<<

. 9
( 15)



>>

Corollaire 9.3.4. ” Soit K un corps et soit P 2 K[X] un polynome non constant. Il
ˆ
existe une extension algebrique ¬nie K L telle que P soit scinde dans L.
´ ´
`
CHAPITRE 9. CORPS ET ALGEBRES
162



Demonstration. ” On de ´montre ceci par re´currence sur le degre de P. Le re
´ ´sultat
´
est vrai pour deg P = 1, car alors P est de ` scinde sur K.
´ja ´
D™apres la proposition pre ´dente, il existe une extension ¬nie K
` ´ce L telle
que P admette une racine x dans L. En tant que polynome de L[X], P est donc
ˆ
multiple de X x. Soit Q = P(X)=(X x) le quotient. C™est un polynome de ˆ
L[X] de degre < deg P. Par re
´ ´currence, il existe une extension alge´brique ¬nie
L M telle que Q soit scinde sur M.
´
Ainsi, M est une extension alge´brique ¬nie de K et P est scinde sur M.
´
Corollaire 9.3.5. ” Soit K un corps. Les propositions suivantes sont equivalentes :
´
(1) K n™admet pas d™extension algebrique K L avec L 6= K ;
´
(2) les polynomes irreductibles de K[X] sont les polynomes de degre 1 ;
ˆ ´ ˆ ´
(3) tout polynome non constant a coef¬cients dans K possede une racine dans K ;
ˆ ` `
(4) tout polynome a coef¬cients dans K est scinde.
ˆ` ´
De¬nition 9.3.6. ” Si un corps K veri¬e les proprietes equivalentes du corollaire ci-dessus,
´ ´´ ´
´
on dit que K est alge
´briquement clos.
Preuve du corollaire 9.3.5. ” (1))(2). ” C™est la construction du lemme 9.3.1 :
si 2 K[X] est un polynome irre
ˆ ´ductible de degre n 2, le corps de rupture L
´
´brique de K de degre n, donc K 6= L. Ceci contredit
de est une extension alge ´
l™hypothese que K n™admet pas d™extension alge
` ´brique distincte de K.
(2))(3). ” Soit P un polynome non constant et
ˆ un facteur irre ´ductible
de P. Ainsi, est de degre 1 et il possede une racine dans K. A fortiori, P admet
´ `
une racine dans K.
(3))(4). ” Soit P 2 K[X] un polynome. Si deg P = 0, P est scinde Supposons
ˆ ´.
que deg P 1 et que tout polynome de degre < deg P soit scinde Alors, P
ˆ ´ ´.
possede une racine a dans K. Le polynome P(X) est multiple de (X a) ; soit
` ˆ
Q(X) = P(X)=(X a) le quotient. Par re ´currence, Q est scinde dans K et
´
P(X) = (X a)Q(X) est donc scinde ´.
(4))(1). ” Soit K L une extension alge ´brique et soit x un e ´ment de L.
´le
´brique sur K donc il existe un polynome non constant P 2 K[X] tel
Il est alge ˆ
n
Q
que P(x) = 0. Comme P est scinde on peut e
´, ´crire P = c (X ai ) pour des
i=1
n
Q
ai 2 K et c 6= 0. Par suite, P(x) = c ai ) = 0. Comme L est un corps, il
(x
i=1
ai = 0, d™ou x = ai 2 K. Par suite, L = K.
existe i tel que x `
Theoreme 9.3.7 (The ` me de d™Alembert“Gauß). ” Le corps C des nombres com-
´ore
´`
plexes est algebriquement clos.
´
Toutes les de´monstrations de ce the ` me reposent a un point ou a un
´ore ` `
autre sur un argument de nature analytique, essentiellement le fait que R est
´
9.3. CONSTRUCTION D™EXTENSIONS ALGEBRIQUES 163



complet. Nous donnons une de ´monstration courte mais faisant appel a des
`
re
´sultats d™analyse complexe. Une de
´monstration d™apparence plus alge´brique
est propose dans l™exercice 9.4.1.
´e

Demonstration. ” Soit P 2 C[X] un polynome non constant dont on veut prouver
ˆ
´
qu™il admet une racine dans C. On peut supposer que P est unitaire et on e ´crit
P(X) = Xn +an 1 Xn 1 + +a0 . Soit M = max(ja0 j ; : : : ; jan 1 j) et posons R = 1+2M.
Alors, si z 2 C ve
´ri¬e jzj R, on a

jP(z)j = þz n + an 1 z n 1 + + a0 þ jz n j þan 1 z n 1 þ
þ þ þ þ
ja0 j
Rn 1 MÐ M 1n
n
= Rn 1 R:
R M +
R1 R1 R1 2
Ainsi, lim jP(z)j = +1.
jzj!+1
Raisonnons par l™absurde et supposons que P n™a pas de racine dans C. On
´rer la fonction ' : C ! C de ´¬nie par z 7! 1=P(z). Elle est
peut alors conside
holomorphe sur C et tend vers 0 lorsque jzj tend vers +1. Par conse
´quent, elle
est borne sur C. Le the ` me de Liouville implique que ' est constante, ce
´e ´ore
qui est absurde.

De¬nition 9.3.8. ” Soit K un corps. Une cloture algebrique est une extension algebrique
ˆ ´ ´
´
K telle que soit algebriquement clos.
´

Le fait de conna±tre un exemple de corps alge
ˆ ´briquement clos nous en donne
automatiquement d™autres.

Proposition 9.3.9. ” Soit K un corps et E une extension algebriquement close de K. Soit
´
la cloture algebrique de K dans E (ensemble des elements de E qui sont algebriques sur
ˆ ´ ´´ ´
K). Alors, est une cloture algebrique de K.
ˆ ´

En particulier, l™ensemble Q des nombres alge ´briques (nombres complexes
qui sont alge
´briques sur Q) est une cloture alge
ˆ ´brique de Q.

Demonstration. ” Comme est alge
´brique sur K, il suf¬t de de
´montrer que
´
´briquement clos, et donc que tout polynome non constant P 2 [X]
est alge ˆ
admet une racine dans .
On peut supposer que P est unitaire et e
´crire

P = Xn + a1 Xn 1
+ an
+

ou les ai sont des e ´ments de . Par de
` ´le ´¬nition, les ai sont alge
´briques sur K
et l™extension L = K[a1 ; : : : ; an ] engendre par les ai dans L est une extension
´e
alge´brique ¬nie de K.
`
CHAPITRE 9. CORPS ET ALGEBRES
164



