutions
Solution de l™exercice 7.6.1. ” a) Notons (e1 ; : : : ; en ) la base standard de An .
Comme ' est surjectif, il existe pour tout i 2 f1; : : : ; ng un e ´ment mi 2 M tel
´le
´¬nissons alors un homomorphisme de A-modules : An ! M
que '(mi ) = ei . De
par (ei ) = mi . Ainsi, '( (ei )) = ei pour tout i, si bien que ' = IdAn .
Autrement dit, est un inverse a droite de '.
`
´ri¬e que l™homomorphisme de A-modules ‚ : Ker ' An ! M donne
b) On ve ´
par ‚(m e) = m + (e) est un isomorphisme. Si en effet ‚(m e) = 0, soit
m + (e) = 0, on a '(m + (e)) = '(m) + '( (e)) = e = 0, puis (e) = 0,
et en¬n m = 0, d™ou l™injectivite Quant a la surjectivite si m 2 M, posont
` ´. ` ´,
('(m)). Alors,
m0 = m
'(m0 ) = '(m) '( ('(m)))
= '(m) (' )('(m))
= '(m) '(m) = 0;
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
130



ce qui signi¬e que m0 2 Ker '. Alors, m = ‚(m0 '(m)) 2 Im ‚.
c) Soient (fi )1„i„ des ge ´rateurs de M. On e
´ne ´crit pour tout i,
(vi )), avec mi 2 Ker ' et vi 2 An . Prouvons que les (mi ) en-
fi = ‚(mi
gendrent Ker '. En effet, soit m 2 Ker '. Comme les (fi ) engendrent M, on peut
e
´crire
X X
m = ai fi = ai (mi + (vi ))
i=1 i=1
Ð
X X
ai mi + ai vi
=
i=1 i=1
Ð
X X
=‚ ( ai mi ) ai vi ) :
(
i=1 i=1

P P
Par unicite on a donc
´, ai vi = 0 et ainsi, m = ai mi est engendre par les mi .
´
i=1 i=1
On peut aussi remarquer que Ker ' ' M= Im est un quotient d™un module
de type ¬ni, donc est de type ¬ni.

Solution de l™exercice 7.6.2. ” a) Il faut montrer que l™homomorphisme compose ´
u
M ! N ! N=R N passe au quotient par R M. Ce dernier module est engendre ´
par les produits am, ou a 2 R et m 2 M. L™image d™un tel produit est e
` ´gale a`
cl(u(am)) = cl(au(m)) = 0 car a 2 R et u(m) 2 N, donc au(m) 2 R N.
´aire) ' : I (M0 =N0 ) ! (I M0 + N0 )=N0
b) Conside ´rons l™application (A-line
telle que '( ai cl(mi )) = cl( ai mi ) 2 (I M0 + N0 )=N0 . Elle est bien de
P P
´¬nie, car si
m = ai cl(mi ) = 0 dans M0 =N0 , c™est-a-dire si ai mi 2 N0 , alors '(m) = 0. D™autre
P P
`
´duit que ai mi 2 N0 , et donc que m = 0. Ainsi, ' est
P
part, si '(m) = 0, on en de
0 0
P
i mi + n 2 (I M + N ). On
injective. Finalement, conside ´rons un e ´ment m =
´le
P P
a cl(m) = cl( ai cl(mi )), si bien que ' est surjective.
i mi ) = '(
c) On a Im(u) + RN N. Montrons en fait l™e ´galite Si n 2 N, il existe, v
´.
´tant surjectif, m 2 M tel que u(m) n 2 RN. Par suite, n 2 Im(u) + RN et donc
e
N = Im(u) + RN.
Alors, R (N= Im u) = (RN + Im u)=(Im u) = N= Im u. On constate que P =
N= Im u est un A-module de type ¬ni tel que RP = P. D™apres le lemme de `
Nakayama, P = 0. Par suite, N = Im u.

Solution de l™exercice 7.6.3. ” On a I = I I. Comme I est un A-module de type ¬ni,
il existe en vertu du lemme de Nakayama un e ´ment a 2 I tel que (1 + a)I = 0.
´le
Posons e = a. Comme e 2 I, (1 e)e = 0 et e = e2 . Par ailleurs, si x 2 I,
(1 e)x = 0, d™ou x = ex 2 (e). Par suite, I = (e).
`

Solution de l™exercice 7.6.4. ” Oui. Soit en effet I un ide de A, et soit I A[X]
´al
l™ide engendre par I dans A[X]. Comme A[X] est noethe
´al ´ ´rien, I A[X] est
7.7. SOLUTIONS 131



engendre par un nombre ¬ni de polynomes P1 ; : : : ; Pr . Soit alors a 2 I. Comme
´ ˆ
a 2 I A[X], il existe des polynomes Qi 2 A[X] tels que
ˆ
r
X
a= Qi (X)Pi (X);
i=1

d™ou
`
r
X
a= Qi (0)Pi (0);
i=1
ce qui prouve que I est engendre par les Pi (0). Ainsi, I est de type ¬ni.
´
´rien, et A ' A[X]=(X).
En fait, tout quotient d™un anneau noethe
´rien est noethe

