Exercice.SoitAun anneau noethérien qui n’a qu’un seul idéal premier, que l’on notep

DMA – École Normale supérieure (2012/2013) 4 juin 2013

Examen Algèbre 2 Responsable : Mr O. DEBARRE

Important : vous avez droit de consulter le cours et d’utiliser sans démonstration ses résultats (sauf ceux des exercices ou des TD). Si vous voulez utiliser des résultats hors du cours, il faut les démontrer.

Exercice.SoitAun anneau noethérien qui n’a qu’un seul idéal premier, que l’on notep.

a) Montrer qu’il existe un entiern >0 tel quepⁿ= (0).

b) Montrer que toute suite décroissante d’idéaux deA est stationnaire (Indication : on pourra procéder par récurrence sur un entierntel quepⁿ= (0)).

Problème 1.SoitKun corps. Le but de cet problème est de donner une démonstration directe de l’égalité dim(K[X₁, . . . , X_n]) =n

pour tout entiern.

SoitAun anneau.

a) Soitxun élément deA. Montrer queSx:={x^m(1 +ax)|m∈N, a∈A} est une partie multiplicative de A.

b) Soitp un idéal premier deA contenu dans un idéal maximalm deA. Montrer que pour tout x∈A, on a m∩S_x6=∅et que pour toutx∈m p, on ap∩S_x=∅.

c) Soitnun entier≥0. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) dim(A)≤n;

(ii) pour toutx∈A, on adim(S_x⁻¹A)≤n−1.

d) Soitnun entier≥0. En déduire que les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) dim(A)≤n;

(ii) pour tousx0, . . . , xn∈A, il existe a0, . . . , an ∈Aetm0, . . . , mn∈Ntels que

x^m₀⁰(x^m₁¹(· · ·(x^m_n−2ⁿ⁻²(x^m_n−1ⁿ⁻¹(x^m_nⁿ(1 +a_nx_n) +a_n−1x_n−1) +a_n−2x_n−2) +· · ·) +a₁x₁) +a₀x₀) = 0.

e) On suppose queAest uneK-algèbre et que toute famille(x0, . . . , xn)d’éléments deA est algébriquement dépendante surK. Montrer que l’on adim(A)≤n(Indication :on pourra ordonner les monômes intervenant dans une relation de dépendance algébrique entrex₀, . . . , x_n selon l’ordre lexicographique).

f) En déduiredim(K[X1, . . . , Xn]) =n.

Problème 2. SoitP(X) = Xⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a₀ ∈Z[X] un polynôme unitaire à coefficients entiers.

Notonsz₁, . . . , z_n ses racines complexes (non nécessairement simples) etK:=Q(z₁, . . . , z_n)⊂Cle corps de décomposition deP et posonsG:= Gal(K/Q).

Soitpun nombre premier. Le but de ce problème est de comparer le groupeGau groupe de GaloisG¯ du polynôme

P(X¯ ) =Xⁿ+ ¯an−1Xⁿ⁻¹+· · ·+ ¯a0∈Fp[X], où¯ai désigne la classe de l’entierai dansFp=Z/pZ.

SoitAle sous-anneauZ[z₁, . . . , z_n]deK.

a) Montrer que l’action du groupeGsurK laisseAstable.

b) Pour toutadansA, on poseN(a) =Q

g∈Gg(a). MontrerN(a)∈Z.

c) Soitpun nombre premier. En déduire que l’idéalpAdeAest distinct deA.

d) Soitmun idéal maximal deAcontenantpA. Montrer quek:=A/mest un corps de décomposition pour le polynômeP¯ défini plus haut.

On pose Dm := {g ∈ G | g(m) = m}. Lorsque g décrit G Dm, les g(m) décrivent un ensemble fini {m1, . . . ,mr}, peut-être vide, d’idéaux maximaux de Adistincts deux à deux et distincts de m.

e) Montrer queDm est un sous-groupe deG.

f) Pour touti∈ {1, . . . , r}, montrer que l’on a m+m_i=A.

g) Montrerm+m1· · ·mr=A.

h) Montrer qu’il existex∈Adont la classex¯danskengendre l’extensionF_p⊂k.

i) Montrer qu’il existez∈Atel quez¯= ¯xet g(z)∈mpour toutg∈G Dm. j) Montrer que le polynômeµ(X) :=Q

g∈G(X−g(z))est à coefficients dans Z.

