MT 401 Université Paris 7 20/05/02 U.F.R. de Mathématiques

B. Keller

Corrigé du devoir

1) La condition i) implique iii) : soit e_{1}, …, e_{n} la base standard de L = A^{n} et b_{i} le i-ème vecteur colonne de la matrice B. On a b_{i} = f_{B}(e_{i}), pour i = 1, …, n. Or, f_{B} est un isomorphisme L →^{∼} L et les vecteurs images d’une base par un isomorphisme forment une base. Ainsi, les b_{i} = f_{B}(e_{i}) forment bien une base. La condition iii) implique i) : puisque les vecteurs b_{i} forment une base de L, il existe une unique application A-linéaire g : L → L telle que g(b_{i}) = e_{i} pour i = 1, …, n. On a donc g(f_{B}(e_{i})) = e_{i} et f_{B}(g(b_{i})) = b_{i} pour i = 1, …, n. Comme (e_{i}) est une base et (b_{i}) est une base, il s’ensuit que g ∘ f_{B} = 1_{L} et f_{B} ∘ g = 1_{L}. Ainsi, l’homomorphisme f_{B} est inversible. La condition i) est équivalente à ii) : Soit g : L → L une application A-linéaire et C la matrice dont la i-ème colonne est le vecteur g(e_{i}). Alors on a g(e_{i}) = f_{C}(e_{i}), pour i = 1, …, n. Comme f_{C} et g sont A-linéaires et que (e_{i}) est une base, cela montre qu’on a g = f_{C} et que la matrice C est la seule avec cette propriété. On voit donc que l’application

M_{n}(A) → Hom_{A}(A^{n}, A^{n}) , C ↦ f_{C}

est bijective. En outre, elle vérifie

f_{C+C′} = f_{C} + f′_{C} , f_{CC′} = f_{C} ∘ f_{C′} , et f_{I} = 1.

C’est donc un isomorphisme d’anneaux. En particulier, on voit que l’homorphisme f_{B} est inversible si et seulement si la matrice B possède un inverse dans M_{n}(A). Supposons que c’est le cas et que BC = CB = I. Alors nous avons det(BC) = det(B) det(C) = 1 ce qui montre que det(B) est inversible dans A. Réciproquement, supposons que det(B) est inversible dans A. Alors la matrice C = (det(B))B̃ est bien à coefficients dans A et les identités BB̃ = (det(B))I = B̃B montrent que C est inverse de B. Finalement, pour voir que GL(n, A) est un groupe, il suffit d’observer que c’est l’ensemble des éléments inversibles de l’anneau M_{n}(A) muni de la loi de multiplication qui provient de l’anneau.

2) a) D’après l’exercice 1), il s’agit de trouver tous les triples (n, x, y) ∈ Z^{3} tels que la matrice

C_{n,x,y} = [ \begin{matrix}1994 n & x \\ 1995 n & y \end{matrix} ]

soit de déterminant inversible dans Z, c’est-à-dire que det(C_{n,x,y}) = ±1. Cela veut dire que l’une des équations de Bezout

1994nx − 1995ny = 1 ou 1994nx − 1995ny = −1

est satisfaite. Il faut donc que n = ±1. L’ensemble des solutions est donc S_{1} × S_{2}, où

S_{1} = \{[ \begin{matrix}1995 \\ 1994 \end{matrix} ] , [ \begin{matrix}−1995 \\ −1994 \end{matrix} ]\}
S_{2} = \{[ \begin{matrix}1 + 1995k \\ 1 + 1994k \end{matrix} ] | k ∈ Z\} ∪ \{[ \begin{matrix}−1 + 1995k \\ −1 + 1994k \end{matrix} ] | k ∈ Z\}.

b) D’après l’exercice 1), le vecteur [ \begin{matrix}a_{1} \\ a_{2} \end{matrix} ] appartient à une base de A^{2} ssi il existe un vecteur

[ \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} ] tel que le scalaire

det [ \begin{matrix}a_{1} & x \\ a_{2} & y \end{matrix} ] = a_{1}x − a_{2}y

soit inversible. C’est le cas ssi l’idéal (a_{1}) + (a_{2}) est égal à A. Comme A est principal, on a (a_{1}) + (a_{2}) = A ssi PGCD (a_{1}, a_{2}) est inversible.

3) a) Supposons qu’il existe v_{2}, …, v_{n} tels que a, v_{2}, …, v_{n} est une base. Définissons un homomorphisme f : L → A par f(a) = 1, f(v_{2}) = 0, …, f(v_{n}) = 0. Nous avons

1 = f(a) = f(a_{1}e_{1} + a_{2}e_{2} + … + a_{n}e_{n}) = a_{1}f(e_{1}) + a_{2}f(e_{2}) + … + a_{n}f(e_{n}).

