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\newcommand{\titre}{Un corrig\'e de l'examen de Septembre 2002}

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\begin{document}
\begin{center}
Universit\'e Paris 7  \hfill 26 mai 2002\\
U.F.R. de Math\'ematiques\hfill \mbox{B.~Keller, M.-F.~Vign\'eras}\\[0.5cm]
{\bf Ma\^{\i}trise de Math\'ematiques : MT401S Alg\`ebre \\[0.5cm]
             \titre\\}
\end{center}

\tit{Exercice I}
D\'eterminer la d\'ecomposition en groupes ab\'eliens ind\'ecomposables
et les facteurs invariants de
$$
M=\Z/ 18 \Z \oplus
\Z/ 48 \Z \oplus
\Z/ 24 \Z \oplus
\Z/ 4 \Z .
$$
\solution{Par le lemme chinois, nous avons les d\'ecompositions en groupes
ab\'eliens ind\'ecomposables
\begin{eqnarray*}
\Z/18\Z & \iso & \Z/2\Z   \oplus \Z/3^2\Z \\
\Z/48\Z & \iso & \Z/2^4\Z \oplus \Z/3\Z   \\
\Z/24\Z & \iso & \Z/2^3\Z \oplus \Z/3\Z   \\
\Z/4\Z  & \iso & \Z/2^2 \Z.
\end{eqnarray*}
Nous obtenons la d\'ecomposition en groupes ab\'eliens ind\'ecomposables
comme la somme des groupes \0a droite
\[
M \iso \Z/2\Z \oplus \Z/2^2\Z \oplus \Z/2^3\Z \oplus \Z/2^4\Z \oplus
                       \Z/3\Z \oplus \Z/3\Z   \oplus \Z/3^2\Z.
\]
En regroupant les facteurs et en utilisant \0a nouveau le lemme chinois
nous obtenons la d\'ecomposition (dite de Smith)
\[
M \iso \Z/2\Z \oplus \Z/12\Z \oplus \Z/24\Z \oplus \Z/144\Z.
\]
Nous y lisons les facteurs invariants : $2,12,24,144$.
}

\tit{Exercice II}
Soit $P(X)=X^5+30X^2-6X+18$.  On consid\`ere les   anneaux
quotients
$$A=\bf Q[X]/\bf Q[X]P(X)  ,\  B=\bf Q[X]/\bf Q[X] P(X^2), \ C=\bf Q[X]/\bf Q[X]
P(X+1).$$
\medskip {\bf 1.a \ } Est-ce que $A$ est un corps ? M\^eme question
pour $B$ et pour $C$.
\solution{Le polyn\^ome $P(X)$ est irr\'eductible sur $\Z$ (Eisenstein avec $p=2$).
En outre, il est \0a coefficients entiers, de degr\'e $>0$ et
de contenu $1$. Donc il est irr\'eductible sur $\Q$. Comme $\Q$ est un corps,
$P(X)$ engendre un id\'eal maximal de $\Q[X]$ et $A$ est un corps.

Le m\^eme argument montre que $B$ est un corps. 

Soit $f: \Q[X] \ra \Q[X]$ l'unique morphisme de $\Q$-alg\0ebres qui envoie
$X$ sur $X+1$ et $g:\Q[X]\ra \Q[X]$ l'unique morphisme de $\Q$-alg\0ebres
qui envoie $X$ sur $X-1$. Alors clairement $f$ et $g$ sont des isomorphismes
inverses l'un de l'autre et ils induisent des isomorphismes entre $A$ et $C$.
Donc $C$ est un corps.
}

\medskip {\bf 1.b \ } Est-ce que les anneaux $A,B$ sont isomorphes ? 
M\^eme question pour $B,C$ et pour $A,C$.