Tout g∈D_m laisse stable Aetm, donc définit un élément deG¯ que l’on note¯g.

k) Siσ∈G, déduire de j) qu’il existe¯ g∈Dm tel queσ(¯x) = ¯g(¯x), puis que le morphisme ψ:D_m → G¯

g 7→ ¯g est surjectif.

l) Si le polynômeP¯ est séparable, montrer queψest un isomorphisme.

m) Quelle est la nature du groupeG¯?

DMA – École Normale supérieure (2012/2013) 4 juin 2013

Corrigé de l’examen Algèbre 2 Responsable : Mr O. DEBARRE

Exercice.SoitAun anneau noethérien qui n’a qu’un seul idéal premier, que l’on note p.

a) Montrer qu’il existe un entier n >0 tel quepⁿ= (0).

Dans tout anneau, l’ensemble des éléments nilpotents est l’intersection des idéaux premiers, donc icip. Tout élément depest donc nilpotent, et comme on est dans un anneau noethérien, il existen >0tel quepⁿ = (0).

b) Montrer que toute suite décroissante d’idéaux de Aest stationnaire.

Sin= 1, l’anneauA=A/pest un corps et c’est clair.

Si n > 1, on pose A⁰ = A/pⁿ⁻¹. C’est encore un anneau avec un seul idéal premier, p⁰ := p/pⁿ⁻¹, et p⁰ⁿ⁻¹= (0). Si(Ij)_j∈Nest une suite décroissante d’idéaux deA, on noteI_j⁰ := (Ij+pⁿ⁻¹)/pⁿ⁻¹'Ij/(Ij∩pⁿ⁻¹) l’image deIj dansA⁰. Alors(I_j⁰)j∈N est une suite décroissante d’idéaux deA⁰. Par hypothèse de récurrence, elle est stationnaire. De même,(Ij∩pⁿ⁻¹)_j∈Nest une suite décroissante de sous-A-modules duA-modulepⁿ⁻¹. Commepⁿ= (0)et quep est un idéal maximal (doncA/p est un corps), ce dernier est en fait unA/p-espace vectoriel, de dimension finie (carA étant noethérien,pⁿ⁻¹ est de type fini), donc la suite(I_j∩pⁿ⁻¹)_j∈N est aussi stationnaire, puisque deux sous-espaces vectoriels emboîtés de même dimension sont égaux. On a donc, pourj0, à la foisIj/(Ij∩pⁿ⁻¹) =Ij+1/(Ij+1∩pⁿ⁻¹)etIj∩pⁿ⁻¹=Ij+1∩pⁿ⁻¹, ce qui entraîne facilement Ij=Ij+1.

Problème 1.SoitAun anneau.

a) Soitxun élément deA. Montrer queSx:={x^m(1 +ax)|n≥0, a∈A}est une partie multiplicative deA.

On a1∈Sxet x^m(1 +ax)xⁿ(1 +bx) =x^m+n(1 + (a+b+abx)x), doncSxest une partie multiplicative.

b) Soit p un idéal premier de Acontenu dans un idéal maximal m de A. Montrer que pour toutx∈A, on a m∩S_x6=∅et que pour toutx∈m p, on ap∩S_x=∅.

Six∈m, on ax∈m∩Sx. Six /∈m, on aA=Ax+m et on peut écrire1 =ax+y, aveca∈Aet y∈m, et y∈m∩Sx. Dans tous les cas,m∩Sx6=∅.

Six∈m pety=x^m(1 +ax)∈p∩Sx, on a1 +ax∈p(carpest premier etx /∈p) et1 = (1 +ax)−ax∈m, ce qui est absurde.

c) Soitn un entier≥0. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) dim(A)≤n;

(ii) pour toutx∈A, on adim(S_x⁻¹A)≤n−1.