Comme E est alge ´briquement clos, le polynome P admet une racine dans
ˆ
E. La relation P( ) = 0 avec P 2 L[x] montre que est alge ´brique sur L. Par
´brique sur K, autrement dit, 2 .
suite, est alge
Theoreme 9.3.10 (Steinitz). ” Tout corps a une cloture algebrique.
ˆ ´
´`
Lemme 9.3.11. ” Soit K un corps et soit P une famille de polynomes non constants de
ˆ
K[X]. Il existe alors une extension algebrique L de K telle que tout polynome de P a une
´ ˆ
racine dans L.
Demonstration. ” Si P est ¬ni, on peut de´montrer l™existence de L par re
´currence
´
a l™aide de la proposition 9.3.3.
`
Soit A = K[(XP )P2P ] la K-algebre de polynomes engendre par une in¬nite
` ˆ ´e ´
de variables, une variable XP pour chaque polynome P 2 P . Soit I l™ide de A
ˆ ´al
engendre par les P(XP ), lorsque P parcourt P . Montrons que I 6= A. Sinon, il
´
P
existe une relation de la forme 1 = QP (X)P(XP ). C™est une somme ¬nie qui
P2P
ne fait intervenir qu™un nombre ¬ni de variables XP et qu™on peut ainsi re
´crire
1 = Q1 (X)P1 (X1 ) + + Qr (X)Pr (Xr )
D™apres le corollaire 9.3.4 il existe une extension alge
` ´brique K K1 dans laquelle
le polynome P1 : : : Pr est scinde d™ou pour tout i une racine ai de Pi dans L. On
ˆ ´, `
spe´cialise la relation pre ´dente au point X1 = a1 , . . ., Xr = ar , d™ou la relation
´ce `
1 = Q1 (a)P1 (a1 ) + + Qr (a)Pr (ar ) = 0;
ce qui est absurde.
D™apres le the ` me de Krull sur l™existence d™ide
` ´ore ´aux maximaux (the ´o-
reme 4.1.10), il existe un ide maximal m de A qui contient I. De
` ´al ´¬nissons
comme le corps A=m. Pour tout P 2 P , on a P(XP ) 2 I, donc P(XP ) 2 m, si
bien que cl(P(XP )) = P(cl(xP )) = 0 dans A=m. Ainsi, cl(xP ) est une racine de
P dans .
De plus, comme A est engendre comme K-algebre par les xP , est engendre
´e ` ´e
en tant que K-algebre par les cl(xP ). Ceux-ci e
` ´tant alge
´briques sur K, est
alge´brique sur K.
Demonstration du theoreme. ” Posons E0 = K et construisons une suite de corps
´ ´`
(En )n alge
´briques sur K de la fa¸ on suivante. Si En est construit, on de
c ´¬nit En+1
comme une extension de En telle que tout polynome non constant de En [X]
ˆ
admet une racine dans En+1 . L™existence d™un tel corps En+1 est af¬rme par le
´e
lemme 9.3.11. Comme En+1 est alge ´brique sur En , on voit par re ´currence que
pour tout n, En est alge´brique sur K.
On obtient de la sorte une suite de corps
:::
K = E0 E1
9.4. EXERCICES 165



et soit la re
´union des En pour n 0. C™est un corps qui contient K. (Un
e ´ment de
´le est un e ´ment d™un certain En , l™addition ou la multiplication
´le
de deux e ´ments x et y de
´le se fait dans tout corps En dans lequel x et y
« habitent ».)
Comme tout e ´ment de
´le appartient a l™un des En ,
` est alge
´brique sur K.
´briquement clos. Soit P = an Xn +an 1 Xn 1 + +a0
Montrons en¬n que est alge
un polynome non constant a coef¬cients dans . Il existe un entier m 0 tel
ˆ `
que tous les coef¬cients de P appartiennent a Em , de sorte que P 2 Em [X]. Par
`
construction, P admet donc une racine dans Em+1 , donc dans .
Puisque tout polynome non constant de [X] a une racine dans , la pro-
ˆ
position 9.3.5 montre que est alge´briquement clos.


9.4. Exercices
Exercice 9.4.1. ” Le but de l™exercice est de de ´montrer que le corps C des
nombres complexes est alge ´briquement clos.
Si P = an Xn + + a0 2 C[X] est un polynome a coef¬cients complexes, on
ˆ `
´ ´¬ni par P = an Xn +
note P le polynome conjugue de
ˆ + a0 . On ¬xe aussi une
cloture alge
ˆ ´brique de C.
a) Montrer que tout nombre complexe a une racine carre dans C. En
´e
de´duire que toute e ´quation du second degre a coef¬cients dans C a ses racines
´`
dans C.
Dans les questions suivantes, on de ´montre que tout polynome P de R[X] a
ˆ
´crit d = 2n m avec m impair, on raisonne
une racine dans C. Si le degre de P s™e
´
par re´currence sur l™entier n.
b) Cas n = 0. ” Soit P 2 R[X] un polynome de degre impair. Montrer qu™il
ˆ ´
a une racine dans R.
´ductible de R[X] dont le degre d = 2n m est pair
Soit P un polynome irre
ˆ ´
(n 1).
c) Montrer que P a d racines distinctes x1 ; : : : ; xd dans .
Montrer que pour tout c 2 R, il existe un polynome Pc 2 R[X] dont les racines
ˆ
sont les xj + xk + cxj xk , avec 1 „ j < k „ d. (Utiliser le theoreme sur les polynomes
´` ˆ
symetriques elementaires.)
´ ´´
´currence, montrer que pour tout c 2 R,
d) En utilisant l™hypothese de re
`
Pc a une racine dans C. En choisissant convenablement plusieurs valeurs de c,
montrer qu™il existe deux indices distincts j et k tels que xj + xk et xj xk sont
dans C. En de ´duire que xj et xk sont des e ´ments de C.
´le
e) Montrer que tout polynome non constant dans C[X] a une racine dans
ˆ
C.
`
CHAPITRE 9. CORPS ET ALGEBRES
166



Exercice 9.4.2. ” a) Soit A un anneau et P un polynome unitaire de A[X] de
ˆ
degre d > 0. Montrer que l™anneau B = A[X]=(P) contient un sous anneau
´
isomorphe a A, auquel on l™identi¬e.
`
b) Montrer que B est entier sur A, et qu™il existe a 2 B tel que P(a) = 0.
c) Montrer qu™il existe un anneau C contenant A, entier sur A et des e ´ments
´le
d
Q
a1 ; : : : ; ad 2 C tels que P = (X ai ).
i=1

Exercice 9.4.3. ” Soient A B deux anneaux, x un e ´ment inversible de B et
´le
soit y 2 A[x] \ A[x 1 ]. Montrer qu™il existe un entier n tel que le A-module
+ Axn soit stable pour la multiplication par y. En de
´duire que
M = A + Ax +
y est entier sur A.

Exercice 9.4.4. ” Soit A un anneau integre et K son corps des fractions.
`
a) Soit x 2 K qui est entier sur A. Montrer qu™il existe a 2 A n f0g tel que
pour tout n 0, axn 2 A.
´ciproquement, soit a 2 A n f0g et
b) On suppose que A est noethe ´rien. Re
x 2 K tels que pour tout n, axn 2 A. Montrer que x est entier sur A.
p
Exercice 9.4.5. ” Quels sont les entiers d tels que Z[ d] soit inte
´gralement clos ?

Exercice 9.4.6. ” a) Soit A un anneau integre et t 2 A tel que A=tA est re
` ´duit
(n™a pas d™e ´ment nilpotent autre que 0). On suppose que At est inte
´le ´gralement
clos. Montrer que A est inte ´gralement clos.
b) Montrer que l™anneau A = C[X; Y; Z]=(XZ Y(Y + 1)) est inte ´gralement
clos. (Introduire la classe de X dans A.)