\solution{Si $A$ et $B$ \'etaient isomorphes en tant qu'anneaux, ils le
seraient en tant que $\Q$-alg\0ebres. En particulier, ils auraient la m\^eme
dimension sur $\Q$. Or $A$ est de dimension $5$ et $B$ de dimension $10$.
Nous avons d\'ej\0a vu que $A$ et $C$ \'etaient isomorphes. }

\bigskip On consid\`ere maintenant les anneaux quotients
analogues \`a $A,B,C$ obtenus en remplacant $\bf Q$ par $\bf Z$
$$A'=\bf Z[X]/\bf Z[X]P(X), \  B'=\bf Z[X]/\bf Z[X]P(X^2), \
C'=\bf Z[X]/\bf Z[X]P(X+1).$$

\medskip {\bf 1.a' \ } M\^eme question que 1.a   pour  
$A', B', C' $  au
lieu de $A,B,C$.

\solution{Nous avons des isomorphismes d'anneaux
\[
(\Z[X]/(P(X)))/(\pi(2)) \iso \Z[X]/(P(X),2) \iso ((\Z/2\Z)[X]/(\pi(P(X)) \iso (\Z/2\Z)[X]/(X^5)\ko
\]
o\0u nous d\'esignons par $\pi$ les projections canoniques.
Il s'ensuit que l'image de $2$ engendre un id\'eal non trivial de $A'$.
Donc $A'$ n'est pas un corps. De m\^eme l'image de $2$ engendre un
id\'eal non trivial de $B'$ et $B'$ n'est pas un corps.
Les anneaux $A'$ et $C'$ sont isomorphes (l'isomorhisme est induit
par l'unique morphisme de $\Z[X]$-alg\0ebres qui envoie $X$ sur $X+1$).
Donc $C'$ n'est pas un corps non plus.}

\medskip {\bf 1.b' \ } M\^eme question que 1.b pour  
$A',B',C'$ au lieu de $A,B,C$.

\solution{Nous avons $A'/(2)\iso (\Z/2\Z)[X]/(X^5)$ et $B'/(2)\iso (\Z/2\Z)[X]/(X^{10})$.
Ces deux quotients sont des espaces vectoriels sur $\Z/2\Z$ de dimensions diff\'erentes.
Donc $A'$ et $B'$ ne sont pas isomorphes. Nous avons d\'ej\0a vu que $A'$ et
$C'$ \'etaient isomorphes.}

\tit{Exercice III}

  Le but de
l'exercice est de d\'ecrire les corps contenus dans le  $28$-i\`eme
corps cyclotomique.


\medskip {\bf 1.a \ }  Quel est le nombre de sous-groupes  du
groupe $\Z/6\Z$ ?

\solution{Il y a quatre sous-groupes, engendr\'es par les
$4$ diviseurs positifs de $6$, \0a savoir $1,2,3,6$. Les sous-groupes
forment un treillis dont voici le diagramme (dit de Hasse)~:
\[
\xymatrix{         &  \Z/6\Z \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dr] & \\
\Z/2\Z \ar@{-}[dr] &                                 & \Z/3\Z \ar@{-}[dl] \\
                   & 0                               & }
\] 
}

{\bf 1.b \ } Faire la liste de tous les sous-groupes $H$ du groupe
$\Z/2\Z \times \Z/6\Z$.

\solution{Par le lemme chinois, ce groupe est isomorphe \0a 
$(\Z/2 \oplus \Z/2) \oplus \Z/3$. Par cet isomorphisme, les sous-groupes
de $\Z/2\Z \times \Z/6\Z$ s'identifient aux produits de sous-groupes
de $\Z/2\Z \times \Z/2\Z$ par des sous-groupes de $\Z/3\Z$ (car ils se
d\'ecomposent en leurs composantes $2$-primaires et $3$-primaires).
Le groupe $\Z/2\Z\times\Z/2\Z$ est un espace vectoriel sur $\Z/2\Z$
et ses sous-groupes ne sont autres que ses sous-espaces vectoriels.
Il y en a un de dimension $0$, trois de dimension $1$ et un de dimension $2$.
Il y en a donc $5$ au total. Ils forment un treillis dont voici le
diagramme de Hasse~:
\[
\xymatrix{         &  \Z/2\Z \times \Z/2\Z\ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr] & \\
\Z/2\Z \ar@{-}[dr] &  \Z/2\Z \ar@{-}[d]              & \Z/2\Z \ar@{-}[dl] \\
                   & 0                               & }
\]
Il y a exactement deux sous-groupes
de $\Z/3\Z$. Le groupe $\Z/2\times \Z/6\Z$ admet donc 10 sous-groupes.
Il y a les sous-groupes produits
\[
0\times 0\ko 0 \times (2)\ko 0\times (3)\ko 0\times (1)\ko
(1)\times 0 \ko (1)\times (2)\ko (1)\times (3) \ko (1)\times (1)\ko
\]
et les sous-groupes
\[
\{(x,y) \; | \; x = y \mod 2\ \mbox{ et } y=0 \mod 3 \} 
\mbox{ et } \{(x,y)\; | \; x= y \mod 2 \}.
\]
Le treillis des sous-groupes de $\Z/2\times\Z/6\Z$ est le produit du
treillis des sous-groupes de $\Z/2\times\Z/2$ par celui des sous-groupes
de $\Z/3\Z$. D'o\0u le diagramme de Hasse
\[
\epsfbox{CorrAlg0902.eps}
\]
}