Solution de l™exercice 7.6.5. ” Supposons le re ´sultat faux, c™est-a-dire que pour toute
`
partie ¬nie fP1 ; : : : ; Pr g E , l™ensemble des x 2 Cn tels que P1 (x) = = Pr (x) =
0 contienne strictement V .
´currence une suite (Pi )i 1 d™e ´ments de E de la
On construit alors par re ´le
fa¸ on suivante. On choisit un e ´ment P1 2 E . Alors, l™ensemble V1 des x 2 Cn
c ´le
tels que P1 (x) = 0 est distinct de V . Il existe donc P2 2 E et x 2 V1 tel
que P2 (x) 6= 0 Ainsi l™ensemble V2 des x 2 Cn tels que P1 (x) = P2 (x) = 0 est
strictement inclus dans V1 , mais il contient strictement V , d™ou un polynome ` ˆ
V3 2 E , etc.
La suite (P1 ) : : : d™ide
´aux de C[X1 ; : : : ; Xn ] est
(P1 ; P2 ) (P1 ; P2 ; P3 )
stationnaire. Il existe ainsi n 1 tel que Pn+1 2 (P1 ; : : : ; Pn ). Mais alors, si x 2 Vn ,
Pn+1 (x) est ne ´cessairement nul, ce qui est une contradiction.

Solution de l™exercice 7.6.6. ” Supposons la suite stationnaire. Alors, I = In est de
type ¬ni.
Supposons re ´ciproquement que I est de type ¬ni. Soient (ai ) des ge ´rateurs
´ne
de I, en nombre ¬ni. On peut trouver pour tout i un entier ni tel que ai 2 Ini , et
en posant N = max(ni ), on a ai 2 IN pour tout i. Alors, IN contient les ge ´rateurs
´ne
de I, donc IN contient I. Comme IN I, on a I = IN et la suite est stationnaire.

Solution de l™exercice 7.6.7. ” Si A est noethe ´rien, A=I et A=J sont des quotients
de l™anneau A, donc des anneaux noethe ´riens.
Re´ciproquement, supposons que A=I et A=J soient des anneaux noethe ´riens.
Puisque I \ J = (0), l™homomorphisme compose I ! A ! A=J est injectif et
´
identi¬e I a un sous-A-module de A=J. Par suite, I est un A-module noethe
` ´rien.
Comme A=I est un anneau noethe ´rien, donc un A=I-module noethe ´rien, donc
un A-module noethe ´rien, la suite exacte
0 ! I ! A ! A=I ! 0
implique alors que A est un A-module noethe
´rien, et par conse
´quent un anneau
noethe´rien.
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
132



Solution de l™exercice 7.6.8. ” a) On a une suite croissante d™ide
´aux
(X1 ; X2 ) (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ) :::
(X1 )
dont on va prouver qu™elle n™est pas stationnaire. Si c™e ´tait le cas, on aurait un
entier n tel que Xn+1 2 (X1 ; X2 ; : : : ; Xn ). Cela signi¬e qu™il existe des polynomes
ˆ
P
Pi (pour 1 „ i „ n) tels que Xn+1 = Xi Pi . Les Pi ne font intervenir qu™un
nombre ¬ni de variables, disons les variables Xj pour j „ D. Alors, on peut
´valuer la relation au point (x1 ; : : : ; xD ) tel que xj = 0 pour tout j 6= n + 1, et
e
xn+1 = 1. On trouve 1 = 0, d™ou une contradiction.
`
b) Soit I l™ide des fonctions nulles en 0. Il n™est pas de type ¬ni. Soit en
´al
effet (f1 ; : : : ; fn ) est une famille ¬nie de fonctions continues nulles en 0. Or,
tout e ´ment f de l™ide engendre par les fi ve
´le ´al ´ ´ri¬e
jf (x)j „ constante max jfi (x)j
dans un voisinage de 0. Or, la fonction
p
f = max jfi j
est continue, nulle en ze et ne ve
´ro ´ri¬e aucune ine ´galite de ce type.
´
c) Soit In l™ide des fonctions nulles dans [ 1=n; 1=n]. On a ainsi une suite
´al
croissante d™ide´aux qui n™est manifestement pas stationnaire.
Si f 2 C 1 ve ´ri¬e f (0) = 0, un exercice du cours d™analyse de DEUG (ou
de Licence. . .) montre qu™il existe une fonction g : R ! R de classe C 1 telle
que f (x) = xg(x). Autrement dit, l™ide des fonctions nulles en l™origine est
´al
engendre par la fonction x.
´
ai;j Xi Y j qui ne contiennent pas
P
d) On considere l™ensemble des sommes
`
de monome en puissance de Y. C™est un sous-anneau de C[X; Y] car si P et Q
ˆ
ne font pas intervenir de monome Y , PQ non plus.
ˆ
´rons l™ide (X; XY; XY 2 ; : : : ). Supposons qu™il soit de type ¬ni.
Alors, conside ´al
On aurait alors XY n = ak XY k , avec ak 2 A C[X; Y]. Il existe force
P
´ment un
k<n
entier k et un monome non nul Xi Y j de ak tels que Xi+1 Y j+k = XY n , d™ou i = 0
ˆ `
et j + k = n. Cela implique j > 1 et donc ak contient un monome qui est une
ˆ
puissance de Y. C™est absurde.
Solution de l™exercice 7.6.9. ” a) Si P et Q sont deux polyomes tels que P(Z) Z,
ˆ
´ri¬e aussi P(n)Q(n) 2 Z pour tout n 2 Z, de meme que aP + bQ pour
alors PQ ve ˆ
tous a et b 2 Z.
b) Comme n 7! P(n + 1) P(n) est une fonction polynomiale, la condition
ˆ
est e
´videmment ne ´cessaire.
´ciproquement, soit Q 2 Q[X] tel que pour tout n, Q(n) = P(n + 1) P(n).
Re
Soit d le degre de Q et : Qd+1 [X] ! Qd [X] l™application line
´ ´aire qui associe a
`
un polynome A de degre „ d + 1 le polynome A(X + 1) A(X). Si A = cr Xr + : : : ,
ˆ ´ ˆ
7.7. SOLUTIONS 133



