Université Paris Sud Année 2019–2020 L3/S6 M305 Algèbre II

Université Paris Sud Année 2019–2020

L3/S6 M305 Algèbre II

Corrigé de l’examen partiel du 3 mars 2020

Exercice A : (6points) On note (x

¹

, x

²

, x

³

) les coordonnées d’un vecteur x ∈ Z

³

. On considère dans A := Z

³

le sous-groupe B engendré par v = (6, −12, 0) et w = (0, 8, 4).

1) (2pts) On note A

^∗

:= Hom

^Gr

(A, Z) l’ensemble des homomorphismes de groupes de A à valeurs dans Z, également appelé ensemble des formes linéaires entières sur A.

a) (0.5pts) Rappeler rapidement pourquoi A

^∗

est un groupe abélien.

Solution : On sait que pour deux groupes G et H, si H est abélien Hom

Gr

(G, H) est un groupe abélien (cf. I.6.2.)

b) (bonus) Le groupe A

^∗

est-il de type fini ? libre ? (On peut parfaitement résoudre la fin de l’exercice sans répondre à cette question.)

Solution : Puisque A est libre de rang n, il possède une base (e

¹

, . . . , e

n

). Alors ∀1 ≤ i ≤ n, il existe un unique e

^∗_i

: A → Z , e

j

7→ δ

i,j

,

1≤j≤n

(cf. II.2.10 .)

Il est dès lors facile de montrer (ou à tout le moins les arguments sont-ils exactement ceux utilisés dans le cas des espaces vectoriels) que e

^∗_i

,

1≤i≤n

est une base de A

^∗

qu’on pourrait tout à fait appeler base duale de e

i

,

1≤i≤n

. Il s’ensuit que A

^∗

est alors libre de même rang n que A.

c) (1pt) Montrer que

A

^∗

→ Z , f 7→ f (v) (resp. A

^∗

→ Z , f 7→ f (w) ) est un morphisme de groupes dont l’image est

le sous-groupe 6 Z de Z (resp. le sous-groupe 4 Z de Z .)

Solution : D’abord

∀(f, g) ∈ A

^∗

× A

^∗

, ∀x ∈ A, (f + g)(x) = f (x) + g(x) ce qui prouve que

A

^∗

→ Z , f 7→ f (x) est un morphisme de groupes.

Notons

v

^′

:= (1, −2, 0) et w

^′

:= (0, 2, 1), si bien que

v = 6v

^′

et w = 4w

^′

. Il s’ensuit que :

∀f ∈ A

^∗

, f (v) = f (6v

^′

)

= 6f (v

^′

) f (v) = f (4w

^′

)

= 4f (w

^′

) . Il s’ensuit que

Im (A

^∗

→ Z , f 7→ f (v)) ⊂ 6Z et Im (A

^∗

→ Z , f 7→ f (w)) ⊂ 4Z . Or pour

f = x 7→ x

1

( resp. f = x 7→ x

3

, ) on a

f (v) = 6 ( resp. f (w) = 4 .)

Puisque Im (A

^∗

→ Z , f 7→ f (v)) et Im (A

^∗

→ Z , f 7→ f (w)) sont des sous-groupes de Z et du fait des inclusions obtenues plus haut on a finalement

Im (A

^∗

→ Z , f 7→ f (v)) = 6 Z et Im (A

^∗

→ Z , f 7→ f (w)) = 4 Z .

d) (0.5pts) En déduire que

∀f ∈ A

^∗

, f (B) ⊂ 2 Z .

Solution : Pour tout x ∈ B il existe (a, b) ∈ Z × Z tel que x = av + bw ; si bien que pour tout f ∈ A

^∗

, f (xx) = f (av + bw) = af (v) + bf(w) .

Il s’ensuit que

∀x ∈ B, f (x) ∈ 6 Z + 4 Z si bien que

f (B) ⊂ 6Z + 4Z . Or 2 = (6 ∧ 4), si bien que

6Z + 4Z = 2Z .

2) (1pt) Soit f ∈ A

^∗

la forme linéaire définie par x 7→ x

1

− x

3

. a) (0.5pts) Trouver v

¹

∈ B tel que f (v

¹

) = 2.

Solution : On prend v

¹

= v + w.

b) (0.5pts) Montrer que v

¹

= 2u

¹

pour un u

¹

∈ A.