{\bf 1.c \ } Pour chaque sous-groupe  $H$ de $\bf Z/2\bf Z
\times \bf Z/6\bf Z$, d\'eterminer la
structure du groupe quotient $G/H$.

\solution{Voici la liste des quotients
\[
\Z/2\Z\times \Z/6\Z\ko \Z/2\Z\times \Z/3\Z \ko \Z/2\Z \times \Z/2\Z \ko \Z/2\Z \ko
\Z/6\Z \ko \Z/3\Z \ko \Z/2\Z \ko 0
\]
et 
\[
\Z/2\Z \times \Z/3\Z \mbox{ et } \Z/2\Z.
\]
}
\medskip {\bf 2  \ } Soit $F=\bf Q(e^{2i \pi /7})$ le $7$-i\`eme corps
cyclotomique. 

{\bf 2.a \ } Quel est le groupe de Galois ${\rm  Gal} (F/\bf Q)$ ?

\solution{D'apr\0es un th\'eor\0eme du cours, ce groupe s'identifie
au groupe des automorphismes du groupe des racines septi\0emes de l'unit\'e,
qu'on identifie \0a $\Z/7\Z$ par le choix du g\'en\'erateur canonique
$e^{2i\pi/7}$. Le groupe de Galois s'identifie donc \0a 
$(\Z/7\Z)^*$, qui est isomorphe (par le choix d'un g\'en\'erateur,
par exemple la classe de $2$) \0a $\Z/6\Z$. 
}

{\bf 2.b \ } Trouver un nombre r\'eel non rationnel $\alpha$ dans
$F$, et un \'el\'ement $\beta$ de
$F$ tel que $\bf Q(\beta)$ soit une extension quadratique de $\bf Q$.

\solution{Posons $\zeta=e^{2i\pi/7}$. Consid\'erons
\[
\alpha=\zeta+\zeta^{-1}.
\]
Comme $\zeta^{-1}=\overline{\zeta}$, le nombre $\alpha$ est r\'eel.
S'il \'etait rationnel, alors $\zeta$ serait solution de
$X^2 -2\alpha X +1=0$ et $\Q(\zeta)$ serait une extension de degr\'e
$\leq 2$ de $\Q$. Contradiction car $\Q(\zeta)$ est de degr\'e $6$
(le cardinal du groupe de Galois) sur $\Q$.

Consid\'erons $\beta=\zeta^4+\zeta^{4^2}+\zeta^{4^3}=\zeta^4+\zeta^2+\zeta$.
Nous avons
\[
\beta^2=\beta+ 2(\zeta^3+\zeta^5+\zeta^6)=\beta+2(-1-\beta)
\]
et donc
\[
\beta^2+\beta+2=0 \mbox{ et } \beta=\frac{-1\pm\sqrt{-7}}{2}.
\]
Donc $\Q(\beta)$ est bien une extension quadratique de $\Q$.
}

{\bf 2.c \ } Montrer que    $F$ a $4$ sous-corps distincts: 
$\bf Q$, $\bf Q(\alpha)$, $\bf Q(\beta)$, $F$, et que $\bf Q(\alpha)$ 
est une extension galoisienne cubique de
$\bf Q$ (de degr\'e $3$).