La dimension deS_x⁻¹Aest le supremum des longueurs des chaînes finies d’idéaux premiers deS_x⁻¹A, c’est-à- dire des chaînes d’idéaux premiers deAne rencontrant pasSx.

Supposons (i). Toute chaîne d’idéaux premiers deS_x⁻¹A de longueur m correspond à une chaîne d’idéaux premiers de A de longueur m qui commence par un idéal premier p_m de A qui n’est pas maximal (par b)).

On peut donc ajouter à cette chaîne un idéal maximal deA contenantpm, ce qui augmente la longueur de la chaîne de 1. On a doncm≤n−1.

Inversement, supposons (ii). On veut montrer que toute chaîne finie d’idéaux premiers deAest de longueur

≤ n. On peut supposer qu’une telle chaîne commence par un idéal maximal pm et qu’elle est de longueur m >0 (sinon, il n’y a rien à montrer). Six∈pm pm−1, la chaînepm−1)· · ·)p0 correspond alors (par b)) à une chaîne d’idéaux premiers deS_x⁻¹A. On a donc bienm−1≤n−1 par (ii).

d) Soitnun entier≥0. En déduire que les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) dim(A)≤n;

(ii) pour tousx₀, . . . , x_n∈A, il existea₀, . . . , a_n∈A etm₀, . . . , m_n∈Ntels que

x^m₀⁰(x^m₁¹(· · ·(x^m_n−2ⁿ⁻²(x^m_n−1ⁿ⁻¹(x^m_nⁿ(1 +a_nx_n) +a_n−1x_n−1) +a_n−2x_n−2) +· · ·) +a₁x₁) +a₀x₀) = 0.

Procédons par récurrence sur n. Pourn = 0, c’est la question c) : les anneaux de dimension < 0 sont les anneaux nuls etS_x⁻¹A= 0 si et seulement si0∈S_x.

Supposonsn >0. Toujours par c), (i) est équivalente à ce que toutes les localisationsS_x⁻¹Asont de dimension

≤ n−1, donc par hypothèse de récurrence, puisqu’on peut toujours écrire des éléments de S_x⁻¹A avec le même dénominateur, à ce que pour tout t ∈ S_x et tous x₀, . . . , x_n−1 ∈ A, il existe b₀, . . . , b_n−1 ∈ S_x⁻¹A et m0, . . . , mm−1∈Ntels que

x0

t

m0x1

t m1

· · ·x_n−2 t

mn−2x_n−1 t

mn−1

1 +b_n−1x_n−1 t

+b_n−2x_n−2 t

+· · · +b1x1

t

+b0x0

t

= 0 dansS_x⁻¹A. Ceci est encore équivalent à

x^m₀⁰(x^m₁¹(· · ·(x^m_n−2ⁿ⁻²(x^m_n−1ⁿ⁻¹(t+b⁰_n−1x_n−1) +b⁰_n−2x_n−2) +· · ·) +b⁰₁x1) +b⁰₀x0) = 0

dans S_x⁻¹A, où b⁰_j = b_jt^{mn−1+···+mj+1}. On voit donc que (i) est équivalent à ce que pour tout x ∈ A, tout t∈Sxet tousx0, . . . , x_n−1∈A, il existe b0, . . . , b_n−1∈S_x⁻¹Aet m0, . . . , m_m−1∈Ntels que

(1) x^m₀⁰(x^m₁¹(· · ·(x^m_n−2ⁿ⁻²(x^m_n−1ⁿ⁻¹(t+b_n−1x_n−1) +b_n−2x_n−2) +· · ·) +b₁x₁) +b₀x₀) = 0 dansS_x⁻¹A. Écrivantb_i=a_i/s, aveca₀, . . . , a_n−1∈A ets∈S_x, on arrive à

x^m₀⁰(x^m₁¹(· · ·(x^m_n−2ⁿ⁻²(x^m_n−1ⁿ⁻¹(st+a_n−1x_n−1) +a_n−2x_n−2) +· · ·) +a1x1) +a0x0) = 0

dansS_x⁻¹A, c’est-à-dire à ce que (i) est équivalent à ce que pour toutx∈A, toutt∈S_xet tousx₀, . . . , x_n−1∈ A, il existe s, u∈Sx,a0, . . . , a_n−1∈Aet m0, . . . , m_m−1∈Ntels que

x^m₀⁰(x^m₁¹(· · ·(x^m_n−2ⁿ⁻²(x^m_n−1ⁿ⁻¹(stu+a_n−1ux_n−1) +a_n−2ux_n−2) +· · ·) +a1ux1) +a0ux0) = 0 dansA. Ceci entraîne (ii).

