Université Paris 7 26 mai 2002 U.F.R. de Mathématiques B. Keller

Maîtrise de Mathématiques : MT401S Algèbre

Un corrigé de l’examen de Juin 2002

Question de cours

Soient A un anneau principal et M un A-module de type fini.

1) Qu’est-ce que le sous-module de torsion M_{tors} de M ? Montrer que M/M_{tors} est sans torsion. Réponse — Le sous-module M_{tors} est formé des éléments m ∈ M tels qu’il existe un élément non nul a ∈ A tel que am = 0. Soit π la projection canonique de M sur M/M_{tors} et soit π(m) un élément de torsion de M/M_{tors}. Soit a un élément non nul de A tel que aπ(m) = 0. Alors am appartient à M_{tors} car π(am) = aπ(m) = 0. Soit b un élément non nul de A tel que b(am) = 0. Alors ba est un élément non nul de A (car A est intègre) et (ba)m = b(am) = 0. Donc m appartient à M_{tors} et π(m) = 0.

2) Que peut-on dire d’un A-module de type fini sans torsion ?

Réponse — Comme A est principal, un tel module est libre.

3) Montrer que M_{tors} est un facteur direct de M qui admet un supplémentaire libre. Montrer par un exemple que ce supplémentaire n’est pas unique en général. Réponse — Le module M/M_{tors} est libre donc la suite exacte

0 → M_{tors} → M → M/M_{tors} → 0

est scindable. Donc M_{tors} admet un supplémentaire isomorphe à M/M_{tors} et donc libre. Si A = ℤ et M = ℤ ⊕ ℤ/2ℤ, alors M_{tors} = 0 ⊕ ℤ/2ℤ. Les sous-modules L_{1} = Z ⊕ ℤ/2ℤ et L_{2} = {(x, π(x) | x ∈ ℤ} sont deux supplémentaires libres de M_{tors} qui sont différents.

4) Soit L ⊃ K une extension de corps finie. Qu’est-ce que le degré de L sur K? Qu’est-ce que le groupe de Galois Gal(L|K) ? Quand est-ce qu’on dit que l’extension est galoisienne ? Réponse — Par l’inclusion K ⊂ L, le corps L devient une K-algèbre et en particulier un K-espace vectoriel. Le degré de L sur K est la dimension de cet espace. Le groupe de Galois est le groupe des automorphismes σ du corps L tels que σ(x) = x pour tout x ∈ K. On dit que l’extension est galoisienne si son degré est égal à l’ordre de son groupe de Galois.

5) Supposons que L ⊃ K est galoisienne de groupe de Galois cyclique d’ordre 10. Quel est le nombre d’extensions intermédiaires L ⊃ E ⊃ K? Réponse — Le théorème principal de la théorie de Galois donne une bijection entre les sous-groupes du groupe de Galois et les extensions intermédiaires entre L et K. Le groupe ℤ/10ℤ = ℤ/2ℤ × ℤ/5ℤ admet quatre sous-groupes (outre le sous-groupe trivial et le groupe tout entier, les seuls sous-groupes sont ℤ/2ℤ×0 et 0×ℤ/5ℤ). Donc il existe quatre extensions intermédiaires L ⊃ E ⊃ K.

I. Décompositions

Soit M le ℤ-module ℤ/24ℤ ⊕ ℤ/36ℤ ⊕ ℤ/135ℤ.

1) Quelle est la composante 3-primaire M(3) ⊂ M ?

Réponse — C’est le sous-groupe 8ℤ/24ℤ ⊕ 4ℤ/36ℤ ⊕ 5ℤ/135ℤ.

2) Quelle est la décomposition de M en ℤ-modules indécomposables ?

Réponse — Nous utilisons le lemme chinois. La décomposition en indécomposables de M est

M ≅ ℤ/4ℤ ⊕ ℤ/8ℤ ⊕ ℤ/3ℤ ⊕ ℤ/9ℤ ⊕ ℤ/27ℤ ⊕ ℤ/5ℤ.

3) Quelle est la décomposition de Smith de M et quels sont ses facteurs invariants ? Réponse — Nous utilisons le lemme chinois. La décomposition de Smith de M est

M ≅ ℤ/3ℤ ⊕ ℤ/36ℤ ⊕ ℤ/1080ℤ

et ses facteurs invariants sont 3, 36, 1080.

II. Cayley-Hamilton

Soient A un anneau commutatif, n ≥ 1 et C une matrice n × n à coefficients dans A. Rappelons qu’on a

ĈC = CĈ = det(C)I_{n}

où (−1)^{i+j}Ĉ_{ij} est le déterminant de la sous-matrice de C obtenue en rayant la j-ième ligne et la i-ième colonne. Soit M le conoyau du morphisme f_{C} : A^{n} → A^{n}, x ↦ Cx.