on a (A) = rcr Xr 1 + : : : , si bien que Ker = Q. On a alors dim Im =
dim Qd+1 [X] dim Ker = d + 2 1 = d + 1, et donc Im = Qd [X]. Il existe
ainsi un polynome A 2 Qd+1 [X] tel que A(X + 1) A(X) = Q(X).
ˆ
Alors, la fonction ' : n 7! P(n) A(n) ve ´ri¬e '(n + 1) '(n) = 0 pour tout n.
On a ainsi P(n) = A(n) + '(0) pour tout n 2 Z. Comme '(0) = P(0) A(0) 2 Q,
la fonction P est bien la restriction a Z d™un polynome a coef¬cients rationnels.
` ˆ `
c) Notons Pd = X(X 1) : : : (X d + 1)=d!. La famille P0 ; P1 ; : : : forme une
base de Q[X] comme Q-espace vectoriels. Si est l™endomorphisme de Q[X]
de´¬ni par (P) = P(X + 1) P(X), on a
1
((X + 1)X : : : (X + 2 d) 1) : : : (X + 1 d))
(Pd ) = X(X
d!
1
= X : : : (X + 2 d) ((X + 1) d))
(X + 1
d!
= Pd 1 :

En¬n, remarquons aussi que si P = c0 P0 + : : : , on a P(0) = 0.
Il re
´sulte de la question pre ´dente que si P = c0 P0 + : : : , alors
´ce

P2F 2 F:
, c0 2 Z et c1 P0 +

´currence, P 2 F si et seulement si tous les cd sont des entiers. Un e ´ment
Par re ´le
de F est donc combinaison line ´aire des Pd , et ce de maniere unique. Les
`
polynomes Pd forment donc bien une base de F comme Z-module.
ˆ
d) Si d+1 est un nombre premier, montrons que le polynome Pd+1 n™appartient
ˆ
pas a l™ide (P1 ; : : : ; Pd ). Supposons par l™absurde que
` ´al

Pd+1 = Q1 P1 + + Pd Qd

pour des polynomes Qi 2 F . On a en particulier
ˆ

1 = Pd+1 (d + 1)
= Q1 (d + 1)P1 (d + 1) + + Qd (d + 1)Pd (d + 1):

Or, quand i < d + 1, d + 1 e
´tant premier,
(d + 1)d : : : (d + 2 i)
2 (d + 1)Z:
Pi (d + 1) =
i!
´sulte que 1 2 (d + 1)Z, ce qui est absurde.
Il en re
La suite d™ide
´aux

(P1 ; P2 ) (P1 ; P2 ; P3 ) :::
(P1 )

n™est donc pas stationnaire. L™anneau F n™est pas noethe
´rien.
´
CHAPITRE 7. MODULES DE TYPE FINI. ANNEAUX NOETHERIENS
134