Inversement, on peut énoncer (ii) ainsi : pour tout x ∈ A, tous x0, . . . , xn−1 ∈ A, il existe s ∈ Sx, a₀, . . . , a_n−1∈A etm₀, . . . , m_n−1∈Ntels que

x^m₀⁰(x^m₁¹(· · ·(x^m_n−2ⁿ⁻²(x^m_n−1ⁿ⁻¹(s+a_n−1x_n−1) +a_n−2x_n−2) +· · ·) +a₁x₁) +a₀x₀) = 0

dansA, donc dansS_x⁻¹A. En multipliant part/s(tquelconque dans Sx), on obtient une forme de (1), ce qui prouve (i).

e) On suppose que Aest une K-algèbre et que toute famille(x₀, . . . , x_n) d’éléments deA est algébriquement dépendante surK. Montrer que l’on adim(A)≤n.

Soient x0, . . . , xn ∈ A. Il existe une relation polynomialeP(x0, . . . , xn) = 0, avec P ∈ K[X1, . . . , Xn] non nul. Ordonnons les monômes non nuls deP selon l’ordre lexicographique ; on peut donc écrireP sous la forme

tX₀^m0· · ·X_n^mn+X₀^m0· · ·X_n^mn+1P_n+X₀^m0· · ·X_n−1^mn−1+1P_n−1+· · ·+X₀^m0X₁^m1+1P₁+X₀^m0+1P₀, avect∈K^∗ etP_i∈K[X_i, . . . , X_n]. C’est exactement une relation du type d)(ii), avec a_i=¹_tP_i(x_i, . . . , x_n).

f ) En déduiredim(K[X1, . . . , Xn]) =n.

L’inégalitédim(K[X1, . . . , Xn])≥nrésulte de l’existence de la chaîne d’idéaux premiers (X₁, . . . , X_n))· · ·)(X₁))(0).

D’autre part, la prop. III.12.2.a) du cours dit qu’une famille d’éléments algébriquement indépendants de K[X1, . . . , Xn]a au plusnéléments. On a doncdim(K[X1, . . . , Xn])≤npar e).

Problème 2. SoitP(X) = Xⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a₀ ∈Z[X] un polynôme unitaire à coefficients entiers.

Notons z1, . . . , zn ses racines complexes (éventuellement confondues) et K :=Q(z1, . . . , zn)⊂C le corps de décomposition de P et posonsG:= Gal(K/Q). SoitA le sous-anneauZ[z₁, . . . , z_n]deK.

a) Montrer que l’action du groupe Gsur K laisseA stable.

Cela résulte du fait queGagit trivialement surZet permute leszi. b) Pour tout adansA, on poseN(a) =Q

g∈Gg(a). MontrerN(a)∈Z.

Leszi sont entiers sur Z, donc A est une extension entière de Zpar le cours. De plus, comme l’action de Gsur K laisse A stable, N(a) est entier surZpar le cours. Il est d’autre part invariant sous l’action de G, donc il est dansK^G=Q(par la théorie de Galois, puisque l’extensionQ⊂K est normale (c’est un corps de décomposition) et séparable (on est en caractéristique 0)). On a vu en cours que tout rationnel entier surZ est dansZ, doncN(a)∈Z.

c) Soitpun nombre premier. En déduire que l’idéal pAdeAest distinct de A.

SiA=pA, on peut écrire1 =pa, aveca∈A. On appliqueN et on obtient 1 =N(1) =N(pa) = Y

g∈G

g(pa) = Y

g∈G

pg(a) =p^Card(G)N(a),

ce qui est absurde puisqueN(a)∈Z. On a doncA6=pA.

d) Soit mun idéal maximal de Acontenant pA. Montrer quek:=A/m est un corps de décomposition pour le polynômeP¯(X) =Xⁿ+ ¯a_n−1Xⁿ⁻¹+· · ·+ ¯a0∈Fp[X], où¯ai désigne la classe de l’entieraidansFp=Z/pZ.