1) Montrer qu’on a (det C)m = 0 pour tout m ∈ M.

Réponse — Notons π : M → M/f_{C}(M) la projection canonique sur le conoyau de f_{C}. Soit m un élément du conoyau et m′ ∈ M un représentant. Nous avons

(det C)m = (det C)π(m′) = π((det C)m′) = π(CĈm′) = 0

car CĈm′ appartient à l’image de f_{C}.

2) Soient k un corps et B une matrice n × n à coefficients dans k. Soient C la matrice X I_{n} − B (à coefficients dans k[X]) et χ_{B}(X) = det(C) le polynôme caractéristique de B. Soit M_{B} le k[X]-module qui correspond à B. Montrer que χ_{B}(X) m = 0 pour tout m ∈ M_{B}. Réponse — Un théorème du cours affirme que M_{B} est isomorphe au conoyau de

f_{C} : k[X]^{n} → k[X]^{n} , v ↦ Cv ,

où C = XI_{n} − B. L’affirmation résulte aussitôt du point précédent.

3) En déduire que χ_{B}(B) = 0 (Cayley-Hamilton).

Réponse — Pour tout polynôme P (X) ∈ k[X] et tout élément v ∈ M_{B}, on a P (X)m = P (B)(v), par définition. En particulier, on a χ_{B}(X)v = χ_{B}(B)(v). Or d’après le point précédent, l’élément χ_{B}(X)v s’annnule pour tout v ∈ M_{B}. Donc χ_{B}(B) = 0.

III. Idéaux maximaux de ℤ[X]

On se propose de déterminer les idéaux maximaux de l’anneau ℤ[X].

1) Montrer qu’aucun idéal principal de ℤ[X] n’est maximal.

Réponse — Soit P (X) un élément de ℤ[X]. Si P (X) = c pour un c ∈ ℤ, alors ℤ[X]/(P (X)) est isomorphe à (ℤ/cℤ)[X]. Cet anneau n’est pas un corps : en effet, si c = ±1, c’est l’anneau nul, et sinon c’est l’anneau de polynômes sur ℤ/cℤ, dont les seuls éléments inversibles sont les constantes inversibles. Si P (X) est non constant, alors les éléments non nuls de (P (X)) sont de degré ≥ 1. Donc (P (X)) est strictement contenu dans (P (X), p) pour tout nombre premier p. Choisissons p tel que le coefficient dominant de P (X) n’est pas divisible par p. Alors l’idéal (P (X), p) est différent de ℤ[X] (car le quotient par cet idéal est isomorphe au quotient de (ℤ/pℤ)[X] par un idéal propre) et il contient strictement (P (X)). Donc (P (X)) n’est pas maximal.

2) Soit p un nombre premier et P ∈ ℤ[X] un polynôme dont l’image dans 𝔽_{p}[X] est irréductible. Montrer que l’idéal (p, P) est maximal dans ℤ[X]. Nous allons montrer dans la suite qu’on obtient ainsi tous les idéaux maximaux. Réponse — En utilisant des isomorphismes canoniques démontrés en cours nous obtenons

ℤ[X]/(p, P (X)) →^{∼} (ℤ[X]/(p))/(π(P (X)) →^{∼} (ℤ/pℤ)[X]/(P (X)) ,

où π est la projection canonique sur le quotient ℤ[X]/(p). Par hypothèse, le dernier anneau est un corps. Donc (p, P (X)) est maximal.

3) Soit I un idéal maximal de ℤ[X]. Montrer que I ∩ ℤ est un idéal premier de ℤ. Réponse — L’idéal I ∩ ℤ est l’image réciproque de I par l’inclusion ℤ ⊂ ℤ[X]. Comme I est premier dans ℤ[X], I ∩ ℤ est premier dans ℤ.

4) Supposons que I ∩ ℤ est un idéal non nul de ℤ. Montrer que I = (p, P) pour un nombre premier p et un polynôme P ∈ ℤ[X] dont l’image dans 𝔽_{p}[X] est irréductible. Réponse — Comme I ∩ ℤ est premier et non nul, il est de la forme (p) pour un nombre premier p. Nous avons donc pℤ[X] ⊂ I et ℤ[X]/I est un quotient de

ℤ[X]/(p) →^{∼} (ℤ/pℤ)[X].