Solution de l™exercice 7.6.10. ” Soient m1 ; : : : ; mn des ge ´rateurs de M comme A-
´ne
module. Conside ´rons l™homomorphisme de A-modules
A ! Mn ; a 7! (am1 ; : : : ; amn ):
Son noyau contient I, mais re
´ciproquement, si ami = 0 pour tout i, am = 0 pour
tout m 2 M puisque les mi engendrent M. Donc son noyau est e ´gal a I et le
`
the ` me de factorisation nous permet d™en de
´ore ´duire que A=I est isomorphe a `
un sous-A-module de Mn .
Or, Mn est noethe
´rien. Tous ses sous-modules sont noethe´riens, donc A=I est
noethe´rien.
Solution de l™exercice 7.6.11. ” La suite des modules Ker 'n est croissante, donc
stationnaire. Il existe ainsi n tel que Ker 'n = Ker 'n+1 = : : :
Si x 2 Ker 'n \ Im 'n , on a alors x = 'n (y), avec y 2 M, mais aussi 'n (x) =
'2n (y) = 0. Donc y 2 Ker '2n = Ker 'n . Par suite, 'n (y) = 0 et x = 0.
Solution de l™exercice 7.6.12. ” a) Soient x1 ; : : : ; xd des e ´ments de M dont les
´le
images engendrent M=mM comme A=m-module. D™apres le lemme de Nakayama,
`
les xi engendrent Mm comme Am -module. Soit N M le sous-module engendre ´
par les xi .
Soient maintenant des ge ´rateurs mj (pour 1 „ j „ n) de M. Comme les xi
´ne
engendrent l™image de mj dans Mm , il existe des bi;j 62 m, et aj 62 m tels que
d
X
aj m j = bi;j xi ;
i=1
autrement dit, aj mj 2 N. Posons a = a1 : : : an . On a bmj 2 N pour tout j, si bien
que l™image de mj dans S 1 M appartient a S 1 N si S = f1; a; a2 ; : : :g. Comme
`
1 1 1
S M est engendre par les mj , S M = S N est donc engendre par d e ´ments.
´ ´ ´le
b) Comme m0 ne contient pas a,
A=m0 = S 1 A=S 1 m0
et
M=m0 M = S 1 M=m0 S 1 M
est un quotient d™un S 1 A-module engendre par d e ´ments, donc est engendre
´ ´le ´
comme S 1 A-module par d e ´ments, et aussi comme A=m0 -espace vectoriel,
´le
puisque cette structure est he ´e de la structure de S 1 A-module. Par suite,
´rite
d(m0 ) „ d = d(m):
Remarque. ” Cela signi¬e que la fonction m 7! d(m) est semi-continue supe´-
rieurement pour la topologie de Zariski sur l™ensemble des ide
´aux maximaux
de A.
8 Modules de type ¬ni sur un
anneau principal


La theorie des modules sur un anneau arbitraire est compliquee. Lorsque l™anneau est
´ ´
un corps, on retrouve la theorie des espaces vectoriels, laquelle est plus simple notamment
´
grace a l™existence de bases et de supplementaires.
ˆ` ´
Dans le cas d™un anneau principal, on peut donner une description relativement precise ´
et explicite des modules de type ¬ni. On verra que ceux-ci, des qu™ils sont sans torsion,
`
sont automatiquement libres.
En outre, appliquee aux cas de l™anneau des entiers et de l™anneau des polynomes a
´ ˆ `
coef¬cients dans un corps, on obtiendra des renseignements concernant dans un cas
les groupes abeliens de type ¬ni et dans l™autre les classes de similitude de matrices.
´



8.1. Sous-modules d™un module libre
On commence ce paragraphe par quelques rappels.

Lemme 8.1.1. ” Soit A un anneau integre, soit M un A-module et soit m un element
` ´´
de M. Le sous-module (m) de M engendre par M est libre si et seulement si m = 0 ou si
´
Ann(m) = (0).

Demonstration. ” Si m = 0, (m) = (0) est libre, de base l™ensemble vide ( !).
´
Supposons maintenant m 6= 0. Par de ´¬nition, la partie fmg est ge ´ratrice. Elle
´ne
est libre puisque si am = 0, on a a 2 Ann(m), donc a = 0.
Re
´ciproquement, supposons que (m) est un A-module libre. S™il est nul, m = 0.
Sinon, soit B une base de (m). Montrons que B est de cardinal exactement 1.
Sinon, soit m0 et m00 deux e ´ments distincts de B . On peut donc e ´crire m0 = am
´le
et m00 = bm pour deux e ´ments a et b de A, non nuls. On a alors bm0 am00 = 0,
´le
ce qui prouve, la famille fm0 ; m00 g Be ´tant libre, que a = b = 0, d™ou une
`
0
contradiction. Ainsi, B a exactement un e ´ment ; soit donc m = am une base
´le
´crire m = bm0 , d™ou m0 = abm0 et (1 ab)m0 = 0.
de (m). On peut en particulier e `
CHAPITRE 8. MODULES DE TYPE FINI SUR UN ANNEAU PRINCIPAL
136



Puisque m0 est une base de (m), 1 = ab et a est inversible. Ainsi, m est aussi une
base de (m). Si maintenant a 2 Ann(m), on a am = 0. Puisque la partie fmg est
libre, a = 0 et Ann(m) = (0), ainsi qu™il fallait de
´montrer.

