Sorbonne Université M1 de Mathématiques
4M002 (Algèbre et théorie de Galois) Automne 2020
TD n
◦2.
1 Idéaux premiers et maximaux
Exercice 1. Montrer qu’un élément x de A appartient à tous les idéaux maximaux de A si et seulement si pour touta∈A, 1−axest inversible (l’intersection de tous les idéaux maximaux de Aest appelé le radical de Jacobson deA).
Solution. Supposons que 1−axest inversible pour touta∈A, et soitmun idéal maximal deA. Alors 1−¯a¯x est inversible, et donc non nul, dans le corps A/m, pour tout a∈ A. Il s’ensuit que ¯x n’a pas d’inverse dans A/m, donc ¯x= 0 etx∈m.
Réciproquement, raisonnons par contrapposée et supposons qu’il existea∈Atel que 1−axn’est pas inversible.
Alors 1−axest contenu dans un idéal maximalm(il faut utiliser le lemme de Zorn pour s’assurer de l’existence d’un tel idéal maximal). Comme 1∈/m, on a aussiax /∈m et doncx /∈m.
Exercice 2. SoitAun anneau etP =Pn
i=0aiXi∈A[X].
a) Montrer queP est nilpotent si et seulement si pour touti∈N,ai est nilpotent.
b) Soitxun élément nilpotent deA. Montrer que 1 +xest inversible.
c) Montrer queP est inversible dansA[X] si et seulement si a0 est inversible et pour tout i > 1, ai est nilpotent.
Indice : si Q= Pm
i=0biXi est un inverse de P, on pourra commencer par montrer que que pour tout r>0,ar+1n bm−r= 0.
d) Montrer que P est dans l’intersection de tous les idéaux maximaux si et seulement si P est nilpotent (c’est-à-dire, dansA[X], le radical de Jacobson est égal au nilradical).
Solution. a) Si ai est nilpotent dansA pour tout i, il l’est aussi dans A[X] et doncP, qui appartient à l’idéal deA[X] engendré par lesai l’est aussi (puisque les éléments nilpotents forment un idéal).
Réciproquement, on raisonne par récurrence sur le degré de P (c’est évident si P est un polynôme constant). SiPk= 0, alors le coefficient enXnkdansPk, qui estakn, doit être nul. Doncanest nilpotent.
DoncQ=P−anXn est aussi nilpotent et degQ <degP. Donc les coefficients deQsont nilpotents, or ce sont les coefficients deP (à l’exception de an). D’où le résultat.
b) Sixn= 0, on posex0=Pn−1
i=0(−x)i et on vérifie quex0(1 +x) = 1.
c) Sia0est inversible etainilpotent pouri>1, alorsP =a0(1+a−10 Pn
i=1aiXi). D’après a),a−10 Pn i=1aiXi est nilpotent, donc (1 +a−10 Pn
i=1aiXi) est inversible d’après b), et doncP est inversible comme produit d’inversibles.
Réciproquement, soit Q = Pm
i=0biXi un inverse de P. Alors 1 = a0b0, donc a0 et b0 est inversible.
Montrons par récurrence surr quear+1n bm−r= 0.
Pourr= 0, il suffit de regarder le coefficient deXm+n dansP Q= 1.
Pourr>1 alors le coefficient deXm+n−rdansP Q= 1 est 0 =anbm−r+Pr−1
k=0akbm−k. En multipliant par arn et puisque 0 = aknbm−k|akbm−karn pour k 6 r−1, il ne reste plus que 0 = ar+1n bm−r, comme voulu.
En prenant,r=m, on obtientam+1n b0= 0, et doncan est nilpotent puisqueb0 est inversible.
Donc P −anXn est aussi inversible (par la question b)), et de degré strictement inférieur à P. Par récurrence sur le degré deP, on en déduit queai= 0 pour 16i6n−1.
d) Si P est dans tout idéal premier, a fortiori il est dans tout idéal maximal. Réciproquement, si P est dans tout idéal maximal, alors d’après l’exercice précédent, 1 +XP est inversible. On déduit donc de c), que les coefficients deP sont nilpotents, doncP est nilpotent d’après a). Il appartient donc à tout idéal premier.
Exercice 3. Soitf :A→B un morphisme d’anneaux.
(ı) Montrer que l’image réciproque d’un idéal premier est encore un idéal premier.