Solution : Il suffit de prendre u

¹

= (3, −2, 2).

3) (2pt) Montrer que a) (1pt)

A = Z u

¹

⊕ Ker f ;

Solution : Puisque

f (v

1

) = 2 et v

1

= 2u

1

,

f (u

1

) = 1. Il s’ensuit que f est un morphisme surjectif, dont on peut même explicitement donner une section s : Z → A , a 7→ au

1

.

Il est en effet immédiat, que s étant ainsi définie, on a f ◦ s = Id

_Z

. La suite exacte 0 → Ker f −→ A −−−−→

^f

Im f = Z → 0 est donc scindée, si bien qu’on a

A = Ker f ⊕ Im s = Ker f ⊕ Zu

1

.

b) (1pt) puis que

B = Z · 2u

1

⊕ (Ker f ∩ B ) = Zv

1

⊕ (Ker f ∩ B) .

Solution : ATTENTION ! Il ne suffit pas en général que A = A

^′

⊕ A

^′′

B ⊂ A pour que B = (B ∩ A

^′

) ⊕ (B ∩ A

^′′

) ; et ce quelle que soit la structure linéaire considérée. On pourra par exemple penser à la décomposition du plan en somme directe des deux axes de coordonnées et considérer la première bissectrice dont l’intersection avec chacun des axes est le singleton {0}, ce qui ne peut donner une décomposition en somme directe d’une droite.

Pour tout x ∈ B, f (x) ∈ 2 Z . Il existe donc k

x

∈ Z tel que f (x) = 2k

x

. Il s’ensuit que :

f (x − k

x

v

¹

) = f (x − 2k

x

u

¹

)

= f (x) − 2k

x

f (u

¹

)

= 0 ; c’est-à-dire que

y := x − 2k

x

u

1

= x − k

x

v

1

∈ Ker f . Or

x ∈ B, k

x

v

1

∈ B ⇒ y ∈ B ; si bien qu’on a montré que

B = Zv

1

+ (Ker f ∩ B) .

Puisqu’on a montré à la question précédente que Ker f ∩ Zu

1

= {0}, on a en fait :

B = Zv

1

⊕ (Ker f ∩ B) .

4) (3pts) a) (0.5pts) Écrire les coordonnées d’un vecteur λv + µw (λ, µ ∈ Z ).

Solution :

∀(λ, µ) ∈ Z × Z , λv + µw = (6λ, −12λ + 8µ, 4µ) .

b) (1pt) En déduire que Ker f ∩ B est l’ensemble des vecteurs de la forme (12t, 0, 12t) où t décrit Z . Solution :

∀x ∈ A, x ∈ Ker f ∩ B

⇔ x ∈ B et x ∈ Ker f

⇔ ∃(λ, µ) ∈ Z × Z , x = λv + µw et f (x) = 0

⇔ x = (6λ, −12λ + 8µ, 4µ) et T λ − 4µ = 0

⇔ x = (6λ, 0, 6λ) .

Or 6λ − 4µ = 0 i.e. 3λ − 2µ si bien que, 2 et 3 étant premiers entre eux, 2|λ i.e.

∃t ∈ Z, λ = 2t ⇔ ∃t ∈ Z, x = (12t, 0, 12t) .

c) (1.5pts) En déduire une base de B, et une base

{u

¹

, u

²

, u

³

} de A telle que B = Z · 2u

¹

⊕ Z · 12u

²

.

Solution : On a établi que

B = Zv

1

⊕ (B ∩ Ker f ) = Z2u

1

⊕ (B ∩ Ker f ) . Il découle du fait que

B ∩ Ker f = {(12t, 0, 12t) , t ∈ Z}

que

B ∩ Ker f = Zv

2

avec v

2

= (12, 0, 12) . Il s’ensuit que (v

¹

, v

²

) est une base de B.

De plus en posant u

²

:= (1, 0, 1), on a

v

²

= 12u

²

. Il est clair que puisque v

²

∈ Ker f que

f (v

²

) = 0 ⇒ f (12u

²

) = 0 ⇒ 12f (u

²

) = 0 ⇒ f (u

²

) = 0 ⇒ u

²

∈ Ker f . Comme on a montré que

A = Zu

1

⊕ Ker f ,

si l’on peut déterminer un vecteur u

3

tel que (u

2

, u

3

) soit une base de Ker f , (u

1

, u

2

, u

3

) sera une base de A, répondant, qui plus est, à la condition

v

1

= 2u

1

et v

2

= 12u

2

.