\solution{Par le th\'eor\0eme de Galois, les sous-corps de $F$ sont
en bijection avec les sous-groupes de $\Z/6\Z$. On a vu dans 1.a qu'il y
en a quatre : $(0), (2), (3), (1)$. Ils sont engendr\'es respectivement
par
\[
\zeta\mapsto \zeta \ko \zeta \mapsto \zeta^4\ko \zeta \mapsto \zeta^6\ko
\zeta\mapsto \zeta^2.
\]
Le sous-groupe $(0)$ correspond \0a $F$ et le sous-groupe $(1)$ \0a $\Q$.
Les \'el\'ements de $\Q(\beta)$ sont fix\'es par $(3)$. Comme le
degr\'e de $\Q(\beta)$ est \'egal \0a l'indice de $(3)$, le sous-corps
$\Q(\beta)$ est le corps des points fixes par $(3)$. 

Le corps $F$ est de degr\'e $\leq 2$ sur $\Q(\alpha)$. Comme $F$ est distinct
de $\Q(\alpha)$ (il n'est pas r\'eel), $F$ est de degr\'e exactement
$2$ sur $\Q(\alpha)$. Donc $\Q(\alpha)$ est de degr\'e $3$ sur
$\Q$. En outre il est fix\'e par $(3)$. Comme $(2)$ est d'indice
$3$ dans le groupe de Galois, le sous-corps $\Q(\alpha)$ doit
correspondre \0a $(2)$. Comme le groupe de Galois est commutatif,
tous ses sous-groupes sont distingu\'es et toutes les extensions
interm\'ediaires sont galoisiennes.
}

\medskip {\bf 3  \ }  Soit $L=\bf Q(e^{2i \pi /28})$ le $28$-i\`eme corps
cyclotomique. 

{\bf 3.a \ } Quel
est le groupe de Galois ${\rm  Gal} (L/\bf Q)$ ?


\solution{Comme dans 2.a, ce groupe est isomorphe \0a 
\[
(\Z/28\Z)^* \iso (\Z/4\Z)^* \times (\Z/7\Z)^* \iso \Z/2\Z \times \Z/6Z.
\]
}

{\bf 3.b \ } Trouver
 trois \'el\'ements $x_1, x_2, x_3$ de $L$ tels que les corps 
$ \bf Q(x_1),\bf Q(x_2),\bf Q(x_3)$ soient distincts deux-\`a-deux, et  quadratiques sur
$\bf Q$.  

\solution{Le corps $L$ contient les nombres $x_1=i$ (car il contient les racines
quatri\0emes de l'unit\'e) et $x_2=i\sqrt{7}$ (d'apr\0es 2 b puisqu'il contient les racines 
$7$-i\0emes de l'unit\'e). Donc il contient aussi $x_3= \sqrt{7}$. Le nombre
$7$ n'est pas un carr\'e dans $\Z[i]$ (il y est irr\'eductible). Comme $\Z[i]$
est factoriel, le nombre $7$ n'est pas non plus un carr\'e dans son corps des
fractions $\Q[i]$. Donc $\Q[i]$ et $\Q[i\sqrt{7}]$ sont diff\'erents. Ces
corps sont clairment diff\'erents de $\Q[\sqrt{7}]$, qui est r\'eel. 
Clairement les trois corps sont quadratiques sur $\Q$.}


 {\bf 3.c\ } D\'ecrire tous les corps $L' $ contenus dans $L $, 
ainsi que les groupes de Galois ${\rm  Gal} (L/L')$ et ${\rm  Gal} (L'/\bf Q)$.