(ıı) Est-ce encore vrai pour les idéaux maximaux ? Et sif est surjectif ?
Solution. Remarque préliminaire : soit p un idéal de B, alors le noyau de la composée A −→f B −→can B/p est f−1(p). Par propriété universelle des quotients, cette composée se factorise donc par A/f−1(p), c’est-à- dire, il existe un unique morphisme d’anneaux ¯f : A/f−1(p) −→ B/p tel que cette composée se factorise en A−→can A/f−1(p)−→f¯ B/p. De plus, ¯f estinjective: si x∈Kerf, alorsf(x)∈p doncx∈f−1(p) doncx= 0.
(ı) Si p est premier, alors B/p est intègre, mais comme f : A/f−1(p) →B/p est injectif, A/f−1(p) est aussi intègre doncf−1(p) est premier.
(ıı) Sif n’est pas surjectif, c’est faux. Par exemple considérons l’inclusion Z→Qet prenonsp= (0)⊂Qqui est un idéal maximal de Q. Alors f−1(p) = (0) qui est un idéal premier de Z(car Z/(0) est intègre) mais pas maximal (carZ/(0) n’est pas un corps).
Si par contref est surjectif, alorsf est surjectif. Or on a vu qu’il est injectif donc il est bijectif. Sipest maximal, alorsB/pest un corps et doncA/f−1(p) aussi (carf est bijective) etf−1(p) est maximal.
Exercice 4. SoitAun anneau etI un idéal et soitπ:A→A/I. Montrer que : (ı) les idéaux deA/I sont en bijection avec les idéaux deAcontenantI,
(ıı) cette bijection induit une bijection sur les idéaux premiers et les idéaux maximaux.
Solution. Si J est un idéal de A/I, alors π−1(J) est un idéal de A qui contient π−1(0) = I. On a donc une application :
J 7→π−1(J) : {Idéaux de A/I} −→ {Idéaux de A contenant I}
Dans l’autre sens, si J est un idéal (quelconque) deA, alorsπ(J) est un idéal deA/I car π est surjective. En restreignant aux idéaux contenantI, on obtient donc une application
J 7→π(J) : {Idéaux de A contenant I} −→ {Idéaux de A/I}.
Commeπest surjective, on aπ(π−1(J)) =J. Par ailleurs, pour tout idéalJ deA, on aπ−1(π(J)) =J+I, donc si J contient I, on aπ−1(π(J)) =J. Ces deux applications sont donc des bijections inverses l’une de l’autre.
On en déduit (ı), puis (ıı) découle de l’exercice précédent.
Exercice 5. Soitpun idéal premier d’un anneauA, et soient (Ii)16i6n des idéaux deA. Supposons que
p⊃
n
Y
i=1
Ii,
montrer quepcontient l’un des idéauxIi.
Solution. Supposons que p ne contienne aucun des idéaux Ii, alors pour chaque i, il existe xi ∈ Ii tel que xi6∈p. Commep est premier, le produit de cesxi n’est pas dansp. Cependant on a
n
Y
i=1
xi∈
n
Y
i=1
Ii ⊂p
ce qui est une contradiction.
Exercice 6. Soient (pi)16i6n des idéaux premiers d’un anneauA, et soitI un idéal deAtel que I⊂ ∪ni=1pi.
Montrer queI est contenu dans l’un despi.
Solution. Quitte à remplacer lespi par un sous-ensemble, on peut supposer qu’aucun despin’est contenu dans unpj (sinon on garde le plus grand, le plus petit ne sert à rien).
Remarquons que comme pj 6⊂p1 pour j >2, on peut trouverbj ∈pj tel quebj 6∈p1 et on aa1 =b2· · ·bn ∈ p2· · ·pn maisa16∈p1. De même on peut trouver desaj6∈pj tels que aj appartienne à tous les autrespi. Supposons que In’est contenu dans aucun pi, alors pour touti, il existexi∈I tel quexi6∈pi.
Considérons l’élémentx=Paixi. Commexi∈Ipour touti, on ax∈I.
Par ailleurs, commea16∈p1,x1 6∈p1 et que p1 est premier on aa1x16∈p1. Mais on aa2x2+· · ·anxn∈p1 car tous lesai∈p1 pouri>2, ainsix6∈p1. De même,x6∈pi pour touti, donc
x6∈ ∪ni=1pi
ce qui est une contradiction.