De¬nition 8.1.2. ” Soit A un anneau et soit M un A-module. On dit qu™un element ´´
´
m 2 M est de torsion s™il existe a 2 A, a 6= 0, tel que am = 0.
On dit que M est de torsion si tout element de M est de torsion et qu™il est sans torsion
´´
si 0 est le seul element de M qui soit de torsion.
´´

Proposition 8.1.3. ” Soit A un anneau integre et soit M un A-module. Soit Mtor
`
l™ensemble des elements de M qui sont de torsion. Alors, Mtor est un sous-module de M.
´´
De plus, M=Mtor est sans torsion.

Demonstration. ” L™e ´ment 0 2 M ve
´le ´ri¬e 1 0 = 0, donc est de torsion puisque
´
1 6= 0 dans A. Soit m et n deux e ´ments de Mtor et choisissons a et b non nuls
´le
dans A tels que am = bn = 0. On a alors ab(m+n) = abm+abn = b(am)+a(bn) = 0
et comme A est integre, ab 6= 0. Ainsi, m + n est de torsion. En¬n, soit m un
`
e ´ment de torsion dans M et soit a 2 A tel que am = 0. Pour tout x 2 A,
´le
a(xm) = x(am) = 0 donc xm est de torsion.
Ains, Mtor est un sous-A-module de M.
Notons cl : M ! M=Mtor l™homomorphisme canonique et soit m 2 M tel que
cl(m) est de torsion dans M=Mtor . Soit ainsi a 2 A, a 6= 0 tel que a cl(m) = 0.
Puisque cl(am) = a cl(m) = 0, on a ainsi am 2 Mtor . Par suite, il existe b 2 A,
b 6= 0 tel que b(am) = 0. Puisque A est integre, ab 6= 0 et m est de torsion, d™ou
` `
m 2 Mtor et cl(m) = 0. On a donc (M=Mtor )tor = 0.
On rappelle aussi le re
´sultat suivant, de
´montre a l™exercice 6.6.13.
´`

Lemme 8.1.4. ” Soit A un anneau et soit f : M ! N un homomorphisme de A-modules.
On suppose que Ker f et Im f sont des A-modules libres de rangs p et q. Alors, M est un
A-module libre de rang p + q.


Donnons maintenant une premiere version du the ` me de structure des
` ´ore
sous-modules d™un module libre sur un anneau principal.

Proposition 8.1.5. ” Soit A un anneau principal, soit n un entier soit M un sous-A-
module du module libre An . Alors M est libre de rang inferieur ou egal a n.
´ ´ `

Demonstration. ” La de ´monstration se fait par re´currence sur n. Un sous-module
´
M de A est un ide I de A. Si I = 0, M est libre de rang 0. Sinon, comme A
´al
est principal, il existe a 2 A, a 6= 0, tel que I = (a) et puisque A est integre, fag
`
est une base de I = M, donc M est libre de rang 1.
8.1. SOUS-MODULES D™UN MODULE LIBRE 137



Supposons le re ´sultat vrai en rang < n, c™est-a-dire que tout sous-module de
`
An 1 est libre de rang „ n 1. Soit M un sous-module de An , conside ´rons
l™homomorphisme f : An ! A tel que f (a1 ; : : : ; an ) = an et soit g = f jM la
restriction de f a M.
`
L™image de g est un sous-module de A donc est libre de rang „ 1. Le noyau
de f est e ´gal a l™ensemble des (a1 ; : : : ; an ) tels que an = 0. Il s™identi¬e ainsi a
` `
n1 n1
et Ker g s™identi¬e donc a un sous-module de A . Par re
` ´currence, Ker g
A
est libre de rang „ n 1. D™apres le lemme pre ´dent, M est libre de rang
` ´ce
„ 1 + (n 1) = n.
Le the ` me que nous de
´ore ´montrons maintenant s™e
´tablit de maniere semblable,
`
mais ne
´cessite un peu plus de soin.

Theoreme 8.1.6. ” Soit A un anneau principal. Soit M un A-module libre de rang m et
´`
soit P un sous-module de M. Il existe alors un entier p 2 f0; 1; : : : ; mg, une base (e1 ; : : : ; em )
de M et des elements a1 ; : : : ; ar non nuls dans A tels que :
´´
“ pour tout i 2 f1; : : : ; r 1g, ai divise ai+1 ;
“ la famille fa1 e1 ; : : : ; ar er g est une base de P.