\solution{Dans 3b, nous avons construit trois extensions quadratiques
distinctes contenues dans $L$. Ils correspondent aux trois sous-groupes
d'indice $2$ de $Gal(L/\Q)$. Appelons $H_1, H_2, H_3$ ces trois sous-groupes. 
D'apr\0es 2b, nous avons \'egalement l'extension cubique $\Q(\alpha)$ contenue dans $L$. 
Elle correspond \0a l'unique sous-groupe d'indice $3$ de $Gal(L/\Q)$. Appelons
$H_0$ ce sous-groupe et posons $x_0=\alpha$. Comme le montre le diagramme de Hasse
obtenu dans 1 b, tout sous-groupe
de $Gal(L/\Q)$ est obtenu comme intersection de certains groupes $H_p$, $0\leq p\leq 3$.
Il s'ensuit que l'extension interm\'ediare correspondante est obtenue
comme engendrement de certains des $4$ extensions interm\'ediaires $\Q(x_p)$.
Nous obtenons la liste suivante
\begin{center}
\begin{tabular}{|l|l|l|} \hline
sous-groupe                 & extension             & groupe de Galois \\ \hline
$G$                         & $\Q$                  &  $e$ \\
$H_0$                       & $\Q(x_0)$             &  $\Z/3\Z$ \\
$H_p$, $1 \leq p \leq 3$           & $\Q(x_p)$             &  $\Z/2\Z$ \\
$H_0 \cap H_p$, $1 \leq p\leq 3 $  & $\Q(x_0, x_p)$        &  $\Z/2\Z \times \Z/3\Z$ \\
$H_0\cap H_2$               & $\Q(x_1,x_2)$         &  $\Z/2\Z \times \Z/2\Z$ \\
$e$                         & $L$                   &  $G$ \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
}

\tit{Exercice IV}
Soit $k$ un corps. Pour deux $k[X]$-modules $L$ et $M$, on note
$Hom(L,M)$ l'ensemble des applications  $k[X]$-lin\'eaires $f:L \rightarrow M$.

\medskip {\bf 1.a \ } D\'efinir une structure d'espace vectoriel sur 
$Hom(L,M)$. Supposons que $k$ est le corps des nombres complexes.
Rappeler la forme des $k[X]$-modules ind\'ecomposables
de type fini. D\'eterminer la dimension de $Hom(L,M)$ lorsque $L$
et $M$ sont ind\'ecomposables de type fini.

\solution{Une application $k$-lin\'eaire $f: L\ra M$ appartient \0a $Hom(L,M)$ ssi
elle v\'erifie
\[
f(X x) = X f(x)
\]
pour tous les $x\in L$. Ces conditions sont lin\'eaires en $f$ de fa\c{c}on que
$Hom(L,M)$ est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des applications
$k$-lin\'eaires de $L$ dans $M$. 

Les $\C[X]$-modules ind\'ecomposables de type fini sont $\C[X]$ et les
modules $\C[X]/(X-\alpha)^n$, o\0u $\alpha\in\C$ et $n\geq 1$. 

Fixons $\alpha\in\C$ et $n\geq 1$ et consid\'erons les applications 
$k[X]$-lin\'eaires de source $\C[X]/(X-\alpha)^n$. 
Soit $M$ un $\C[X]$-module et $f: \C[X]/(X-\alpha)^n \ra M$ une application
$k[X]$-lin\'eaire. Comme $\C[X]/(X-\alpha)^n$ est un module $(X-\alpha)$-primaire,
l'image de $f$ est $(X-\alpha)$-primaire. En particulier, $f$ s'annule si
la composante $(X-\alpha)$-primaire de $M$ s'annule. C'est le cas si $M=\C[X]$ ou
$M=\C[X]/(X-\beta)^m$ pour $\beta\neq \alpha$. Il reste \0a \'etudier le
cas ou $M=\C[X]/(X-\alpha)^m$. Clairement on peut supposer $\alpha=0$.
Alors les applications $\C[X]/(X^n) \ra C[X]/(X^m)$ correspondent
aux \'el\'ements de $\C[X]/(X^m)$ annul\'es par $X^n$ (en effet, la donn\'ee de $f$
\'equivaut \0a celle de l'image de la classe de $1$). 
Si $n\geq m$, ce sont tous les \'el\'ements de $\C[X]/(X^m)$, si $n<m$, ce
sont les \'el\'ements de $X^{(n-m)} \C[X]/(X^m)$. 
L'espace des applications $k[X]$-lin\'eaires est donc de dimension
\'egale au minimum entre $m$ et $n$. 