Exercice 9.4.7. ” Soient A B deux anneaux tels que A est inte ´gralement ferme ´
dans B.
a) Soient P et Q deux polynomes unitaires de B[X] tels que PQ 2 A[X].
ˆ
Montrer que P et Q sont dans A[X]. (Utiliser l™exercice 9.4.2 pour introduire un
m n
Q Q
anneau C B tel que P = (X ai ) et Q = (X bi ) ou a1 ; : : : ; am ; b1 ; : : : ; bn 2 C.)
`
i=1 i=1
´gralement ferme dans B[X]. (Si P 2 B[X] est
b) Montrer que A[X] est inte ´
entier sur A[X], considerer le polynome unitaire Q = Xr + P avec r suf¬sament grand.)
´ ˆ


9.5. Solutions
Solution de l™exercice 9.4.1. ” a) Soit z = a + ib un nombre complexe. Une racine
carre de z est un nombre complexe u = x + iy tel que u2 = z, d™ou les e
´e ` ´quations

x2 y2 = a et 2xy = b:
9.5. SOLUTIONS 167


p
Si b = 0, soit a 0 auquel cas on choisit u = a, soit a „ 0 auquel cas on choisit
p
u = i a. Supposons donc b 6= 0. En multipliant la premiere relation par 4x2 ,
`
on obtient 4x4 4x2 y 2 = 4ax2 , d™ou (2x2 ) 2a(2x2 ) b2 = 0. C™est une e
` ´quation
2 2
a coef¬cients re
` Á de discriminant re
´els ´duit a + b 0. Elle a une racine positive
p
1
a + a2 + b2 . Il suf¬t maintenant de poser
2

q
1 p
a2 + b 2
x= a+
2
puis, remarquant que x > 0, y = b=2x.

Si P = aX2 + 2bX + c est un polynome de C[X] de degre 2, la me
ˆ ´ ´thode de
re´solution des e´quations du second degre montre qu™il a ses racines dans C si et
´
2
seulement son discriminant re ´duit b ac est un carre dans C. D™apres le de
´ ` ´but
de la question, c™est effectivement le cas.
b) Quitte a diviser P par son coef¬cient dominant, on peut supposer qu™il
`
est unitaire. Alors, lorsque x tend vers +1, P(x) tend vers +1 tandis que P
a pour limite 1 en 1. D™apres le the ` me des valeurs interme
` ´ore ´diaires, P
s™annule dans R.
c) Comme est alge´briquement clos, P est scinde dans . Puisque P est
´
´ductible dans R[X] et comme P0 6= 0, on a pgcd(P; P0 ) = 1 dans R[X]. Cela
irre
implique qu™il existe A et B dans R[X] tels que AP + BP0 = 1. Par suite, si x est
une racine de P dans , on a B(x)P0 (x) = 1 et donc P0 (x) 6= 0. Cela montre
que P n™a pas de racines multiples dans puisque les racines multiples d™un
polynome sont aussi des racines du polynome de ´.
ˆ ˆ ´rive
Notons
d d
aj X j :
X
Y
P(X) = ad (X xj ) =
j=0
j=1

Posons zij = xj + xk + cxj xk . Conside
´rons le polynome a coef¬cients dans
ˆ `
Z[X1 ; : : : ; Xd ] :
Y
(T Xj Xk cXj Xk ):
Q(T) =
1„j<k„d

1)=2 = 2n 1 m(2n m
Il est de degre D = d(d
´ 1) et est syme
´trique en les Xi . Si
on l™e´crit
D
Qj (X1 ; : : : ; Xd )Tj
X
Q(T) =
j=0

les polynomes Qj sont donc syme
ˆ ´triques et il existe pour tout j un unique
polynome Rj 2 Z[Y1 ; : : : ; Yd ] tel que Qj (X) = Rj (S1 (X); : : : ; Sd (X)).
ˆ
`
CHAPITRE 9. CORPS ET ALGEBRES
168



´cialisons les Xj en les e ´ments xj 2 . On a ainsi Sj (x1 ; : : : ; xd ) =
Spe ´le
( 1)j ad j =ad ; c™est donc un re
´el, que nous notons j . Il en re ´sulte une ex-
pression
D
Rj ( 1 ; : : : ; d )Tj :
X
Y
(T zjk ) =
Pc (T) =
j=0
1„j<k„d

Par suite, les zjk sont bien les ze
´ros d™un polynome a coef¬cients re
ˆ ` ´els.
d) Ce polynome est de degre D = 2n 1 m(2n m 1) dont l™exposant de 2 est
ˆ ´
n 1. Par re ´currence, il a donc une racine dans C et il existe un couple (j; k)
tel que xj + xk + cxj xk 2 C.
Comme R est in¬ni et comme il n™y a qu™un nombre ¬ni de couples (j; k)
´els c et c0 tels que
possibles, on peut trouver deux re
z 0 = xj + xk + c0 xj xk
et
z = xj + xk + cxj xk
appartiennent a C. Comme
`
c0 z cz 0 z z0
et xj xk =
xj + xk = 0 ;
c c0
cc
il en re
´sulte que xj + xk et xj xk appartiennent a C. Le polynome (T xj )(T xk )
` ˆ
appartient ainsi a C[X]. Il est de degre 2. D™apres la premiere question, ses
` ´ ` `
racines appartiennent a C. `
En particulier, P a une racine dans C.
e) Les questions pre ´dentes permettent d™e
´ce ´tablir par re´currence que tout
polynome non constant a coef¬cients reels a une racine dans C.
ˆ ` ´
Soit maintenant P un polynome non constant de C[X] et posons Q = PP : si
ˆ
P(X) = ad Xd + + a0 ,
Q(X)(ad Xd + + a0 )(ad Xd + + a0 ):
C™est un polynome de C[X] tel que Q(X) = P(X)P(X) = Q(X). Il est donc a
ˆ `
coef¬cients re ´els. Par suite, il a une racine z dans C.
Si z n™est pas une racine de P, c™est une racine de P. Alors, P(z) = P(z) = 0,
si bien que z est une racine de P.
Tout polynome non constant a coef¬cients dans C a une racine dans C : C
ˆ `
est alge´briquement clos.

Solution de l™exercice 9.4.2. ” a) Il suf¬t de montrer que l™homomorphisme na-
turel A ! B de ´¬ni par a 7! cl(a) est injectif. Or, si a est un polynome constant
ˆ
r
non nul et multiple de P, e ´crivons a = P(X)Q(X). Soit qr X le monome de plus
ˆ
grand degre dans Q. Comme P est unitaire de degre d > 0, le monome de plus
´ ´ ˆ
´gal a qr Xr+d . Mais r + d > 0 et le polynome constant
grand degre dans PQ est e
´ ` ˆ
a est de degre 0. Cette contradiction montre que l™homomorphisme naturel
´
A ! B est injectif et identi¬e ainsi A a son image dans B.
`
9.5. SOLUTIONS 169



b) Si Q est un polynome de A[X], on peut effectuer la division euclidienne
ˆ
de Q par P dans A[X]. Ainsi, on constate que cl(Q) est e ´gal a la classe d™un
`
polynome de degre < d. Autrement dit, cl(1), . . ., cl(Xd 1 ) engendrent B comme
ˆ ´
A-module si bien que B est un A-module de type ¬ni. D™apres la proposition 9.2.3,
`
l™extension A B est entiere. `
c) On de ´montre ce re ´sultat par re
´currence sur le degre d de P, sachant qu™il
´
est trivial si d „ 1. Supposons le ve ´ en degre < d.
´ri¬e ´
Par construction, P a une racine a1 dans l™extension entiere A B = A[X]=(P).
`
On peut effectuer la division euclidienne de P par X a1 dans B[X], d™ou une `
expression P = (X a1 )Q + b1 avec b1 2 B. En spe ´cialisant en X = a1 , on trouve
b1 = P(a1 ) = 0. Il existe alors une extension B C et des e ´ments a2 ; : : : ; ad 2 C
´le
tels que Q(X) = (X a2 ) : : : (X ad ). Ainsi, P(X) = (X a1 ) : : : (X ad ).