Le morphisme induit (ℤ/pℤ)[X] → ℤ[X]/I est clairement surjectif et son noyau est donc un idéal maximal. Comme ℤ/pℤ est un corps, il est engendré par un polynôme Q(X) irréductible à coefficients dans ℤ/pℤ. Si nous choisissons P (X) ∈ ℤ[X] tel que l’image de P (X) soit Q(X), nous obtenons l’affirmation.

Dans la suite, nous supposons que I ∩ ℤ est nul. Nous allons aboutir à une contradiction.

5) Montrer que le morphisme canonique ℤ → ℤ[X] se prolonge en un morphisme ℚ → ℤ[X]/I et que ce dernier se prolonge en un morphisme surjectif ϕ : ℚ[X] → ℤ[X]/I. Réponse — Le noyau de la composition ℤ → ℤ[X] → ℤ[X]/I est l’idéal I ∩ℤ. Par hypothèse, il s’annule. Donc les images dans ℤ[X]/I des éléments non nuls de ℤ sont non nuls, et, par conséquent, inversibles. Par la propriété universelle de l’anneau des fractions, le morphisme ℤ → ℤ[X]/I induit un morphisme f : ℚ → ℤ[X]/I. Alors, par la propriété universelle de l’anneau des polynômes, il existe un unique morphisme ϕ : ℚ[X] → ℤ[X]/I qui prolonge f et envoie X ∈ ℚ[X] sur l’image de X ∈ ℤ[X] dans ℤ[X]/I. L’image de ϕ contient clairement l’image de ℤ[X] dans ℤ[X]/I. Donc ϕ est surjectif.

6) Montrer que ker(ϕ) est engendré par un polynôme irréductible Q(X) ∈ ℚ[X].

Réponse — Nous avons un isomorphisme de ℚ[X]/ ker ϕ sur le corps ℤ[X]/I. Donc ker ϕ est un idéal maximal de ℚ[X]. Comme ℚ est un corps, il est engendré par un polynôme irréductible Q.

7) Montrer que I est engendré par le polynôme primitif P ∈ ℤ[X] associé à Q. Conclure. Réponse — Ecrivons Q(X) = cP (X) où P (X) est à coefficients dans ℤ et primitif et c est le contenu de Q(X). Soit U(X) un polynôme à coefficients entiers qui appartient à I. Alors dans ℚ[X], U(X) appartient à l’idéal engendré par Q(X). Donc

U(X) = V (X)Q(X)

pour un polynôme V (X) ∈ ℚ[X]. Ecrivons U(X) = uU_{1}(X) et V (X) = vV_{1}(X), où U_{1}(X) et V_{1}(X) sont à coefficients entiers et primitifs et u et v sont les contenus de U(X) et V (X). Par la propriété de multiplicativité des contenus et des parties primitives, nous avons

U_{1}(X) = ±V_{1}(X)P (X)

et

U(X) = uU_{1}(X) = ±uV_{1}(X)P (X).

Comme U(X) est á coefficients entiers, u est entier et ±uV_{1}(X) est à coefficients entiers. Donc U(X) appartient bien à l’idéal de ℤ[X] engendré par P (X). Ceci est une contradiction avec le point 1).

IV. Modules semisimples sur un anneau principal

Soit A un anneau principal. Un A-module M est semi-simple si pour tout sous-module M′ ⊂ M, il existe un sous-module M′′ ⊂ M tel que M = M′ ⊕ M′′.

1) Soit k un corps. Montrer que tout k-module de type fini est semi-simple.

Réponse — Soit M un k-module de type fini, c’est-à-dire un k-espace vectoriel de dimension finie. On sait que tout sous-espace vectoriel M′ ⊂ M admet un sous-espace supplémentaire (si on complète une base v_{1}, …, v_{p} de M′ et une base v_{1}, …, v_{n} de M′, alors v_{p+1}, …, v_{n} engendrent un supplémentaire). Donc M est semi-simple.

2) Soient p un irréductible de A et m ∈ ℕ. Montrer que (A/(p))^{m} est semi-simple. Réponse — L’anneau k = A/(p) est un corps. Le A-module (A/(p))^{m} est aussi un module sur le corps k et ses sous-A-modules sont exactement ses sous-k-espaces vectoriels. Par le point précédent, le module (A/(p))^{m} est semi-simple.

3) Soient p un irréductible de A et n ∈ ℕ. Montrer que le module A/(p^{m}) est semi-simple si et seulement si m = 1. Réponse — Si m = 1, la semi-simplicité résulte du point précédent. Réciproquement, supposons que A/(p^{m}) est semi-simple. Alors la suite exacte

0 → pA/(p^{m}) → A/(p^{m}) → A/(p) → 0

est scindable. Donc A/(p^{m}) est isomorphe à la somme directe de A/(p) et pA/(p^{m}). Comme A/(p^{m}) est indécomposable, il s’ensuit que pA/(p^{m}) = 0, donc m = 1.