∀x = (x

1

, x

2

, x

3

) ∈ Ker f , f (x) = 0

⇔ x

¹

− x

³

= 0

⇔ x = (x

¹

, x

²

, x

¹

)

⇔ x = x

¹

(1, 0, 1) + x

²

(0, 1, 0) .

On constate donc qu’en posant u

³

:= (0, 1, 0), (u

²

, u

³

) est une famille génératrice de Ker f dont il est immédiat de constater

qu’elle est libre, ce qui permet de conclure.

Exercice B : (7pts) Pour un groupe abélien G, on dira que G possède une Z -base s’il possède une base en tant que groupe abélien libre (ou encore en tant que Z-module libre.)

On note A le groupe abélien Z

ⁿ

vu comme sous-groupe de l’espace vectoriel V := Q

ⁿ

. Soit B ⊂ A un sous-groupe.

On note W le sous-Q-espace vectoriel de V engendré par B et par i : A ֒ → V l’injection naturelle de A dans V.

1) (3pts) a) (1pt) Montrer que des vecteurs v

¹

, v

²

, . . . , v

m

∈ V sont linéairement indépendants sur Q si et seulement si ils le sont sur Z .

Solution : Puisque Z est un sous-anneau de Q , une combinaison linéaires des vecteurs v

i

,

¹≤i≤m

à coefficients dans Z est, en particulier une combinaison linéaire à coefficients dans Q si bien que si la famille v

i

,

¹≤i≤m

est libre sur Q elle l’est sur Z .

Réciproqument, soit q

i

,

¹≤i≤m

∈ Q tel que

m

X

i=1

q

i

v

i

= 0 . On écrit

∀1 ≤ i ≤ m, q

i

= n

i

d

i

, n

i

∈ Z , d

i

∈ N

^∗

et d :=

m

Y

i=1

d

i

.

Alors

∀1 ≤ i ≤ m, dq

i

∈ Z et

m

X

i=1

dq

i

v

i

= 0 .

Si l’on suppose la famille v

i

,

¹≤i≤m

libre sur Z , il s’ensuit que ∀1 ≤ i ≤ m, dq

i

= 0, d’où ∀1 ≤ i ≤ m, q

i

= 0, si bien que la famille v

i

,

¹≤i≤m

est libre sur Q .

b) (1pt) Montrer que tout sous-groupe de type fini G ⊂ V est libre de rang r ≤ n.

Solution : On peut donner au moins deux preuves de ce résultat :

i) Soit S := {g

¹

, . . . , g

s

} une famille génératrice de G en tant que groupe abélien de type fini.

Choisissons une Q -base (v

¹

, . . . , v

n

) de V. Alors

∀1 ≤ i ≤ s, ∃g

i,j

,

¹≤j≤n

∈ Q, tel que g

i

=

n

X

j=1

g

i,j

v

j

.

Notons alors

∀1 ≤ i ≤ s, ∀1 ≤ j ≤ n, g

i,j

= n

i,j

d

i,j

, n

i,j

∈ Z , d

i,j

∈ N

^∗

. Posons encore

∀1 ≤ j ≤ n, w

j

:= 1

s

Y

i=1

d

i,j

v

j

.

La famille w

j

,

¹≤j≤n

reste évidemment une Q -base de V et par conséquent, en vertu du point précédent, une famille Z -libre.

De plus

∀1 ≤ i ≤ s, ∃h

i,j

,

1≤j≤n

∈ Z, tels que g

i

=

n

X

j=1

h

i,j

w

j

.

Le groupe G est donc un sous-groupe du groupe abélien libre engendré par les w

j

,

¹≤j≤n

. Ce dernier étant de rang n, G est de rang r ≤ n, en vertu du théorème II.4.6.

ii) Un élément non nul x ∈ G reste non nul dans V si bien que {x} est une famille Q -libre de V. Elle est donc en particulier Z -libre d’après le point précédent, si bien que

∀a ∈ Z, a · x = 0 ⇒ a = 0 .