Consid\'erons maintenant les applications $\C[X]$-lin\'eaires de source $\C[X]$. 
La donn\'ee d'une telle application $f: \C[X] \ra M$
est \'equivalente \0a la donn\'ee d'un \'el\'ement de $M$ 
(\0a savoir $f(1)$). Donc la dimension de l'espace des applications
$\C[X]$-lin\'eaires de $\C[X]$ dans $M$ est \'egale \0a la dimension 
du $k$-espace vectoriel sous-jacent \0a $M$.

En r\'esum\'e, nous trouvons
\begin{eqnarray*}
\dim Hom(\C[X], \C[X]) & = & \infty  \\
\dim Hom(\C[X], \C[X]/(X-\alpha)^n) & = & n  \\
\dim Hom(\C[X]/(X-\alpha)^n, \C[X]) & = & 0 \\
\dim Hom(\C[X]/(X-\alpha)^n, \C[X]/(X-\beta)^m) & = & \left\{ 
\begin{array}{ll} 0 & \mbox{si } \alpha\neq \beta \\ \mbox{min}(n,m) & \mbox{si }\alpha=\beta \end{array} \right.
\end{eqnarray*}
}

\medskip {\bf 1.b \ } 
Montrer que si $L$ et $M$ sont de torsion et de type fini,
l'espace  $Hom(L,M)$
est de dimension finie. Pour toute application $k[X]$-lin\'eaire
$g: M_1 \rightarrow M_2$, d\'efinir une application lin\'eaire
naturelle
$$
g_* : Hom(L,M_1) \rightarrow Hom(L,M_2).
$$
Montrer que si $M=M_1\oplus M_2$, on a un isomorphisme
d'espaces vectoriels
$$
Hom(L,M_1\oplus M_2) \rightarrow Hom(L,M_1) \oplus Hom(L,M_2).
$$

\solution{Si $L$ et $M$ sont de torsion et de type fini, alors leurs
$k$-espaces vectoriels sous-jacents sont de dimension finie. Donc
$Hom(L,M)$ est de dimension finie en tant que sous-espace de l'espace
des applications $k$-lin\'eaires de $L$ dans $M$.

L'application $g_*$ envoie $f$ sur $g\circ f$.

Soient $i_p : M_p \ra M_1 \oplus M_2$ les injections canoniques.
Par la propri\'et\'e universelle de la somme $M_1\oplus M_2$, la 
donn\'ee d'une application $k[X]$-lin\'eaire $f: L \ra M_1 \oplus M_2$
\'equivaut \0a celle de $f\circ i_1$ et $f\circ i_2$, qui sont
des applications $k[X]$-lin\'eaires quelconques de $L$ dans
$M_1$ resp. $M_2$. L'isomorphisme recherch\'e envoie $f$
sur le couple $(f\circ i_1, f\circ i_2)$.
}


\medskip Soit {\sl une suite exacte} de $k[X]$-modules 
$$
0 \rightarrow L \buildrel i \over \rightarrow M 
                \buildrel p \over \rightarrow N \rightarrow 0,
$$
c'est-\`a-dire que $i$ est injectif, $p$ est surjectif et que le
noyau de $p$ est l'image de $i$.

\medskip {\bf 2.a \ } Montrer que la suite
$$
0 \rightarrow Hom(N,L) \buildrel i_* \over \longrightarrow Hom(N,M) 
                       \buildrel p_* \over \longrightarrow Hom(N,N)
$$
est exacte, c'est-\`a-dire que $i_*$ est injectif et que son image
est le noyau de $p_*$.

\medskip
Supposons que $L$, $M$ et $N$ sont de torsion et de type fini
et qu'il existe un isomorphisme $\phi: L\oplus N \rightarrow M$.
On se propose de montrer qu'on peut choisir $\phi$ tel que
$p \circ \phi$ soit la projection canonique et $\phi^{-1} \circ i$
l'injection canonique (c'est-\`a-dire que la suite est 
{\sl scindable}).