Demonstration. ” Pour motiver cette de ´monstration, commen¸ ons par une re-
c
´
marque. Soit ' 2 M_ une forme line ´aire sur M. Si (e1 ; : : : ; en ) et (a1 ; : : : ; ar ) sont
comme dans le the ` me, ' est de
´ore ´termine par les images '(ei ) de la base ¬xe
´e ´e.
De plus, si m 2 P, on peut e
´crire m = x1 a1 e1 + + xr ar er avec des xi dans A et
la relation
'(m) = x1 a1 '(e1 ) + + xr ar '(er )
montre que '(m) est multiple de a1 , d™ou '(P) (a1 ). Re
` ´ciproquement, la forme
line´aire ' de
´¬nie par '(e1 ) = 1 et '(ei ) = 0 pour i > 1 est telle que '(P) = (a1 ).
On va ainsi etre amene a conside
ˆ ´` ´rer des ide´aux maximaux parmi les ide ´aux
'(P), ' parcourant les formes line ´aires sur M.
De´montrons maintenant le the ` me. La de
´ore ´monstration est encore par re ´-
currence sur n. Si n = 1, on a M = (a1 ). Supposons maintenant le the ` me ´ore
´montre en rang „ n 1.
de ´
On peut supposer M 6= 0 (sinon, on pose r = 0).
a) Soit I l™ensemble des ide ´aux de A de la forme '(P), lorsque ' parcourt
´rien, I admet des
l™ensemble des formes line ´aires sur M. Comme A est noethe
e ´ments maximaux. Conside
´le ´rons un tel e ´ment maximal. Il est de la forme
´le
'(P) = (a1 ) pour un certain a1 2 A, a1 6= 0 et ' 2 M_ . Il existe en particulier
e 2 P tel que '(e) = a1 .
b) Soit f une autre forme line ´aire sur M et montrons que a1 divise f (e). Notons
en effet d = pgcd(a1 ; f (e)), il existerait x et y dans A tel que xa1 + yf (e) = d.
Posons '0 = x' + yf 2 M . On a donc '0 (e) = (x' + yf )(e) = d, d™ou '0 (e) (d).
`
CHAPITRE 8. MODULES DE TYPE FINI SUR UN ANNEAU PRINCIPAL
138



Puisque (d) (a1 ), l™hypothese de maximalite sur ' montre que (d) = (a1 ) et
` ´
donc a1 divise f (e).
En particulier, choisissons une base ("1 ; : : : ; "n ) de M. Applique aux n formes
´
line ´aires de coordonne sur M (la base duale), on obtient que a1 divise toutes
´es
les coordonne de e. Ainsi, il existe un e ´ment e1 2 M tel que e = a1 e1 .
´es ´le
´currence a P0 = Ker 'jP = Ker ' \ P. Notons
c) Appliquons l™hypothese de re
` `
0
M = Ker ' ; d™apres la proposition pre ´dente, M est libre de rang „ n 1 (en
` ´ce
fait de rang exactement n 1, car M est de rang „ rang M0 + rang Im '). Il existe
ainsi une base (e2 ; : : : ; en ) de Ker ', des e ´ments a2 ; : : : ; ar non nuls dans A de
´le
sorte que ai divise ai+1 pour i 2 et que (a2 e2 ; : : : ; ar er ) soit une base de P0 . De
plus, '(e1 ) est une base de '(M) et '(a1 e1 ) est une base de '(P). D™apres le `
lemme 8.1.4 (e1 ; : : : ; en ) est une base de M et (a1 ; : : : ; ar ) est une base de P.
d) De ´montrons que a1 divise a2 . Soit la forme line ´aire sur M de´¬nie par
+ xn en ) = x1 + x2 . Si m 2 P, on peut e ´crire m = x1 a1 e1 + + xr ar er ,
(x1 e1 +
d™ou (m) = x1 a1 + x2 a2 2 (a1 ; a2 ) = (d) ; de plus, choisissant x et y dans A tels
`
que d = xa1 + ya2 , on constate que (a1 xe1 + a2 ye2 ) = d et donc (P) = (d). Par
maximalite de (a1 ), (a1 ) = (d) et a1 divise a2 .
´

Remarque 8.1.7. ” L™entier r est le rang de P, bien de´¬ni d™apres le the
` ´o-
reme 6.3.7. On verra plus loin que les ide
` ´aux (a1 ) (ar ) sont
(a2 )
uniquement de ´termine par P.
´s

Exemple 8.1.8. ” Soit M l™ensemble des (x1 ; x2 ; x3 ) 2 Z3 tels que x1 + x2 + x3
est pair. Alors, M est un sous-module libre de Z3 de rang 3. Les trois vecteurs
e1 = (1; 1; 0) , e2 = (1; 0; 1) et e3 = (0; 0; 1) forment une base de Z3 telle que
(e1 ; e2 ; 2e3 ) soit une base de M.