Exercice 7. SoitAun anneau et nil(A) l’ensemble des éléments nilpotents deA.
(ı) Montrer que nil(A) est un idéal.
(ıı) Montrer que sip est un idéal premier, alors nil(A)⊂p.
(ııı) Soit s6∈nil(A) etS ={1, s,· · ·, sn,· · · }. Montrer que l’ensemble des idéaux de Adisjoints de S contient un élément maximalp(utiliser le lemme de Zorn). Montrer que pest premier. En déduire que
nil(A) = \
pid´eal premier
p.
Solution. Soienta∈A et x∈nil(A), alors il existen∈Ntel quexn = 0, mais alors (ax)n =anxn= 0 donc ax∈nil(A).
Soient xet y des éléments de nil(A), alors il existen∈Ntel quexn = 0 etm∈Ntel queym= 0. On calcule alors
(x+y)n+m=
n+m
X
k=0
n+m k
xkyn+m−k.
Si k∈[0, n], alorsn+m−k>mdoncyn+m−k = 0 et sik∈[n, n+m], alorsxk= 0. Ainsi (x+y)n+m= 0 et x+y∈nil(A).
(ıı) Soitp un idéal premier etx∈nil(A), il existe alorsn∈N tel quexn = 0∈p. Mais commepest premier, ceci impose quex∈p.
(ııı) Montrons que l’ensemble des idéaux deAdisjoints deS vérifie les hypothèses du lemme de Zorn c’est-à-dire est inductif pour l’inclusion : pour toute suite croissante (In)n∈Nd’idéaux disjoints deS, alors la réunionI de ces idéaux est encore un idéal disjoint deS.
Il est clair que I est encore un idéal, en effet, si xet y sont dans I, alors il existen et mtels que x ∈In et y∈Imet on ax+y∈Imax(n,m)⊂I. De même sia∈A, alorsax∈In⊂I.
Il reste à voir queI ne rencontre pasS. Mais si I rencontraitS, alors il existeraitk∈Ntel quesk ∈I ce qui signifie qu’alors il existerait unn∈Ntel que sk∈In, c’est-à-dire que In rencontrerait S, c’est absurde.
Ainsi par le lemme de Zorn, il existe un idéal maximal parmi les idéaux deAdisjoints deS. Soitp un tel idéal, montrons qu’il est premier. Soient doncxety dansAtels quexy∈p. Il faut montrer quex∈pouy∈p. Si on a x6∈p ety6∈p, alors les idéauxp+ (x) et p+ (y) rencontrentS. Il existent doncnetmdes entiers tels que
sn =p1+a1x et sm=p2+a2y avecpi ∈pet ai∈A. Alors on calcule le produit, on a
sn+m=p1p2+p1a2y+p2a1x+a1a2xy∈p.
Ce qui est absurde carpne rencontre pasS. L’idéalp est donc premier.
Montrons la dernière égalité. On a vu au (ıı) que pour tout idéal premier, on a nil(A)⊂p donc nil(A)⊂ \
ppremier
p.
Réciproquement, soit s6∈ nil(A), d’après ce qu’on vient de montrer, il existe un idéal premier p tel que p ne
6∈ 6∈ \
Exercice 8. Montrer que dans un anneau principalA, les idéaux premiers non nuls sont maximaux.
Solution. Soit p un idéal premier non nul et soit m un idéal le contenant. Comme l’anneau est principal, on peut écrirep = (p) avec p6= 0 et m= (m). Le fait que p⊂m se traduit par :p=am aveca∈A. Mais alors commep est premier, on aa∈p oum∈p. Sim∈p, alorsp=m et on a fini. Sinon, alorsa∈p donc il existe u∈Atel quea=up doncp=upmet commeA est intègre (car principal) etp6= 0, on a 1 =umdoncm est inversible etm=A. L’idéal pest donc maximal.
Exercice 9. Soitkun corps etA=k[X, Y]/(X2, XY, Y2).
a) Déterminer les éléments inversibles deA.
b) Déterminer tous les idéaux principaux deA.
c) Déterminer tous les idéaux deA.