Solution de l™exercice 9.4.3. ” Soient P et Q deux polynomes de A[X] tels que
ˆ
n m
ak Xk et Q = bk Xk , on en de
P P
y = P(x) = Q(1=x). Si P = ´duit
k=0 k=0
n
ak xk
X
y = P(x) =
k=0
m m
k m
bk xm k m
X X
bk x =x =x
= R(x);
k=0 k=0

ou R est de degre „ m. Posons N = m + n et M = A + Ax + + AxN . Soit a 2 M,
` ´
on e´crit a = a1 + a2 , ou les puissances de x qui interviennent dans a1 sont < m,
`
et celles qui interviennent dans a2 sont m. Alors, ya1 = P(x)a1 appartient a N `
car il ne fait intervenir que des puissances de x qui sont < m + n = N. De meme,
ˆ
ya2 = (x m a2 )R(x) s™e´crit comme un polynome en x de degre „ N m + m = N.
ˆ ´
Ainsi, ya = ya1 + ya2 appartient a M.
`
Ainsi, y = y 1 appartient a M, et A[y]
` M. Comme M est de type ¬ni, le
the ` me 8.5 du cours implique que y est entier sur A.
´ore

Solution de l™exercice 9.4.4. ” a) Comme x est entier sur A, il existe n 0 tel
+ Axn . Soit a 2 A n f0g tel que axm 2 A si 0 „ m „ n. On
que A[x] A + Ax +
constate que aA[x] A et donc axm 2 A pour tout entier m 0.
b) Soit I l™ide de A engendre par les axn pour n
´al ´ 0. Comme A est
noethe ´rien, c™est un A-module de type ¬ni ; Il est stable par multiplication par
x. De plus, l™e ´ment non nul a 2 I n™est annule par aucun e ´ment non nul
´le ´ ´le
de A[x]. Autrement dit, I est un A[x]-module ¬dele qui est de type ¬ni comme
`
A-module. On sait que cela implique que x est entier sur A.
p p
Solution de l™exercice 9.4.5. ” Si d 2 Z, Z[ d] = Z est inte ´gralement clos. On
suppose donc dans la suite que d n™est pas un carre parfait.
´
`
CHAPITRE 9. CORPS ET ALGEBRES
170


p
Le polynome minimal de x = a + b d est e
ˆ ´gal a
`

a)2 b2 d = X2 2aX + a2 b2 d:
(X

L™e ´ment x est donc entier sur Z si et seulement si 2a 2 Z et a2p b2 d 2 Z.
´le p
´crire d = d0 e2 avec e > 1, alors on constate p que d0 = d=e est
Si on peut e p
entier sur Z mais n™appartient pas a Z[ d]. L™anneau Z[ d] n™est alors pas
`
inte
´gralement clos.
On suppose dans la suite que d est sans facteurs carre Nous allons en fait
´s.
p
calculer la clop
ˆ ture inte
´grale de Z dans le corps Q( d).
Si x = a + b d est entier sur Z, on voit que ne ´cessairement

4b2 d = 4(b2 d a2 ) + (2a)2 2 Z:

Comme d est sans facteurs carre cela implique que 2b 2 Z. Si R est la cloture
´s, ˆ
p
inte
´grale de Z dans Q[ d], on a ainsi une inclusion
p 1p
Z[ d] Z[ d]:
R
2
p
Des repre
p´sentants p Z-module R=Z[ d] sont donc contenus dans l™ensemble
du p
f0; 1=2; d=2; (1p d)=2g. Comme 1=2 et ( d)=2 ne sont pas entiers sur Z,
+
Ensuite, (1 + d)=2 est entier sur Z si et seulement si 1 d 2 4Z, c™est-a-dire
`
p
d Á 1 (mod 4). il en re
´sulte que R = Z[ d] si et seulement si d 6Á 1 (mod 4) et
p
1+ d
que si s Á 1 (mod 4), R = Z[ 2 ].

Solution de l™exercice 9.4.6. ” a) Soit K le corps des fractions de A et soit x 2 K
qui est entier sur A. Comme x est entier sur At et comme At est suppose ´
0 minimal tel que a = xtn 2 A. Montrons
´gralement clos, x 2 At . Soit n
inte
que n = 0. Conside ´rons pour cela une e
´quation de de´pendance inte´grale

xd + a1 xd 1
+ ad = 0:
+

´galite par tnd . On obtient
Multiplions cette e ´

ad + a1 t n ad + ad tnd = 0:
1
+

´duit que t divise ad , donc ad = 0
Supposons par l™absurde que n 1. On en de
´duit, a = 0 (mod t) et il existe b 2 A tel que a = bt.
(mod t). Comme A=t est re
Alors, xtn 1 = b 2 A ce qui contredit l™hypothese que n e
` ´tait minimal.
b) Le polynome XZ Y(Y + 1) est irre
ˆ ´ductible car de degre 1 en X et non
´
multiple de Z. Comme l™anneau C[X; Y; Z] est factoriel, A est un anneau integre.
`
D™autre part,

A=(x) = C[X; Y; Z]=(XZ Y(Y + 1); X) = C[Y; Z]=(Y(Y + 1)) = C[Z] C[Z]
9.5. SOLUTIONS 171



n™a pas d™e ´ments nilpotents. De plus,
´le
Ax = C[X; Y; Z; X 1 ]=(XZ Y(Y + 1)) = C[X; X 1 ; Y; Z]=(Z Y(Y + 1)X 1 )
= C[X; X 1 ; Y]
est un localise de l™anneau C[X; Y]. Comme cet anneau est factoriel, il est
´
inte
´gralement clos et Ax est inte
´gralement clos.
La premiere question montre alors que A est inte
` ´gralement clos.
m
Solution de l™exercice 9.4.7. ” a) Notons P = Xm + ( 1)i pi Xm i
P
et Q =
i=1
n
Xn + ( 1)i qi Xn i . Soit C l™anneau
P
i=1