On en déduit que G est donc un groupe abélien sans torsion (cf. II.5.2.vii).) Puisque G est de type fini par hypothèse, il résulte du théorème II.6.2 que G est un groupe abélien libre. Soit donc une Z -base v

i

,

1≤i≤r

de G. C’est aussi une famille Q -libre, si bien que le sous- Q -espace vectoriel Vect

(v

1

, . . . , v

r

) de V est de dimension r ce qui entraîne que r ≤ n.

c) (1pt) Est-ce que V est un groupe abélien de type fini ? (On pourra considérer le cas n = 1.) Solution : Dans le cas n = 1, V = Q . On observe d’abor que

∀(q

1

:= n

1

d

1

, q

2

:= n

2

d

2

∈ Q × Q, d

2

q

1

− d

1

q

2

= 0 si bien qu’une famille Z -libre de Q contient au plus un élément.

Puisque Q est sans Z -torsion s’il était de type fini il serait libre (cf. II.6.2,) et par conséquent, d’après ce qui précède de rang 1.

C’est un résulta bien connu que Q n’a pas de famille Z -génératrice à 1 élément si bien que Q n’est ni libre ni de type fini.

2) (0.5pts) Rappeler rapidement (en citant le théorème adéquat) pourquoi il existe r ∈ N , r ≤ n tel que B ∼ = Z

^r

. Solution : (cf. II.4.6.)

3) (1pt) Supposons qu’il existe une Z-base (u

¹

, · · · , u

r

) de B qui puisse se compléter en une Z-base (u

¹

, · · · , u

n

) de A.

Montrer alors que B = A ∩ W . Solution : Puisque

B ⊂ A et B ⊂ W on a toujours B ⊂ A ∩ W.

Réciproquement pour tout x ∈ A ∩ W , il existe x

k

,

1≤k≤n

∈ Z tel que x =

n

X

k=1

x

k

u

k

. Par ailleurs, puisque W est le Q -espace vectoriel engendré par B, il existe

b

k

,

¹≤k≤s

∈ B et q

k

,

¹≤k≤s

∈ Q tels que x =

s

X

k=1

q

k

b

k

.

Puisque u

k

,

1≤k≤r

est une Z -base de B chacun des b

k

,

1≤k≤s

peut se décomposer sur cette base, si bien qu’en fait il existe

y

k

,

1≤k≤r

∈ Q tq x =

r

X

k=1

y

r

u

r

.

Dans le Q -espace vectoriel V, on a donc les égalités

n

X

k=1

x

k

u

k

= x =

r

X

k=1

y

r

u

r

.

Or il résulte de la question 1), a) que u

k

,

¹≤k≤n

est une famille Q -libre, si bien qu’il découle des égalité ci-dessus que

∀1 ≤ k ≤ n, x

k

= y

k

ce qui assure en particulier que

∀r + 1 ≤ k ≤ n, x

k

= 0 et ∀1 ≤ k ≤ r, y

k

∈ Z . Ceci assure finalement que x ∈ B.

4) (4.5pts) Supposons réciproquement que B = A ∩ W . On va montrer qu’alors (cf. f),) B possède une base qui se complète en une base de A.

Soit W

^′

:= V /W l’espace vectoriel quotient de V par W et soit p : V → W

^′

la surjection canonique.

a) (0.5pts) Montrer que p ◦ i : A → W

^′

est un morphisme de groupes dont B est le noyau.

Solution : L’application p est un morphisme de Q -espaces vectoriels donc en particulier un morphisme de groupes. L’appli- cation i est par définition un morphisme de groupes il en est donc de même de p ◦ i.

Pour tout x ∈ A,

p ◦ i(x) = 0

⇔ i(x) ∈ Ker p

⇔ i(x) ∈ W

⇔ x ∈ A ∩ W

⇔ x ∈ B .

b) (0.5pts) En notant q : A → A/B la surjection canonique, montrer qu’il existe un unique morphisme de groupes injec- tif

j : A/B ֒ → W

^′

tel que j ◦ q = p ◦ i .

Solution : D’après le point précédent„ puisque Ker (p ◦ i) = B, il existe, en vertu de la proposition I.8.11, un unique morphisme de groupes injectif

j : A/B ֒ → W

^′

tel que j ◦ q = p ◦ i .

c) (0.5pts) Montrer que le groupe abélien quotient C := A/B est libre de type fini de rang ≤ n.

Solution : Puisque A est de type fini, A/B l’est aussi. Or, puisque j est injectif, d’après la b), A/B est isomorphe à j(A/B) qui est un sous-groupe de type fini du Q -espace vectoriel W

^′

lui-même de dimension finie comme quotient de V.