4) Soit M un module semi-simple. Montrer que tout sous-module N ⊂ M est semi-simple. Réponse — Soit N′ un sous-module de N. Alors il existe un supplémentaire M′′ de N′ dans M. Soit N′′ = N ∩M′′. Il est clair que N′ ∩N′′ = 0. Montrons que N′ +N′′ = N. L’inclusion ⊂ est claire. Soit n ∈ N. Alors n = n′ + m′′ pour un n′ ∈ ℕ et un m′′ ∈ M′′. Nous avons m′′ = n − n′′. Donc m′′ ∈ N′′.

5) Soient p un irréductible et M un A-module p-primaire de type fini. Montrer que M est semi-simple si et seulement si M est isomorphe à (A/(p))^{n} pour un n ∈ ℕ. Réponse — Nous avons vu au point 2) que la condition est suffisante. Réciproquement, supposons que M est semi-simple. Comme M est p-primaire, M est somme directe de sousmodules isomorphes à des modules A/(p^{m}) pour des m ∈ ℕ. D’après 4), ces A/(p^{m}) sont semi-simples. D’après 3), on doit avoir m = 1. Donc M est bien isomorphe à une somme (A/(p))^{n} pour un n ∈ ℕ.

6) Soit M un A-module de torsion et de type fini. Montrer que M est semi-simple si et seulement si pour tout irréductible p de A, la composante p-primaire M(p) est semi-simple. Déduire que M est semi-simple si et seulement si M est isomorphe à une somme directe finie de modules de la forme A/(p), où p est irréductible. Réponse — Supposons que M est semi-simple. Les composantes p-primaires de M sont en particulier des sous-modules. Donc elles sont semi-simples d’après 4). Réciproquement, supposons que les composantes p-primaires de M sont semi-simples. Soit N ⊂ M un sousmodule. Alors N(p) ⊂ M(p) est un sous-modules pour chaque irréductible p. On choisit un supplémentaire N′_{p} de N(p) dans M(p). Alors la somme des N′_{p} est un supplémentaire de N dans M. La deuxième affirmation en résulte d’après 5).

7) Soient n ≥ 1 et B une matrice carrée n×n à coefficients réels. Soit f_{B} : ℝ^{n} → ℝ^{n} l’application x ↦ Bx. Montrer qu’on a équivalence entre

(i) Tout sous-espace U ⊂ ℝ^{n} stable par f_{B} admet un supplémentaire stable par f_{B}. (ii) B est semblable à une matrice diagonale par blocs dont les blocs diagonaux sont de la

forme

[a] , a ∈ ℝ, ou [ \begin{matrix}ρ cos θ & −ρ sin θ \\ ρ sin θ & ρ cos θ \end{matrix} ] , ρ > 0 , θ ∈ ℝ.

Réponse — Supposons que (i) est vérifié. Soit M le ℝ[X]-module associé à B. Alors il résulte de (i) que M est semi-simple. Donc M est isomorphe à une somme de modules ℝ[X]/(P (X)) où P (X) est irréductible dans ℝ[X]. On sait que les irréductibles de ℝ[X] sont de la forme X − a, a ∈ ℝ, et X^{2} + bX + c où b^{2} − 4c < 0. On sait qu’un module ℝ[X]/(X − a) correspond à un bloc [a]. Il reste à montrer qu’un module ℝ[X]/(X^{2} + bX + c) correspond à un bloc du deuxième type. En effet, écrivons les deux racines complexes conjuguées de X^{2} + bX + c sous la forme ρe^{iθ}. Alors b = 2 cos θ et c = ρ^{2}. Alors la matrice compagnon de X^{2} + bX + c et la matrice

[ \begin{matrix}ρ cos θ & −ρ sin θ \\ ρ sin θ & ρ cos θ \end{matrix} ] , ρ > 0 , θ ∈ ℝ.

sont toutes deux diagonalisables sur ℂ avec les mêmes valeurs propres. Donc elles sont semblables sur ℂ et donc sur ℝ. Ainsi elles correspondent à des ℝ[X]-modules isomorphes. Réciproquement, si (ii) est vérifié, alors le ℝ[X]-module correspondant est isomorphe à une somme de modules ℝ[X]/(P (X)) où P (X) est irréductible dans ℝ[X]. Donc ce module est semi-simple et (i) est vérifié.