Donc PGCD (a_{1}, …, a_{n}) divise 1. Il est donc inversible.

b) Notons c = PGCD (a_{1}, a_{2}) et supposons que

[ \begin{matrix}a_{1} \\ a_{2} \end{matrix} ] = c [ \begin{matrix}a′_{1} \\ a′_{2} \end{matrix} ]

où PGCD (a′_{1}, a′_{2}) est inversible. Alors, d’après l’exercice 2 b), il existe une matrice inversible B′′ de la forme

[ \begin{matrix}x & a′_{1} \\ y & a′_{2} \end{matrix} ]

Soit B′ l’inverse de B′′. Par construction, on a

B′ [ \begin{matrix}a′_{1} \\ a′_{2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ] et B′ [ \begin{matrix}a_{1} \\ a_{2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ c \end{matrix} ] .

Il suffit donc de prendre pour B la matrice diagonale par blocs

B = [ \begin{matrix}B′ & 0 \\ 0 & I_{n−2} \end{matrix} ] ,

où I_{n−2} est une matrice identité de taille n − 2.

c) résulte de d) que nous allons montrer directement.

d) Nous procédons par récurrence. D’après la partie b), il existe une matrice B_{1} telle que B_{1}a soit de la forme ^{t}[0, b_{2}, …, b_{n}], où b_{2} = PGCD (a_{1}, a_{2}) et b_{i} = a_{i} pour i ≥ 3. En particulier, PGCD (a_{1}, …, a_{n}) = PGCD (b_{1}, …, b_{n}). Notons c = PGCD (a_{1}, …, a_{n}). D’après l’hypothèse de récurrence, il existe une matrice B′_{2} ∈ GL(n − 1, A) telle que

B′_{2} ^{t}[b_{2}, …, b_{n}] = ^{t}[0, …, 0, c].

Soit B_{2} la matrice diagonale par blocs

B_{2} = [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & B′_{2} \end{matrix} ]

et B = B_{2}B_{1}. Alors B est inversible dans M_{n}(A), car B_{2} et B_{1} le sont, et par construction on a Ba = ce_{n}.

e) D’après la partie a), si a appartient à une base de A^{n}, alors PGCD (a_{1}, …, a_{n}) est inversible. Réciproquement, si PGCD (a_{1}, …, a_{n}) est inversible, alors d’après d), il existe une matrice B ∈ GL(n, A) telle que Ba = e_{n}. On a donc a = B^{−1}e_{n}. D’après l’exercice 1), les colonnes de B^{−1} forment une base de A^{n}. La dernière colonne est égale à a. Donc a appartient bien à une base de A^{n}.

4) a) Si A est un corps, alors M est un espace vectoriel et M′ un sous-espace vectoriel. Il s’agit de montrer qu’il admet un sous-espace supplémentaire. Rappelons-en la construction : soit (e_{i})_{i∈I′} une base de M′. D’après le théorème de la base incomplète, il existe un ensemble I qui contient I′ et une base (e_{i})_{i∈I} de M. Soit I′′ = I \ I′ et soit M′′ le sous-espace de M engendré par les e_{i}, i ∈ I′′. Il est alors clair que M = M′ ⊕ M′′.

b) Supposons que M′ est un facteur direct et que M = M′ ⊕M′′. Alors tout élément m de M s’écrit de façon unique sous la forme m = m′ + m′′, où m′ ∈ M′ et m′′ ∈ M′′. On vérifie aisément que l’application définie par p(m) = m′ est un homomorphisme de A-modules et que p ∘ i = 1_{M′}. Réciproquement, suppposons donné un homomorphisme p : M → M′ tel que p ∘ i = 1_{M′}. Posons M′′ = ker p et montrons que M = M′ ⊕ M′′. En effet, si m appartient à la fois a M′ et M′′, nous avons m = i(p(m)) et p(m) = p(i(p(m))) = 0. Donc M′ ∩ M′′ = {0}; et pour tout m ∈ M, nous avons m = i(p(m)) + (m − i(p(m))), où i(p(m)) ∈ M′ et (m − i(p(m))) ∈ M′′. c) Si 2Z ⊂ Z était un facteur direct, il existerait p : Z → 2Z tel que p(n) = n pour tout

n ∈ 2Z. Supposons que p(1) = 2k. Alors 2k = p(2k) = 2kp(1) = 4k^{2}. Donc k = 0 ce qui est absurde car on aurait alors 2Z = p(Z) = Zp(1) = {0}.