Il résulte alors de question 1), b) que C = A/B est libre de type fini de rang ≤ n.

Soit c

¹

, . . . , c

s

une Z-base de C, a

¹

, . . . , a

s

des relèvements des c

k

(c’est-à-dire que ∀1 ≤ k ≤ s, q(a

k

) = c

k

,) dans A, et C

^′

⊂ A le sous-groupe engendré par les a

k

,

¹≤k≤s

.

d) (1pt) Montrer que l’application quotient q : A → A/B = C se restreint en un isomorphisme de C

^′

vers C.

Solution : Il existe un unique morphisme de groupes

σ : C → A , c

k

7→ a

k

,

¹≤k≤s

(cf. II.2.10 .)

Puisque ∀1 ≤ k ≤ s, a

k

∈ C

^′

, σ est en fait à valeurs dans C

^′

. Comme

∀1 ≤ k ≤ s, q(σ(c

k

)) = q(a

k

) = c

k

et que c

k

,

¹≤k≤s

est une base de C,

q ◦ σ = Id

C

.

Par ailleurs, puisque c

k

,

1≤k≤s

est une base de C, a

k

,

1≤k≤s

est une famille libre de A est partant une base du sous module C

^′

qu’elle engendre.

De plus,

∀1 ≤ k ≤ s, σ(q(a

k

)) = σ(c

k

) = a

k

, ce qui assure que

σ ◦ q

|C^′

= Id

C^′

. Finalement q

|C^′

: C

^′

∼ = C est un isomorphisme d’inverse σ.

e) (1pt) En déduire que A ∼ = B ⊕ C

^′

et donc que A est isomorphe à B × C.

Solution : On a en fait montré (cf. d),) que la suite exacte

0 → B −→ A −−−−→

^q

A/B → 0

est scindée (cf. I.9.11.i),) ou encore que σ est une section de q. Il résulte alors du théorème I.9.15, que A = Ker q ⊕ Im σ = B ⊕ C

^′

.

Cependant, puisqu’on ne demandait pas explicitement en d) de construire une section pour q, on peut prouver le résultat en s’en tenant au fait que q

|C^′

: C

^′

→ C est un isomorphisme. Cela revient en fait, peu ou prou, à refaire les construction de I.9.

En effet, pour tout x ∈ A, il existe x

k

,

¹≤k≤s

∈ Z tel que q(x) =

s

X

k=1

x

s

c

s

. Il s’ensuit que q x −

s

X

k=1

x

s

a

s

= 0, i.e.

y = x −

s

X

k=1

x

s

a

s

∈ Ker q = B .

Posant z :=

s

X

k=1

x

s

a

s

on a

(y, z) ∈ B × C

^′

et x = y + z i.e. A = B + C

^′

. Or :

∀x ∈ B ∩ C

^′

, ∃x

k

,

¹≤k≤s

∈ Z, x =

s

X

k=1

x

k

a

k

et q(x) = 0

⇒ q

s

X

k=1

x

k

a

k

= 0

⇒

s

X

k=1

x

k

q(a

k

) = 0

⇒

s

X

k=1

x

k

c

k

= 0

⇒ ∀1 ≤ k ≤ s, x

k

= 0

puisque c

k

,

1≤k≤s

est une base de C. Il s’ensuit donc que x = 0 et donc que B ∩ C

^′

= {0} et donc que A = B ⊕ C

^′

qui est isomorphe à B × C en vertu de d).

f) (1pt) Montrer enfin qu’il existe une Z -base de B qui se complète en une Z -base de A.

Solution : Le sous-groupe B étant libre de rang r ≤ n (cf. question 2),) il existe une ^Z -base b

k

,

¹≤k≤r

, de B.

On rappelle que, puisque ∀1 ≤ k ≤ s, q(a

k

) = c

k

et c

k

,

¹≤k≤s

est une base de C, a

k

,

¹≤k≤s

est une famille libre de A, et partant une base du sous-groupe C

^′

qu’elle engendre.

Puisque (cf. e),) A = B ⊕ C

^′

, la famille (b

¹

, . . . , b

r

, a

¹

, . . . , a

s

) est une base de A.

5) (bonus) Soit b 6= 0 un élément de A et B le sous-groupe qu’il engendre.

Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes :

i) Le sous-groupe B possède une Z-base qui se complète en une Z-base de A.

ii)

B = A ∩ W . iii)

Pgcd b

k

,

1≤k≤n

= 1 , b = (b

1

, · · · , b

n

) .

Solution : i) ⇒ ii) a été montré en question 3) tandis que ii) ⇒ i) a été montré en question 4).

Montrons donc :

§) (ii) ⇒ iii))

Notons d le Pgcd des b

i

,

1≤i≤n

et

∀1 ≤ i ≤ n, bc

i

= dc

i

, c

i

∈ Z . Il s’ensuit que

c := (c

1

, . . . , c

n

) ∈ A . Or

c = 1 d b ∈ W si bien que

c ∈ A ∩ W = B . Il existe donc k ∈ Z tel que c = kb ; c’est-à-dire

∀1 ≤ i ≤ n, c

i

= kb

i

. Or b étant non nul, il existe au moins 1 ≤ i ≤ n tel que b

i

6= 0. Il vient alors

b

i

= dc

i

= dkb

i

⇒ b

i

(1 − dk) = 0

si bien que” d est inversible ce qui signifie exactement que les b

i

,

¹≤i≤n

sont premiers entre eux.

¶ ) (iii) ⇒ ii))

On a toujours B ⊂ A ∩ W. Soit donc x ∈ A ∩ W , il existe q ∈ Q tel que x = qb. On peut écrire q = d

^δ_ν

avec ν et δ premiers entre eux. Or x ∈ A entraîne que

∀1 ≤ i ≤ n, qb

i

∈ Z ⇒ ν

δ b

i

∈ Z ⇒ δ|b

i

.

Or le fait que b

i

,

¹≤i≤n

sont premiers entre eux, entraîne que δ est inversible i.e. q ∈ Z i.e. x ∈ B.

On peut remarquer que la notion de vecteur primitif (cf. cours C.1.3,) et ses conséquences permettrait de montrer immédiate- ment que iii) ⇒ i).

Exercice C : (2points) Considérons le diagramme commutatif de groupes abéliens à lignes exactes suivant : 0 → N

1

i₁

−−−−→ A

1 p₁

−−−−→ Q

1

→ 0

f





y

^g



 y



 y

^h

0 → N

²

−−−−→

ⁱ²

A

²

−−−−→

^p2

Q

²

→ 0 c’est-à-dire que pour j = 1 ou 2 :

— N

j

, A

j

et Q

j

sont des groupes abéliens,

— i

j

est un morphisme de groupes injectif,

— p

j

est un morphisme de groupe surjectif,

—

Im i

j

= Ker p

j

,

—

g ◦ i

¹

= i

²

◦ f et h ◦ p

¹

= p

²

◦ g . 1) (1pt) Montrer que si g est injectif, f l’est aussi ; si g est surjectif, h l’est aussi.

Solution :

i) Si g est injectif, g ◦ i

¹

l’est encore ; ce qui entraîne que i

²

◦ f est injectif. C’est alors un résultat bien connu et qui vaut

pour des applications, sans hypothèse qu’elles soient des morphismes, qu’alors f est injectif.

ii) Si g est surjectif, il en va de même de p

²

◦ g et par conséquent de h ◦ p

¹

. Comme ci-dessus, c’est un résultat ensembliste que cela entraîne que h est surjectif.

2) (1pt) Montrer que si f et h sont injectifs il en est de même de g.

Solution :

∀x ∈ A

¹

, g(x) = 0

⇒ p

²

(g(x)) = 0

⇒ h(p

1

(x)) = 0

⇒ p

1

(x) = 0

⇒ x ∈ Ker p

1

⇒ x ∈ Im i

1

⇒ ∃y ∈ N

1

, x = i

1

(y)

⇒ i

2

(g(y)) = f (i

1

(y)) = f (x) = 0

⇒ g(y) = 0

⇒ y = 0

⇒ x = i

¹

(y) = 0 .

3) (1pt) Montrer que si f et h sont surjectifs il en est de même de g.