Solution. En tant quek-espace vectoriel, l’idéal (X2, XY, Y2) dek[X, Y] a manifestement pour base l’ensemble des monômesXiYj aveci+j>2. On a donc une décomposition en somme directek[X, Y] =k⊕kX⊕kY ⊕ (X2, XY, Y2). Soient alorsxety les images deX et Y dansA; il s’ensuite que, en tant qu’espace vectoriel, on aA=k⊕k.x⊕k.y, i.e.Aest unk-ev de dimension 3 et de base (1, x, y). Par ailleurs, la multiplication dansA est complétement déterminée par les égalitésx2 =xy=y2= 0 et par k-bilinéarité. En particulier, on observe que Nil(A) =k.x⊕k.y.
a) On a déjà vu (exercice 2 par exemple) que dans un anneau commutatif, un élément de la forme inver- sible+nilpotent est encore inversible. Il s’ensuit qu’un élément de la formea+bx+cyaveca,betcdans kest inversible si et seulement aest inversible, i.e.a6= 0.
b) L’idéalI=Aest principal. Restreignons-nous dorénavant àI6=A. AlorsI est engendré par un élément non inversible donc de la formebx+cy. Il reste à déterminer à quelle condition deux élémentsbx+cyet b0x+c0y définissent le même idéal c’est-à-dire à quelle condition ils diffèrent par multiplication par un inversible. On cherche doncα+βx+γy tel queα6= 0 et (α+βx+γy)(bx+cy) =b0x+c0y. Ceci nous donneαb=b0 et αc=c0, c’est-à-dire les couple (b, c) et (b0, c0) sont proportionnels. En d’autres termes, les idéaux principaux propres et non nuls sont exactement les droites vectorielles du plank.x⊕k.y, qui sont par exemple de la forme (x+cy) avecc∈kou (y).
c) SoitI un idéal propre deA. Il ne contient pas d’élément inversible, donc c’est un sous-k-espace vectoriel de Nil(A) = k.x⊕k.y. Réciproquement, tout sous-espace vectoriel de Nil(A) est manifestement stable par multiplication parA, donc est un idéal propre deA.
Exercice 10. SoitA un anneau noethérien. On veut montrer qu’il possède un nombre fini d’idéaux premiers minimaux. Pour cela, pour tout idéal I, on note Spec(A)>I l’ensemble des idéaux premiers contenant I, et Spec(A)>I,min le sous-ensemble des éléments minimaux de Spec(A)>I pour l’inclusion.
a) Sif, g∈A\Isont tels quef g∈I, montrer que Spec(A)>I,min⊂Spec(A)>I+(f),min∪Spec(A)>I+(g),min. b) SoitI l’ensemble des idéauxI deAtels que Spec(A)>I,minn’estpas fini.SupposonsI non vide.
i) Montrer qu’il possède un élément maximal I0 pour l’inclusion.
ii) Montrer queI0 n’est pas premier, puis utiliser a) pour aboutir à une contradiction.
Solution. a) Soit pun idéal premier dans Spec(A)>I,min. En particulier il contient I, donc il contientf g, donc il contientf oug, i.e. il est dans Spec(A)>I+(f) ou dans Spec(A)>I+(g). De plus, dans chacun des cas, il est nécessairement minimal.
b) i) C’est une des propriétés des anneaux noethériens : tout ensemble non vide d’idéaux contient un élément maximal (mais qui n’a aucune raison d’être unique, ni d’être un “idéal maximal de A”).
ii) SiI0 était premier, on aurait Spec(A)>I0,min={I0}, ce qui contredirait le fait que cet ensemble est infini, par construction deI0. DoncI0 n’est pas premier, et il existe donc deux élémentsf, g∈A\I0 tels quef g∈I0. Commef, gne sont pas dansI0, les idéauxI0+(f) etI0+(g) contiennent strictement I0, donc n’appartiennent pas àI. Les ensembles Spec(A)>I0+(f),min et Spec(A)>I0+(g),minsont donc finis, ce qui avec (a) contredit la non finitude de Spec(A)>I0,min. Cela montre que l’hypothèse “I non vide” est absurde.
Exercice 11. Un anneau (commutatif) A est dit artinien s’il vérifie l’une des deux conditions équivalentes suivantes :
(1) Toute suite d’idéaux décroissante pour l’inclusion est stationnaire à partir d’un certain rang (2) Tout ensemble non vide d’idéaux possède un élément minimal pour l’inclusion.
a) Montrer l’équivalence des deux conditions.
b) Montrer queZ/nZest artinien, puis qu’une algèbre de type fini sur un corps est artinienne.
c) Montrer que dansAartinien, tout idéal premier est maximal.
d) Montrer que dansAartinien, il n’y a qu’un nombre fini d’idéaux premiers.
e) Montrer que siAest artinien et réduit, alors c’est un produit fini de corps.
f) Montrer que siAest artinien, il est aussi noethérien.