C = B[a1 ; : : : ; am ; b1 ; : : : ; bn ]=I
ou I est l™ide engendre par les e ´ments
` ´al ´ ´le
X
a (1) : : : a (k) pk
2Fm
k

et
X
b :::b qk :
(1) (k)
kn
2F
Fm
l™ensemble des applications injectives f1; : : : ; kg ! f1; : : : ; mg.)
(On a note
´ k
n
Q Q
Dans C, on a ainsi P(X) = (X ai ) et Q(X) = (X bi ). De plus, les ai et
i=1m i=1
bj sont solutions d™une e ´quation polynomiale unitaire (donne respectivement
ˆ ´e
par P et Q), donc sont entiers sur B. Cela implique que C est une B-algebre `
engendre par des e ´ments entiers sur B donc que C est entiere sur B.
´e ´le `
Puisque PQ 2 A[X], les ai et bj sont entiers sur A. Par suite, les pk et qk , e
´tant
les fonctions syme ´triques e ´mentaires des ai (resp. des bj ), sont entiers sur A
´le
pour tout k. Comme ce sont des e ´ments de B est que A est inte
´le ´gralement
ferme dans B, ils appartiennent a A si bien que P 2 A[X] et Q 2 A[X], ainsi
´ `
qu™il fallait de
´montrer.
b) Soit P 2 B[X] un polynome qui est entier sur A[X] et conside
ˆ ´rons une
relation de de ´pendance inte ´grale
Pd + R 1 Pd 1
+ + Rd = 0;
avec Ri 2 A[X]. On pose Q = Xr P avec r > deg P (de sorte que Q est unitaire)
et on re´crit cette e
´galite
´
( Q + Xr )d + R1 ( Q + Xr )d 1
+ + Rd = 0:
De
´veloppons ; on trouve une e
´galite
´
‚Ã
d d i
Q k ( 1) kX
Xr(i k)
X
Rd i =0
k
k=0 i=k
`
CHAPITRE 9. CORPS ET ALGEBRES
172



dans laquelle R0 = 1 que l™on re
´crit
d
Sk Q k = 0
X
k=0
avec Sk 2 A[X]. On a Sd = 1 et
d
Rd i Xri = Xr d + : : :
X
S0 =
i=0
donc S0 est unitaire si r > max(deg Ri ). L™e
´galite
´
Q( Q d Sd 1 Q d
1 2
S1 ) = S0
et la question pre ´dente impliquent alors que Q 2 A[X]. Par suite, P = Xr Q2
´ce
A[X], ce qui prouve que A[X] est inte ´gralement ferme dans B[X].
´
10 Algebre homologique
`




Ce chapitre expose quelques rudiments d™algebre homologique. Issue de la topologie
`
algebrique ou elle a des applications frappantes (le theoreme de Brouwer par exemple),
´ ` ´`
le formalisme algebrique qui la sous-tend a ensuite essaime dans de nombreux domaines
´ ´
des mathematiques. C™est aujourd™hui en outil fondamental en algebre commutative,
´ `
en geometrie algebrique, en topologie et elle a meme des applications en robotique !
´´ ´ ˆ


10.1. Suites exactes
La notion de suite exacte permet de re´sumer dans un diagramme simple a
`
e
´crire de nombreuses proprie ´s alge
´te ´briques.
De¬nition 10.1.1. ” Soit A un anneau. Une suite exacte de A-modules est un dia-
´
gramme
f1 f2 fn
M0 ! M1 ! M2 ! ! Mn ! Mn
1

ou pour tout i 2 f2; : : : ; ng, Ker fi = Im fi 1 .
`
En particulier, on a fi fi 1 = 0 pour tout i 2 f2; : : : ; ng. Un cas particulier
tres important est fournie par les suites de 5 modules, les deux extre
` ´mite e
´s ´tant
nulles. On parle alors de suite exacte courte.
Proposition 10.1.2. ” Une suite de A-modules
p
i
0!N!M!P!0
est exacte si et seulement si :
“ i est injectif ;
“ Ker p = Im i ;
“ p est surjectif.
Alors, i induit un isomorphisme de N sur le sous-A-module i(N) de M et p induit un
isomorphisme M=i(N) ' P.
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
174



Demonstration. ” Il suf¬t d™e´crire toutes les conditions. L™image de la ¬‚eche `
´
0 ! N est 0, c™est aussi le noyau de i, donc i est injectif. Ensuite, Im i = Ker p.
´gale au noyau de l™homomorphisme P ! 0, c™est-a-dire
En¬n, l™image de p est e `
P, donc p est surjectif. Le reste de la proposition provient du the ` me de
´ore
factorisation.
De¬nition 10.1.3. ” Un complexe est un diagramme
´
f1 f2 fn
M0 ! M1 ! M2 ! ! Mn ! Mn
1

ou pour tout i 2 f2; : : : ; ng, fi fi = 0.
` 1

De¬nition 10.1.4. ” Soit A un anneau et f : M ! N un homomorphisme de A-modules.
´
Le A-module quotient N=f (M) est appele conoyau de f . On le note Coker f .
´
Remarque 10.1.5. ” On a Coker f = 0 si et seulement si f est surjectif. Ainsi, un
homomorphisme f : M ! N est un isomorphisme si et seulement si Ker f = 0
et Coker f = 0.
Theoreme 10.1.6 (Lemme du serpent). ” Considerons un diagramme d™homomor-
´
´`
phismes de A-modules
p
GN GM GP G0
i
0
g
f h
  
p0
i0
G N0 G M0 G P0 G0
0
dans lequel les deux lignes sont supposees exactes et les deux carres commutatifs : i0 f = f i
´ ´
et p0 g = h p. Il existe alors un homomorphisme canonique @ : Ker h ! Coker f tel que
l™on ait une suite exacte
i0 p0
p
i @
0 ! Ker f ! Ker g ! Ker h ! Coker f ! Coker g ! Coker h ! 0:
Demonstration. ” a) On a i(Ker f ) Ker g et p(Ker g) Ker h. En effet, si x 2 N
´
´ri¬e f (x) = 0, alors g(i(x)) = (g i)(x) = (i0 f )(x) = i0 (f (x)) = 0, donc
ve
i(x) 2 Ker g. De meme, si y 2 Ker g, on a h(p(y)) = (h p)(y) = (p0 g)(y) =
ˆ
p0 (g(y)) = 0, donc p(y) 2 Ker h.
On a ainsi des homomorphismes i : Ker f ! Ker g et p : Ker g ! Ker h.
b) On a i0 (Im f ) Im g et p0 (Im g) Im h. En effet, si x0 2 Im f , soit x 2 N
tel que x0 = f (x). Alors, i0 (x0 ) = (i0 f )(x) = (g i)(x) = g(i(x)), ce qui prouve
que i0 (x0 ) appartient a Im g.
`
De meme, si y 0 2 Im g, soit y 2 M tel que y 0 = g(y). On a alors p0 (y 0 ) =
ˆ
(p0 g)(y) = (h p)(y) = h(p(y)) donc p0 (y 0 ) appartient a Im h.
`
Il en re
´sulte que le noyau de l™homomorphismes compose ´
i0
N0 ! M0 ! M0 = Im g = Coker(g)
10.1. SUITES EXACTES 175



contient Im(f ), d™ou par passage au quotient un homomorphisme canonique
`
i0 : Coker(f ) = N0 = Im(f ) ! Coker(g). De meme, on en de
ˆ ´duit un homomor-
phisme p0 : Coker(g) ! Coker(h), induit par p0 .
c) L™homomorphisme i est injectif : si i (x) = 0, i(x) = 0 donc x = 0.
Comme p est la restriction a Ker g de p et comme p i = 0, on a p i = 0 donc
`
´ciproquement, soit y 2 Ker p . On a donc y 2 Ker g et p(y) = 0.
Ker p . Re
Im i
Comme la premiere ligne du diagramme est exacte, y 2 Im i. Soit ainsi x 2 N tel
`
que y = i(x). On a 0 = g(y) = g(i(x)) = (g i)(x) = (i0 f )(x) = i0 (f (x)). Comme
i0 est injectif, f (x) = 0 et x 2 Ker f . Par suite, y = i(x) 2 i(Ker f ) = i (Ker f ).
d) L™homomorphisme p0 est surjectif : si 0 2 Coker h, on peut e ´crire 0 = cl(z 0 )
avec z 0 2 P0 . Comme p0 est surjectif, il existe y 0 2 M0 tel que z 0 = p0 (y 0 ). Alors, par
´¬nition de p0 , on a 0 = p0 (cl(y 0 )), si bien que 0 2 Im p0 .
de
On a p0 i0 = 0. En effet, par de ´¬nition de i0 , si x0 2 N0 , i0 (cl(x0 )) = cl(i0 (x0 )),
d™ou `
p0 (i0 (cl(x0 )) = p0 (cl(i0 (x0 ))) = cl(p0 (i0 (x0 ))) = 0:
´ciproquement, si p0 (cl(y 0 )) = 0, on a cl(p0 (y 0 )) = 0, d™ou p0 (y 0 ) 2 Im h. On e
Re ` ´crit
p0 (y 0 ) = h(z) avec z 2 P. Comme p est surjectif, il existe y 2 M tel que z = p(y)
et p0 (y 0 ) = h(p(z)) = p0 (g(z)). Ainsi, y 0 g(z) appartient a Ker p0 , donc est de la
`
forme i0 (x0 ) pour x0 2 N0 . Finalement,