Solution : Pour tout y ∈ A

²

, il existe x ∈ Q

¹

tel que h(x) = p

²

(y) puisque h est surjectif. Il existe alors z ∈ A

¹

tel que p

¹

(z) = x, puisque p

¹

est surjectif. On a alors :

p

²

(y − g(z) = p

²

(y) − p

²

(g(z))

= h(x) − h(p

¹

(z))

= 0 . Puisque la ligne du bas est exacte, il existe w ∈ N

²

tel que

y − g(z) = i

²

(w) . Puisque f est surjectif, il existe t ∈ N

¹

tel que w = f (t) . Il s’ensuit que :

y = g(z) + i

²

(w)

= g(z) + i

2

(f (t))

= g(z) + g(i

¹

(t))

= g(z + i

1

(t)) .

Exercice D : (5points) Soit A un anneau principal. Pour tout x ∈ A, on notera xA l’idéal principal engendré par x, A/xA l’anneau quotient et π

x

: A → A/xA la surjection canonique.

Soient

b ∈ A \ {0} , B := A/bA et q : B → C un morphisme d’anneaux surjectif, dont on note D := Ker q le noyau.

1) (1pt) Montrer qu’il existe c ∈ A \ {0} et un isomorphisme d’anneaux φ : A/cA → C tels que φ ◦ π

c

= q ◦ π

b

et c|b .

Solution : La composée q ◦ π

b

: A → C est un morphisme d’aneaux surjectif. Son noyau est un idéal de A. Puisque A est principal, il existe c ∈ A tel que Ker (q ◦ π

b

) = cA.

Or

bA = Ker π

b

⊂ Ker (q ◦ π

b

) si bien que bA ⊂ cA ce qui équivaut à

c|b .

Il résulte enfin de la proposition I.8.11 que q ◦ π

b

se factorise à travers A/cA i.e. il existe un isomorphisme

^φ:A/cA∼=C

tel que le diagramme suivant est commutatif :

A −−−−→

^πb

B

πc



 y



 y

^q

A/cA −−−−→

^φ

C .

1

2) (1pt) Montrer que π

_b⁻¹

(D) est un idéal de A, le déterminer et justifier que D = π

b

[π

⁻_b¹

(D)] .

Solution : L’image inverse d’un idéal par un morphisme d’anneaux est un idéal.

Par ailleurs

π

⁻_b¹

(D) = π

_b⁻¹

(Ker q) = Ker (q ◦ π

b

) = Ker (φ ◦ π

c

) = Ker π

c

= cA . (cf. question 1), 1 .)

Enfin puisque π

b

est un morphisme surjectif,

D = π

b

[π

⁻_b¹

(D)] .

3) (1pt) En notant γ : A → A , x 7→ cx, montrer que π

b

◦ γ est un morphisme de groupes d’image D.

Solution : Découle presqu’immédiatement de question 2).

4) (1pt) En étudiant le noyau de π

b

◦ γ montrer qu’il existe d ∈ A tel que b = cd et un isomorphisme de groupes δ : A/dA ∼ = D tel que δ ◦ π

d

= π

b

◦ γ .

Solution :

∀x ∈ A, π

b

[γ(x)] = 0

⇔ γ(x) ∈ Ker π

b

⇔ cx ∈ bA

⇔ ∃y ∈ A, cx = by . Comme (cf. question 1),) c|b, posons b = dc. Il s’ensuit que :

∀x ∈ A, x ∈ Ker (π

b

◦ γ)

⇔ ∃y ∈ A, cx = by

⇔ cx = cdy

⇔ x = dy ,

la dernière équivalence résultant du fait que A est un anneau intègre.

On a donc montré que Ker (π

b

◦ γ) = dA ce qui permet de factoriser (puisque π

b

◦ γ est surjectif (cf. question 3),)) π

b

◦ γ en un isomorphisme δ : A/dA ∼ = D i.e. le diagramme suivant est commutatif :

A −−−−→

^γ

A

πd



 y



 y

^πb

A/dA −−−−→

^δ

D .

1

5) (1pt) On suppose désormais que c et d sont premiers entre eux.

a) (0.5pts) Rappeler pourquoi il existe

(u, v) ∈ A × A , cu + dv = 1 .

Solution : Théorème de B

ÉZOUT

(cf. I.13.2.1.) b) (2pts) Pour tout α ∈ C, soit x ∈ A tel que

α = q[π

b

(x)] = φ[π

c

(x)] . Posons alors s(α) := π

b

(dvx).