Demonstration. ” Je laisse en exercice le soin de ve ´ri¬er que M est un sous-Z-
´
3
module de Z . D™apres le the ` me 8.1.6, M est donc libre de rang „ 3. Pour
` ´ore
montrer qu™il est de rang 3, il suf¬t d™exhiber trois vecteurs de M line ´airement
inde ´pendants, par exemple (2; 0; 0), (0; 2; 0) et (0; 0; 2).
Pour e
´tablir la seconde partie, suivons le ¬l de la de ´monstration. Il existe des
e ´ments de M dont les coordonne sont premieres entre elles, par exemple
´le ´es `
e1 = (1; 1; 0) et e2 = (1; 0; 1). Alors, on constate que
(x; y; z) = ye1 + ze2 + (x y z)(1; 0; 0):
´sulte que (e1 ; e2 ; e3 ) est une base de Z3 et qu™un
Posons e3 = (1; 0; 0). Il en re
vecteur m = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 appartient a M si et seulement si la coordonne
` ´e
x3 est paire. (Remarquer que x y z et x + y + z ont meme parite Par ˆ ´.)
suite, (e1 ; e2 ; 2e3 ) engendre M. Comme ils sont line ´airement inde´pendants, ils en
forment une base.
8.2. MODULES DE TYPE FINI 139



8.2. Modules de type ¬ni
Theoreme 8.2.1. ” , Soit A un anneau principal et soit M un A-module de type ¬ni.
´`
Il existe alors un unique entier r 0 et une unique famille d™elements (d1 ; : : : dr ) non
´´
inversibles tels que (d1 ) (d2 ) (dr ) et
M ' (A=(d1 )) (A=(d2 )) (A=(dr )):

De¬nition 8.2.2. ” On dit que les elements (d1 ; : : : ; dr ) sont les facteurs invariants de
´´
´
M.

Corollaire 8.2.3. ” Si A est un anneau principal et si M est un A-module de type ¬ni
sans torsion, alors M est libre.
r
L
Demonstration. ” En effet, dans un isomorphisme M ' (A=(di )), l™e ´ment
´le
´
i=1
(cl(1); 0; : : : ) est de torsion des que d1 6= 0, et n™est pas nul si d1 n™est pas
`
inversible, ce qu™on peut supposer. Donc d1 = 0 et par suite tous les di sont nuls.
On a ainsi M ' Ar .

Corollaire 8.2.4. ” Si A est un anneau principal et si M est un A-module de type ¬ni,
alors M est la somme directe du sous-module de torsion Mtor et d™un A-module libre de type
¬ni.
r
L
Demonstration. ” Fixons un isomorphisme M ' (A=(di )), dans lequel les di
´
i=1
sont suppose non inversibles (sinon, le facteur A=(di ) est nul). Supposons que
´s
ds 6= 0 mais que ds+1 = = dr = 0. Un e ´ment (cl(a1 ); : : : ; cl(ar )) est de torsion
´le
si et seulement si as+1 = = ar = 0. On e ´crit ainsi
s
M
As r ;
M' (A=(di ))
i=1
s
L
ce qui e
´crit M comme la somme directe du module de torsion (A=(di )) (car
i=1
annule par ds ) et du module libre As r .
´

Remarque 8.2.5. ” Soit (d1 ; : : : ; dr ) les facteurs invariants d™un module de type
¬ni M sur un anneau principal. Alors, M est de torsion si et seulement si aucun
di n™est nul, tandis que M est sans torsion si et seulement si tous ses di sont nuls.

Demonstration du theoreme. ” Soit (m1 ; : : : ; mr ) une famille ¬nie d™e ´ments de M
´le
´ ´`
qui l™engendrent comme A-module. Conside ´rons l™homomorphisme canonique
r
' : A 7! M de´¬ni par '(a1 ; : : : ; ar ) = a1 m1 + : : : ar mr . Il est surjectif par de
´¬nition
et son noyau est un sous-module P de Ar .
CHAPITRE 8. MODULES DE TYPE FINI SUR UN ANNEAU PRINCIPAL
140



´rons alors une base (e1 ; : : : ; er ) de Ar et des e ´ments (d1 ; : : : ; dr ) de A
Conside ´le
comme dans le the ` me des facteurs invariants (the ` me 8.1.6), de sorte que
´ore ´ore
(d1 e1 ; : : : ; ds es ) est une base de P pour un certain entier s 2 f0; : : : ; rg.
Conside ´rons maintenant l™homomorphisme

: Ar ! M; (a1 ; : : : ; ar ) = '(a1 e1 + + ar er ):

Comme les ei forment une base de Ar , ile engendrent Ar et est surjectif. Son
noyau est l™ensemble des familles (a1 ; : : : ; ar ) telles que a1 e1 + + ar er appartient
au noyau de ', c™est-a-dire P. C™est donc l™ensemble des (a1 ; : : : ; ar ) tels que a1 est
`
multiple de d1 , . . ., ar est multiple de dr . Ainsi, on constate que M est isomorphe
au quotient