cl(y 0 ) = cl(g(z) + i0 (x0 )) = cl(i0 (x0 )) = i0 (x0 );

d™ou Ker p0 = Im i0 .
`
e) Nous allons maintenant construire l™homomorphisme @. La restriction a `
p 1 (Ker h) = Ker(h p) de g fournit un homomorphisme Ker(h p) ! M dont
l™image est contenue dans le noyau de p0 (si h(p(y)) = 0, p0 (g(y)) = 0). Puisque
Ker p0 = Im i0 et comme i0 : N0 ! Im i0 est un isomorphisme, il en re ´sulte un
homomorphisme canonique p 1 (Ker h) ! N0 que l™on compose ensuite avec la
surjection canonique N0 ! Coker(f ), d™ou un homomorphisme : p 1 (Ker h) !
`
Coker(f ).
Si y = i(x) 2 i(N), on a g(y) = i0 (f (x)), donc (y) = cl(f (x)) = 0. Ainsi, Ker
contient i(N), d™ou par passage au quotient un homomorphisme bien de
` ´¬ni

@ : Ker h = p 1 (Ker h)=p 1 (0) = p 1 (Ker h)=i(N) ! Coker(f ):

Concretement, l™image d™un e ´ment z de Ker h par l™homomorphisme @ est
` ´le
obtenue de la fa¸ on suivante. Comme p est surjectif, il existe y 2 M tel que
c
z = p(y). Alors, 0 = h(z) = h(p(y)) = p0 (g(y)), donc g(y) 2 Ker p0 = Im i0 . Il
existe ainsi x0 2 N0 tel que g(y) = i0 (x0 ). Alors, @(z) est la classe de x0 dans
Coker(f ) = N0 = Im f .
f) Montrons que Im p = Ker @.
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
176



Soit z 2 Im p , d™ou y 2 Ker g tel que p(y) = z. Autrement dit, g(y) = 0 et avec
`
les notations du paragraphe pre ´dent, x0 = 0, d™ou @(z) = 0 et z 2k er@.
´ce `
´ciproquement, si z 2 Ker @, on a x0 2 Im f , donc x0 = f (x) pour un
Re
certain x 2 N et g(y) = i0 (x0 ) = g(i(x)). On a donc y i(x) 2 Ker g. Par
suite, z = p(y) = p(y i(x)) 2 p(Ker g) = Im p .
g) En¬n, montrons que Im @ = Ker i0 .
Soit z 2 N ; avec les memes notations, i0 (@(z)) = i0 (cl(x0 )) = cl(i0 (x0 )) =
ˆ
cl(g(y)) = 0, donc @(z) 2 Ker i0 et Im @ Ker i0 .
´ciproquement, soit 0 2 Ker i0 . On peut e ´crire 0 = cl(x0 ). On a alors
Re
i0 ( 0 ) = cl(i0 (x0 )). Par suite, i0 (x0 ) 2 Im g. Si i0 (x0 ) = g(y) avec y 2 M, on a
´¬nition @(p(y)) = cl(x0 ) = 0 si bien que Ker i0
par de Im @.
Le the ` me est donc de
´ore ´montre ´.
Corollaire 10.1.7. ” a) Si f et h sont injectives, g aussi. Si f et h sont surjectives, g
aussi.
b) Si f est surjective et g injective, h est injective Si g est surjective et h injective, f est
surjective..
Demonstration. ” a) Si f et h sont injectives, la suite exacte du diagramme du
´
p
i
serpent commence par 0 ! 0 ! Ker g ! 0. Ne
´cessairement, Ker g = 0. Si f et
i0 p0
h sont surjectives, elle se termine par 0 ! Coker g ! 0, donc Coker g = 0 et f
est injective.
b) Si f est surjective et g injective, on a Ker g = 0 et Coker f = 0. Par suite,
p @
´crit 0 ! Ker h ! 0, donc h est injective. En¬n, si
le milieu de la suite exacte s™e
g est surjective et h injective, on a Ker h = 0, Coker g = 0, d™ou une suite exacte
`
i0
@
0 ! Coker f ! 0, donc f est surjective.
Exercice 10.1.8. ” De
´montrer directement le corollaire pre ´dent.
´ce


10.2. Suites exactes scindees. Modules projectifs et injectifs
´
Lemme 10.2.1. ” Soit A un anneau. et considerons une suite exacte courte de A-modules
´
p
i
0 ! N ! M ! P ! 0:
Les proprietes suivantes sont equivalentes :
´´ ´
(1) il existe q : P ! M tel que p q = IdP (p a un inverse a droite) ;
`
(2) il existe j : M ! N tel que j i = IdN (i a un inverse a gauche) ;
`
(3) i(N) a un supplementaire dans M.
´
De¬nition 10.2.2. ” Une suite exacte courte qui veri¬e les conditions du lemme 10.2.1
´
´
precedent est dite scinde
´e.
´´
´
10.2. SUITES EXACTES SCINDEES. MODULES PROJECTIFS ET INJECTIFS 177



Demonstration. ” (1))(3). ” Soit Q = q(P) l™image de q dans M et montrons
´
que Q est un supple ´mentaire de i(N). Tout d™abord, si m = i(x) + q(y), pour
x 2 N et y 2 P, on a p(m) = p(i(x)) + p(q(y)) = y. Ainsi, si m = i(x) + q(y) = 0,
alors y = p(m) = 0 puis i(x) = 0 ” donc aussi x = 0 puisque i est injectif. Cela
montre que i(N) et Q sont en somme directe. De plus, si m 2 M, posons y = p(m).
Alors, p(m q(y)) = p(m) p(q(p(m))) = p(m) p(m) = 0, donc m q(y) 2 i(N).
Cela montre que M = i(N) + Q. Ainsi, M = i(N) Q et Q est un supple ´mentaire
de i(N) dans M.
(3))(1). ” Soit Q un supple ´mentaire de i(N) dans M. Conside ´rons l™homo-
0 0
morphisme p : Q ! P obtenu par restriction a Q de p. On a Ker p = Ker p \ Q =
`
i(N) \ Q = 0 puisque Q et i(N) sont en somme directe. Donc p0 est injectif. De
´crire y = i(z) + z 0 avec z 2 N
plus, si x 2 P, soit y 2 M tel que x = p(y). On peut e
et z 0 2 Q. Alors, x = p(i(z)) + p(z 0 ) = p(z 0 ) et p0 est surjectif. Par suite, p0 est un
´ciproque q : P ! Q ve
isomorphisme et l™homomorphisme re ´ri¬e bien p q = IdP .
(2))(3).” Soit Q le noyau de j. Si x 2 Q \ i(N), on peut e ´crire x = i(y)
avec y 2 N et 0 = j(x) = j(i(y)) = y, donc y = 0 et x = 0. Ainsi, Q et
i(N) sont en somme directe. De plus, si x 2 M, posons y = x i(j(x)). Alors,
j(y) = j(x) j(i(j(x)) = 0 donc y 2 Q. Ceci prouve que Q + i(N) = M. Ainsi,
M = Q i(N).
(3))(2). ” Soit Q un supple ´mentaire de i(N) dans M. Conside ´rons l™ap-
plication j : M ! N qui associe a m = x + i(y) avec x 2 Q et y 2 N l™e ´ment
` ´le
y 2 N. Elle est bien de ´¬nie car i est injectif. De plus, c™est un homomorphisme.
En¬n, un e ´ment i(y) 2 i(N) se de
´le ´compose i(y) = 0 + i(y), donc j(i(y)) = y et
j i = IdN .