Solution. a) (1) ⇒ (2). Par contrapposée. Supposons qu’il existe un ensemble non vide I d’idéaux de A qui ne possède pas d’élément minimal. On peut donc, par récurrence, construire une suite (In)n∈N strictement décroissante (et donc non stationnaire) d’idéaux dans I. En effet, on prend I0 quelconque, puis en supposant avoir construit une telle suite jusqu’au rangn, on sait queInn’est pas minimal, donc il existeIn+1 strictement contenu dansIn (note : on utilise l’axiome du choix dénombrable).
(2)⇒(1). Soit (In)n∈N une suite décroissante. L’ensemble I ={I ⊂A,∃n∈NI =In} est non vide et possède un élément minimal I. Il existe donc N tel queI =IN. Pour toutn > N, on a doncIn ⊂IN
par décroissance de la suite, etIn ⊃I =IN par minimalité deI, donc la suite est stationnaire à partir deN.
b) C’est clair dans Z/nZpuisqu’il y a un nombre fini d’idéaux. Si A est unek-algèbre de dimension finie, tout idéal est en particulier unk-sev, donc est de dimension finie. Dans un ensemble non videI d’idéaux de A, il existe donc un idéal de dimension minimale, et celui-ci est minimal, par les propriétés de la dimension.
c) Il faut montrer qu’un anneau artinien intègre A est un corps. Soit x∈ A\ {0}. La suite décroissante d’idéaux (In = (xn))n∈N stationne à partir d’un certain rang, disonsN. On a doncxN ∈(xN+1), i.e. il existea∈Atel queaxn+1=xn. Commex6= 0 etAest intègre, on a doncax= 1 etxest bien inversible.
d) Supposons qu’il existe une suite (pn)n∈Nd’idéaux premiers distincts deux à deux. Alors la suite (In)n∈N définie par In := Tn
i=1pi est décroissante donc stationnaire à partir d’un certain rang, disons N. On a donc pN+1 ⊃TN
i=1pi. Par l’exercice 5, cela implique quepN+1 contient l’un des pi pour i6 N. Or les pi sont maximaux par la question précédente, donc pN+1 est égal à l’un des pi, contredisant notre hypothèse sur la suite (pn)n∈N.
e) D’après les questions précédentes, il y a un nombre fini d’idéaux premiersp1,· · · ,pnet ils sont maximaux.
D’après le théorème des restes Chinois, le morphismeA−→Qn
i=1A/pi est surjectif. Il est aussi injectif puisque son noyau estTn
i=1pi qui est le nilradical deA, supposé nul (Aréduit).
f) Cette question sera traitée plus tard.
Exercice 12. Un anneau est dit local s’il contient un unique idéal maximal.
a) Montrer qu’un anneauAest local si et seulement siA\A× est un idéal.
b) À quelle condition surnl’anneauZ/nZest il local ?
c) SoientAun anneau local,I, Jdeux idéaux deAeta∈Aun élément non diviseur de 0 tels queIJ = (a).
Montrer qu’il existex∈Iet y∈J tels quea=xy. En déduire queI= (x) etJ = (y).
Solution. a) De manière générale, onA×=A\(S
m∈Max(A)m).
b) Les idéaux maximaux deZ/nZcorrespondent aux nombres premiers divisantn. DoncZ/nZest local si et seulement sinest de la formen=pk pour un premierpet un entierk>1.
c) Supposons par l’absurde que pour tout (x, y)∈ I×J, a /∈ (xy). Comme xy ∈(a), il existe u∈A tel quexy =ua. Or u /∈A× car sinon a∈(xy), donc u∈m. Doncxy ∈am. Comme c’est vrai pour tout couple (x, y), on en déduit IJ ⊂am (a). Contradiction. Maintenant, soit x0 ∈ I. On a x0y ∈(a) et xy =a, donc il existe b∈ A tel quex0y =bxy. Or y n’est pas diviseur de zéro puisque ane l’est pas, doncx0 =bx∈(x). De même, on aJ = (y).