Montrer que s(α) est bien définie (indépendamment du choix de x,)

Solution : Pour tout α ∈ C, soit (x, y) ∈ (q ◦ π

_b⁻¹

({α}) × (q ◦ π

⁻_b¹

({α}). Alors : q[π

b

(x − y)] = 0

⇔ φ[π

c

(x − y)] = 0

⇔ π

c

(x − y) = 0

⇔ ∃z ∈ A, x − y = cz

⇒ π

b

[dv(x − y)] = π

b

(cdvz)

⇒ π

b

(dvx) − π

b

(dvy) = π

b

(bvz)

⇒ π

b

(dvx) − π

b

(dvy) = 0

⇒ π

b

(dvx) = π

b

(dvy)

ce qui assure que l’application s : B → C est bien définie.

et qu’ainsi défini

i) s : C → B est un morphisme de groupes ;

Solution : Pour tout (α, β) ∈ C × C, soit (x, y) ∈ (q ◦ π

b

)

⁻¹

({α}) × (q ◦ π

b

)

⁻¹

({β}). Alors, puisque q ◦ π

b

est un mor- phisme (au moins de groupes,) (x, y) ∈ (q ◦ π

b

)

⁻¹

({α + β}). Il s’ensuit que :

s(α + β ) = π

b

[dv(x + y)]

= π

b

(dvx + dvy)

= π

b

(dvx) + π

b

(dvy)

= s(α) + s(β ) ce qui assure que s est un morphisme de groupes.

ii)

q ◦ s = Id

C

;

Solution : POur tout α ∈ C, soit x ∈ (q ◦ π

b

)

⁻¹

({α}). Puisque cu + dv = 1, x = cux + dvx. il s’ensuit que : q[s(α)] = q[π

b

(dvx)]

= q[π

b

(x − cux)]

= q[π

b

(x)] − q[π

b

(cux)]

= αq[π

b

[γ(ux)]]

= α − q[δ[π

d

(ux)]]

= α puisque δ (cf. question 4), 1,) est à valeurs dans D = Ker q.

iii)

∀α ∈ C, ∀a ∈ A, s

q[π

b

(a)]α

= s

φ[π

c

(a)]α

= π

b

(a)s(α) .

Solution :

∀α ∈ C, ∀a ∈ A, ∀x ∈ (q ◦ π

b

)

⁻¹

({α}), s

q[π

b

(a)]α

= s

φ[π

c

(a)]α

= s

q[π

b

(a)]q[π

b

(x)]

= s

q[π

b

(ax)]

= π

b

(dvax)

= π

b

(a)π

b

(dvx)

= π

b

(a)s(α) .

On a en fait montré ici que s est non seulement un morphisme de groupes mais encore un morphisme de A -modules pour les structures naturelles sur B et C i.e. celles déduites de leur structure de A -algèbre. (cf. cours A.2.1,)

6) (bonus) Montrer réciproquement que s’il existe une application s : C → B vérifiant les points i) à iii) de la question 5), b), c et d sont premiers entre eux.

Solution : Puisque q est un morphisme d’anneaux, q(1

B

) = 1

C

. Par ailleurs, puisque q ◦ s = Id

C

, q[s(1

C

)] = 1

C

⇒ q[s(1

C

)] = q(1

B

)

⇒ q[1

B

− s(1

C

)] = 0 .

Il existe donc α ∈ D tel que 1

B

− s(1

C

) = α. Soit

(x, y) ∈ A × A tel que s(1

C

) = π

b

(x) et π

b

[γ(y)] = δ[π

d

(y)] = α . On a alors

π

b

[1

A

− x − γ(y)] = 1

B

− π

b

(x) − π

b

[γ(y)]

= 1

B

− (1

B

− s(1

C

)) − α

= 0 . Il existe donc z ∈ A tel que

1

A

− x − cy − bz = 0 . 1

Enfin on a :

δ[π

d

(x)] = π

b

[γ(x)]

= π

b

(cx)

= π

b

(c)π

b

(x)

= π

b

(c)s(1

C

)

= s

φ[π

c

(c)]1

C

= 0 .

Or δ est un isomorphisme (cf. question 4),) si bien que π

d

(x) = 0, c’est-à-dire qu’il existe w ∈ A tel que x = dw . L’égalité 1 devient alors

1

A

= dw + cy + bz = c(y + dz) + dw = cy + d(cz + w)

ce qui prouve, grâce au théorème de B

ÉZOUT

(cf. I.13.2.1,) que c et d sont premiers entre eux.