Remarque 10.2.3. ” Comme tout sous-espace vectoriel d™un espace vectoriel pos-
sede un supple
` ´mentaire, toute suite exacte de modules sur un corps est scinde
´e.

De¬nition 10.2.4. ” On dit qu™un A-module P est projectif si toute suite exacte courte
´
0!N!M!P!0
est scindee.
´

Autrement dit, P est projectif si et seulement si tout homomorphisme surjectif
f : M ! P admet un inverse a droite.
`

Theoreme 10.2.5. ” Soit P un A-module. Les proprietes suivantes sont equivalentes :
´´ ´
´`
(1) P est projectif ;
(2) P est un facteur direct d™un A-module libre ;
(3) pour tout homomorphisme surjectif p : M ! N et tout homomorphisme f : P ! N, il
existe un homomorphisme g : P ! M tel que f = p g.
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
178



Rappelons qu™un facteur direct d™un module est un sous-module qui possede
`
un supple
´mentaire. D™autre part, l™e
´nonce (3) du the ` me est souvent pris
´ ´ore
comme de´¬nition des modules projectifs.

Demonstration. ” (1))(2). ” Supposons que P est projectif. Soit S une famille
´
ge ´ratrice dans P et soit L = A(S) le A-module libre de base S. On a un
´ne
homomorphisme canonique p : L ! P tel que es (vecteur de A(S) dont toutes les
coordonne valent 0 sauf la coordonne s qui vaut 1) a pour image s. Soit N
´es ´e
le noyau de p, d™ou une suite exacte courte 0 ! N ! L ! P ! 0. Comme P est
`
suppose projectif, N admet un supple
´ ´mentaire Q dans L. Dans la de ´monstration
du lemme 10.2.1, on a montre que la restriction a Q de l™homomorphisme p
´ `
est un isomorphisme Q ' P. Par suite, P est (isomorphe a) un facteur direct du
`
A-module libre L.
(2))(3). ” Supposons maintenant qu™il existe un A-module libre L contenant
P et un sous-module Q de L tel que P Q = L. Fixons une base S de L.
Soit p : M ! N un homomorphisme surjectif et f : P ! N un homomorphisme
quelconque. On veut montrer qu™il existe g : P ! M tel que p g = f .
´¬nit un homomorphisme ' : L ! N par '(x + y) = f (p) si x 2 P et
On de
y 2 Q. Par construction, la restriction de ' a P est e ´gale a f . Pour tout s 2 S,
` `
soit alors ms un e ´ment de M tel que p(ms ) = '(s) (il en existe car p est
´le
surjectif). Alors, la proprie ´ universelle des modules libres implique qu™il existe
´te
un unique homomorphisme : L ! M tel que (s) = ms . Pour tout s 2 S, on a
alors p (s) = p(ms ) = '(s), donc S formant une base de L, p = '. Soit g la
restriction de ' a P. Elle ve
` ´ri¬e p g = 'jP = f .
(3))(1). ” Soit p : M ! P un homomorphisme surjectif. On applique l™hypo-
these de (3) avec N = P et f = IdP . Il existe alors g : P ! M tel que p g = IdP ,
`
autrement dit p a un inverse a droite. Cela prouve que P est un module projectif.
`


En particulier, les modules libres sont projectifs.

Exercice 10.2.6. ” a) Soit P un A-module projectif. Si P est de type ¬ni, montrer
qu™il existe un A-module libre de type ¬ni L dont P est un facteur direct.
b) On suppose que A est un anneau principal. Montrer que tout A-module
projectif de type ¬ni est libre.

De¬nition 10.2.7. ” On dit qu™un A-module I est injectif si tout homomorphisme injectif
´
i : I ! M admet un inverse a gauche.
`

Ceci revient bien sur a dire que toute suite exacte courte
ˆ`

0!I!M!N!0
´
10.2. SUITES EXACTES SCINDEES. MODULES PROJECTIFS ET INJECTIFS 179



est scinde C™est en quelque sorte la de
´e. ´¬nition duale de celle des modules
projectif. Comme le fait remarquer Matsumura dans [5], il n™y a pas de notion
duale des modules libres, si bien que l™on n™a pas de caracte
´risation des modules
injectifs completement analogue a celle fournie par le the ` me 10.2.5 pour les
` ` ´ore
modules projectifs.

Theoreme 10.2.8. ” Soit I un A-module. Les conditions suivantes sont equivalentes.
´
´`
(1) I est injectif ;
(2) pour tout ideal a de A et tout homomorphisme injectif f : a ! I, il existe un
´
homomorphisme g : A ! I tel que f = gja ;
(3) pour tout homomorphisme injectif i : M ! N et tout homomorphisme f : M ! I, il
existe un homomorphisme g : N ! I tel que f = g i.

La encore, c™est souvent la troisieme de ces conditions qui est prise comme
` `
de
´¬nition des modules injectifs.

Demonstration. ” (3))(2). ” Il suf¬t de poser M = a et N = A.
´
(3))(1). ” Si i : I ! M est injectif, appliquons l™hypothese (3) a l™homo-
` `
morphisme identique I ! I. On obtient un homomorphisme g : M ! I tel que
g i = IdI . Ainsi, I est injectif.
(1))(3). ” Soit i : M ! N un homomorphisme injectif et f : M ! I un
homomorphisme. On veut montrer qu™il existe g : N ! I tel que f = g i.
Soit P N I le sous-module image de l™homomorphisme M ! N I tel que
m 7! (i(m); f (m)) et soit ' : I ! N I ! (N I)=P l™homomorphisme compose ´
tel que x 7! cl(0; x). Si '(x) = 0, il existe m 2 M tel que (0; x) = (i(m); f (m)).
Comme i est injectif, m = 0 et x = 0. Ainsi, ' est injectif.
Par hypothese, il existe un homomorphisme : (N I)=P ! I tel que ' = IdI .
`
Soit alors g : N ! I l™homomorphisme de ´¬ni par g(x) = (cl(x; 0)). Si x 2 M,
on a

g(i(x)) = (cl(0; f (x))) = ('(f (x))) = f (x):
(cl(i(x); 0)) =

Ainsi, g i = f , ce qu™il fallait de
´montrer.
(2))(1). ” Soit i : I ! M un homomorphisme injectif. On veut prouver qu™il
existe f : M ! I qui est un inverse a gauche de i, c™est-a-dire tel que f i = IdI .
` `
Soit F l™ensemble des couples (N; fN ) ou N est un sous-module de M contenant
`
I et fN un homomorphisme N ! I ve ´ri¬ant fN i = IdI . Comme i est injectif,
c™est un isomorphisme I ! i(I) et l™isomorphisme re ´ciproque de´¬nit un e ´ment
´le
(i(I); i 1 ) de F . Par conse
´quent, F n™est pas vide.
sur F en posant
On de ´¬nit un ordre