Le morphisme canoniqueZ→A→A/pA→kse factorise parFp=Z/pZ, donckest une extension deFp. L’anneauk est engendré par les classes dez1, . . . , zn et on aP¯(X) =Qn

i=1(X−z¯i), donc kest un corps de décomposition pourP.¯

On pose D_m := {g ∈ G | g(m) = m}. Lorsque g décrit G D_m, les g(m) décrivent un ensemble fini {m1, . . . ,mr}, peut-être vide, d’idéaux maximaux de Adistincts deux à deux et distincts de m.

e) Montrer queDm est un sous-groupe deG.

C’est clair.

f ) Pour touti∈ {1, . . . , r}, montrer que l’on am+mi =A.

Commemi6⊂m(sinon, étant tous les deux maximaux, ils seraient égaux), l’idéalm+mi contient strictement l’idéal maximalm: il est donc égal àA.

g) Montrer m+m1· · ·mr=A.

Par d), on peut écrire1 =ai+mi, avecai∈met mi∈mi. On a alors1 =Qr

i=1(ai+mi) =m+m1· · ·mr, oùmest une somme de produits dans lesquels au moins un desai apparaît. On a doncm∈m.

h) Montrer qu’il existex∈A dont la classex¯ dansk engendre l’extensionF_p⊂k.

C’est un conséquence du théorème de l’élément primitif (l’extension Fp ⊂ k est séparable puisque Fp est parfait).

i) Montrer qu’il existez∈A tel quez¯= ¯xet g(z)∈mpour tout g∈G Dm.

Écrivons comme plus haut1 =m+m⁰, avecm∈metm⁰ ∈m1· · ·mret posonsz=xm⁰. On a alorsz¯= ¯x. Si g∈G D_m, on ag⁻¹(m) =m_ipour un certaini, etg(z) =g(x)g(m⁰), avecg(m⁰)∈g(m₁· · ·m_r)⊂g(m_i) =m, doncg(z)∈m.

j) Montrer que le polynôme µ(X) :=Q

g∈G(X−g(z))est à coefficients dans Z.

Ce polynôme est invariant par l’action deG. Ses coefficients sont donc fixes sous cette action, donc dansQ.

Ils sont d’autre part dansA donc entiers surZ. CommeZest intégralement clos, ils sont dansZ.

Toutg∈D_m laisse stableAet m, donc définit un élément deG¯ que l’on noteg.¯

k) Siσ∈G, déduire de j) qu’il existe¯ g∈Dm tel queσ(¯x) = ¯g(¯x), puis que le morphismeDm→G,¯ g7→g¯est surjectif.

Notonsµ¯ l’image deµdansFp[X]. Puisqueg(z)∈m pour toutg∈G Dm, on a

¯

µ(X) := Y

g∈G

(X−g(¯¯ z)) = Y

g∈Dm

(X−¯g(¯x)) Y

g /∈D_m

X.

Le polynômeµ(X)_m :=Q

g∈D_m(X−¯g(¯x))est donc aussi à coefficients dansF_p. Commex¯ en est une racine, σ(¯x)aussi ; c’est donc l’un desg(¯¯ x), pour ung∈Dm. Puisque k=Fp(¯x), l’automorphisme¯gest égal àσ.

l) Si le polynôme P¯ est séparable, montrer que ψest un isomorphisme.

Siz¯1, . . . ,z¯nsont distincts,z1, . . . , znaussi. Si¯gest l’identité, il est l’identité comme permutation dez¯1, . . . ,¯zn, donc comme permutation dez1, . . . , zn. C’est donc l’identité :ψest injective.

m) Quelle est la nature du groupe G¯?

C’est un groupe cyclique d’ordren (oùCard(k) = pⁿ) engendré par l’automorphisme de Frobenius (prop.

I.8.1 du cours).