d) Soit I un idéal de A. Si c’est un facteur direct, il existe un homomorphisme p : A → I tel que p(x) = x pour tout x ∈ I. Supposons que p(1) = e ∈ I. Alors e = p(e) = ep(1) = e^{2}. Comme A est intègre, il s’ensuit que e = 0 ou e = 1. Dans le premier cas, on a I = {0} et dans le second I = A.

e) Comme a ∈ M est non nul et que A est intègre, l’homomorphisme

j : A → M , x ↦ xa

est un isomorphisme sur son image Aa. Cette dernière est donc un facteur direct ssi il existe un homomorphisme p : A^{n} → A tel que pj = 1_{A} (d’après b). L’affirmation en découle car la donnée d’un homomorphisme p : A^{n} → A tel que p(a) = 1 est équivalente à celle des éléments x_{i} = p(e_{i}) et la condition p ∘ j = 1_{A} se traduit par l’équation

a_{1}x_{1} + a_{2}x_{2} + … + a_{n}x_{n} = 1.

f) M_{1} n’est pas un facteur direct car PGCD (7, 21) = 7 et pour que Z [ \begin{matrix}a_{1} \\ a_{2} \end{matrix} ] soit un facteur

direct il faut et il suffit que PGCD (a_{1}, a_{2}) = 1 d’après e). M_{2} = {0} est bien un facteur direct. M_{3} n’est pas un facteur direct : en effet, supposons qu’il existe p : Z^{2} → M_{3} tel que p(m) = m pour tout m ∈ M_{3}. Alors nous avons 2e_{1} = p(2e_{1}) = 2p(e_{1}). Puisque Z^{2} est sans torsion, il s’ensuit que e_{1} = p(e_{1}) ∈ M ce qui n’est pas le cas. M_{4} n’est pas un facteur direct. En effet, M_{4} est l’image de l’endormophisme associé à la matrice

N = [ \begin{matrix}1 & 3 \\ 3 & 1 \end{matrix} ] .

Un vecteur x appartient donc à M_{4} ssi le vecteur

M^{−1}x = \frac{1}{8} [ \begin{matrix}−1 & 3 \\ 3 & −1 \end{matrix} ] x

est à coordonnées entières. Ainsi, 8e_{1} ∈ M_{4} mais e_{1} ∉ M. On conclut par l’argument invoqué pour M_{3}.

g) Clairement, si L = L′, alors L′ est un facteur direct de L. Réciproquement, supposons que L′ ⊂ L est un facteur direct de L et qu’on a L = L′ ⊕ L′′. Comme A est principal et que L est libre de type fini, le module L′′ est libre de type fini. Comme L et L′ sont de même rang, il s’ensuit que L′′ est de rang nul. Donc L′ = 0 et L = L′.

h) Supposons que L′ ⊂ L est un facteur direct et que L = L′ ⊕ L′′. Soit q : L → L′′ la projection sur L′′ le long de L′. Alors x ∈ L appartient à L′ ssi on a q(x) = 0. Supposons qu’il existe a ∈ A, a ≠ 0, tel que am ∈ L′. Alors q(am) = aq(m) = 0. Comme L′′ est un sous-module de L et que L est sans torsion, L′′ est sans torsion. Donc q(m) = 0 et m ∈ L′. Réciproquement, supposons que L′ ⊂ L est pur. Alors le module L/L′ est de type fini et sans torsion. Puisque A est principal, il s’ensuit que L/L′ est libre. Notons p : L → L/L′ la projection canonique. Soient x_{1}, …, x_{n} ∈ L tels que p(x_{1}), …, p(x_{n}) forment une base de L/L′. Définissons un homomorphisme s : L/L′ → L par s(p(x_{i})) = x_{i}, i = 1, …, n. Alors par construction, nous avons p ∘ s = 1_{L/L′}. Montrons que L = L′ ⊕ s(L/L′). En effet, si x ∈ L′ ∩ s(L/L′), alors x = s(y) et 0 = p((x) = p(s(y)) = y. Donc x = 0. De plus, si x ∈ L, nous avons x = (x − s(p(x)) + s(p(x)) et x − s(p(x)) ∈ L′ car p(x − s(p(x))) = p(x) − p(s(p(x))) = 0. Donc L′ est bien un facteur direct de L. Il est immédiat qu’une intersection de deux sous-modules purs est un sous-module pur. Il s’ensuit qu’une intersection de deux facteurs directs est un facteur direct (sur un anneau principal !).