(N0 ; fN0 ) N0
, et fN0 jN = fN :
(N; fN ) N
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE
180



Muni de cette relation d™ordre, F est inductif. En effet, si (N ; f ) est une famille
totalement ordonne dans F , la re
S
´e ´union N = N est un sous-module de M et on
´¬nir fN : N ! I en posant, si est tel que x 2 N , fN (x) = fN (x). Si x 2 N
peut de
et x 2 Nÿ , on peut supposer, quitte a e ` ´changer et ÿ, que (N ; fN ) (Nÿ ; fNÿ ).
Nÿ et fNÿ jN , d™ou fNÿ (x) = fN (x), ce qui prouve que fN est bien
Alors, N `
de´¬ni.
D™apres le lemme de Zorn, F admet un e ´ment maximal (N; fN ). Supposons
` ´le
par l™absurde que N 6= M. Soit alors m 2 M n N et soit a = (N : m) l™ensemble
des a 2 A tels que am 2 N. Notons N0 = N + Am. C™est un sous-module de M qui
contient strictement N.
Soit ' : a ! I l™homomorphisme de ´¬ni par a 7! fN (am) si a 2 a. Par l™hypothese
`
(2), il existe un homomorphisme : A ! I tel que (a) = fN (am) si a 2 a.
´¬nit alors un homomorphisme g : N0 ! I en posant, si x 2 N et a 2 A,
On de
´¬nie : si x + am = x0 + a0 m,
(a). C™est une application bien de
g(x + am) = fN (x)
(a0 a)m = x x0 appartient a N, donc a0 a 2 a et
`
fN (x0 ) (a0 ) (a) = fN (x0 x) (a0 a)
Ð Ð
fN (x)
= fN (x0 fN ((a0
x) a)m) = 0:
Il est facile de ve´ri¬er que c™est un homomorphisme. De plus, on a gjN = fN ,
´¬nit un e ´ment de F .
donc aussi g i = IdI , si bien que le couple (N0 ; g) de ´le
Mais ceci contredit l™hypothese que N e
` ´tait maximal.
Par suite, un e ´ment maximal de F est de la forme (M; fM ) ou fM : M ! I
´le `
est un homomorphisme tel que fM i = IdI .
Ceci clot la de
ˆ ´monstration du the ` me.
´ore
Corollaire 10.2.9. ” Soit A un anneau principal et M un A-module. Alors, M est
injectif si et seulement si pour tout a 2 A, a 6= 0, l™homomorphisme a : M ! M, x 7! ax
est surjectif.
Demonstration. ” Supposons que M est injectif et soit a 2 A, a 6= 0. Soit x 2 M
´
´rons l™homomorphisme (a) ! M de ´¬ni par ab 7! bx (c™est la qu™on
et conside `
utilise que a 6= 0, le fait que a soit simpli¬able suf¬rait). Comme M est injectif,
la proprie ´ (2) du the ` me 10.2.8 montre qu™il existe un homomorphisme
´te ´ore
f : A ! M tel que f (ab) = bx si b 2 A. Alors, f (1) est un e ´ment de M tel que
´le
af (1) = f (a) = x. Ainsi, l™homomorphisme a est surjectif.
´ciproquement, supposons que cette proprie ´ est satisfaite. Soit a un ide
Re ´te ´al
de A et f : a ! M un homomorphisme. Comme A est principal, il existe a 2 A
tel que a = (a). Si a = 0, tout homomorphisme g : A ! M convient, par
exemple l™homomorphisme nul. Supposons maintenant que a 6= 0. Alors, pour
tout b 2 A, f (ab) = bf (a). Par hypothese, il existe x 2 M tel que ax = f (a).
`
Alors, l™homomorphisme g : A ! M tel que g(b) = bx pour tout b 2 A ve ´ri¬e
10.3. FONCTEURS EXACTS 181



g(ab) = abx = bf (a) = f (ab) pour tout b 2 A. Ainsi, la restriction de g a l™ide
` ´al
(a) est bien e
´gale a f . Ceci prouve que M est injectif.
`
Exemple 10.2.10. ” Le Z-module Q=Z est un Z-module injectif.


10.3. Foncteurs exacts
Rappelons qu™un foncteur F de la cate ´gorie des A-modules dans elle-meme
ˆ
est une « application » qui associe a tout module M un module F (M) et a tout
` `
homomorphisme f : M ! N un homomorphisme F (f ) : F (M) ! F (N) de sorte
que l™application HomA (M; N) ! HomA (F (M); F (N)) est un homomorphisme
de A-algebres (non commutatives) :
`
“ on a F (IdM ) = IdF (M) pour tout module M ;
“ l™application HomA (M; N) ! HomA (F (M); F (N)) est un homomorphisme
de A-modules ;
“ pour tout couple d™endomorphisme f : M ! N et g : N ! P, F (g f ) =
F (g) F (f ).
Un tel foncteur est aussi appele foncteur covariant.
´
Un foncteur contravariant est une application du meme genre mais qui ren-
ˆ
verse le sens des ¬‚eches : a un homomorphisme f : M ! N est associe un
` ` ´
homomorphisme F (f ) : F (N) ! F (M) et l™on a F (f g) = F (g) F (f ).
Exemple 10.3.1 (Foncteurs Hom). ” Soit P un A-module ¬xe Pour tout A-module
´.
´rons le A-module HomA (P; M). Si f : M ! N est un homomorphisme,
M, conside
on considere l™homomorphisme HomA (P; M) ! HomA (P; N) tel que ' 7! f '.
`
Cela de´¬nit un foncteur HomA (P; ).
Si on considere en revanche les A-modules HomA (M; P) et pour f : M ! N
`
l™homomorphisme HomA (N; P) ! HomA (M; P) de ´¬ni par ' 7! ' f , on de
´¬nit
un foncteur contravariant HomA ( ; P).
´rons f : M ! N et g : N ! P deux homomorphismes
Remarque 10.3.2. ” Conside
f g
tels que g f = 0, de sorte que le diagramme M ! N ! P est un complexe.
Alors, pour tout foncteur covariant F , on a F (g) F (f ) = F (g f ) = F (0) = 0
F (f ) F (g)
si bien que le diagramme F (M) ! F (N) ! F (P) est encore un complexe.
Une remarque analogue vaut bien entendu pour les foncteurs contravariants.
De¬nition 10.3.3. ” Un foncteur covariant F est dit exact a gauche si pour toute
`
´
suite exacte
0 ! M ! N ! P;
la suite
0 ! F (M) ! F (N) ! F (P)
`
CHAPITRE 10. ALGEBRE HOMOLOGIQUE

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