Ar =((d1 ) (dr )) = (A=(d1 )) (A=(dr )):

L™unicite sera de
´ ´montre plus loin (the ` me 8.2.8).
´e ´ore

Decomposition primaire des modules de torsion. ” Soit A un anneau principal et M
´
un A-module de type ¬ni de torsion. Pour tout e ´ment irre
´le ´ductible p dans A,
de
´¬nissons
pr m = 0g:
Mp = fm 2 M ; 9r 0;
C™est un sous-module de M : il contient 0, et, s™il contient m et n, soit r et s des
entiers tels que pr m = 0 et ps n = 0. Alors, on a pmax(r;s) (am + bn) = 0 pour tous a
et b dans A, donc Mp contient am + bn.
Soit (d1 ; : : : ; dr ) la suite des facteurs invariants de M et pour tout i 2 f1; : : : ; rg,
notons di = ui pnp;i la de
Q
´composition en facteurs irre ´ductibles de di (avec
p
ui 2 A ).

Proposition 8.2.6. ” On a les relations
r
M M
np;i
A=(pnp;i ):
A=(di ) ' A=(p ) et Mp '
p i=1
L
Par suite, M = Mp .
p


´aux (pnp;i ) (i e
Demonstration. ” Comme les ide ´tant ¬xe sont deux a deux comaxi-
´) `
´
maux, la premiere formule n™est autre que le the ` me chinois (the ` me 3.1.6).
` ´ore ´ore
Remarquons maintenant que l™on a
! !
r r
MM MM
A=(pnp;i ) ' A=(pnp;i ) :
M'
p p
i=1 i=1
8.2. MODULES DE TYPE FINI 141



Ainsi, il suf¬t de de ´montrer que dans cet isomorphisme, Mq s™identi¬e pour
r
A=(q nq;i ) du second membre. La formule
L
tout irre´ductible q au sous-module
i=1
L
pre ´dente implique alors que M =
´ce Mp .
p
Fixons un e ´ment irre
´le ´ductible q et soit m un e ´ment de M. Notons (mp;i ) ses
´le
composantes dans l™isomorphisme ci-dessus et soit ap;i un e ´ment de A tel que
´le
mp;i = cl(ap;i ).
Supposons que m 2 Mq . Soit s 2 N tel que q s m = 0. Alors, pour tout p et tout
i, pnp;i divise q s ap;i . Si q 6= p, cela implique que pnp;i divise ap;i (lemme de Gauß) et
r
A=(q nq;i )
L
donc mp;i = 0. Par suite, m appartient a `
i=1
´ciproquement, un tel e ´ment est annule par q n ou n = max(nq;1 ; : : : ; nq;r ).
Re ´le ´ `
La proposition est donc de
´montre
´e.

Nous allons utiliser cette description pour e
´tablir l™unicite des facteurs invariants
dans le the ` me 8.1.6.
´ore

Lemme 8.2.7. ” Soit A un anneau principal, p un element irreductible de A et d un element
´´ ´ ´´
de A. Posons M = A=(d). et de¬nisson pour tout n 0, un A-module Mn = pn M=pn+1 M.
´
Alors, Mn est isomorphe a A=(p) si pn+1 divise d et est nul sinon.
`

Demonstration. ” Conside
´rons l™homomorphisme
´

' : A ! pn M ! M n ; a 7! cl(pn cl(a)):

Comme tout e ´ment de pn M est de la forme pn cl(a) pour a 2 A, et comme
´le
l™homomorphisme canonique M ! Mn est surjectif, l™homomorphisme ' est
´gal a (p) si pn+1 divise d et qu™il
surjectif. On va montrer que le noyau de ' est e `
est e´gal a A sinon.
`
Un e ´ment a 2 A appartient alors au noyau de ' si et seulement s™il existe
´le
b 2 A tel que pn cl(a) = pn+1 cl(b) dans A=(d), donc si et seulement s™il existe
b 2 A et c 2 A tels que pn a pn+1 b = cd. Ainsi, a 2 Ker ' si et seulement si pn a
´
appartient a l™ide (d; pn+1 ). Ecrivons d = pr e ou p ne divise pas e et r 0. Alors,
` ´al `
(d; pn+1 ) = (ps ) avec s = min(n + 1; r).
Si r „ n, s = min(n + 1; r) „ n et tout e ´ment de a est tel que pn a est multiple
´le
de ps , d™ou Ker ' = A et Mn = (0). Dans l™autre cas, si r n + 1, s = n + 1 et
`
´ri¬e pn a 2 (pn+1 ) si et seulement si a 2 (p) (car A est integre).

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