\solution{Soit $f: N \ra L$ une application $k[X]$-lin\'eaire.
Supposons que $i_*(f)=0$. Cela
veut dire que $i\circ f=0$. Comme $i$ est injectif, il s'ensuit
que $f=0$. Donc $i_*$ est bien injective. 

Soit $f: N\ra L$ une application $k[X]$-lin\'eaire. Nous avons
$p_* (i_*(f))= p \circ i \circ f =0$. Il s'ensuit que l'image
de $i_*$ est contenue dans le noyau de $p_*$.

Soit $f: N \ra M$ une application $k[X]$-lin\'eaire. 
Supposons que $p_*(f)=0$. Cela veut dire que $p\circ f =0$.
Mais alors l'image de $f$ est contenu dans le noyau de $p$,
qui n'est autre que l'image de $i$. Si nous d\'efinissons
$g: N \ra L$ telle que $i(g(x))= f(x)$ pour tous $x\in N$, 
alors $g$ est $k[X]$-lin\'eaire et $i_*(g)=f$. Donc le noyau
de $p_*$ est bien contenu dans l'image de $i_*$.
}

\medskip
Supposons que $L$, $M$ et $N$ sont de torsion et de type fini
et qu'il existe un isomorphisme $\phi: L\oplus N \rightarrow M$.
On se propose de montrer qu'on peut choisir $\phi$ tel que
$p \circ \phi$ soit la projection canonique et $\phi^{-1} \circ i$
l'injection canonique (c'est-\`a-dire que la suite est 
{\sl scindable}).

\medskip{\bf 2.b \ } Montrer que l'application $p_*$ est surjective.
Indication~: on pourra montrer que son image a m\^eme dimension
que $Hom(N,N)$. D\'eduire que la suite est scindable.

\solution{On sait que
\[
\dim Im(p_*) = \dim Hom(N,M) - \dim Ker p_*
\]
Par le point pr\'ec\'edent, nous avons $Ker p_*= Im i_*$.
Comme $i_*$ est injective, elle induit un isomorphisme
de $Hom(N,L)$ sur $Im i_*$. Nous avons donc
\[
\dim Im(p_*) = \dim Hom(N,M) - \dim Hom(N,L).
\]
De l'autre c\^ot\'e, comme $M$ est isomorphe \0a $L\oplus N$,
nous avons
\[
Hom(N,M) \iso Hom(N,L\oplus N) \iso Hom(N,L)\oplus Hom(N,N).
\]
Donc
\[
\dim Hom(N,M) = \dim Hom(N,L) + \dim Hom(N,N).
\]
Il s'ensuit que
\[
\dim Im p_* = \dim Hom(N,M)- \dim Hom(N,L) = \dim Hom(N,N).
\]
Donc $p_*$ est bien surjective. En particulier, il existe
une application $k[X]$-lin\'eaire $s : N \ra M$ telle que
$p \circ s = \id_M$. Par un th\'eor\0eme du cours, il s'ensuit
que la suite est scindable.
}

\medskip{\bf 3. \ } Soit une matrice trigonale par blocs
$$
T=\left[\begin{array}{cc}A & B \\ 0 & C \end{array}\right]
$$
o\`u $A$ est carr\'ee $p\times p$ et $B$ est carr\'ee $q\times q$.
Montrer, \`a l'aide de {\bf 2}, que les conditions suivantes
sont \'equivalentes 

\medskip
(i) Il existe une matrice inversible $P$ telle que
$$
PTP^{-1} = \left[\begin{array}{cc} A & 0 \\ 0 & C \end{array} \right] .
$$

\medskip
(ii) Il existe une matrice inversible
$$
Q = \left[ \begin{array}{cc} I_p & X \\ 0 & I_q \end{array} \right]
$$
telle que 
$$
QTQ^{-1}  = \left[\begin{array}{cc} A & 0 \\ 0 & C \end{array} \right].
$$

\medskip
(iii) Il existe une matrice $X$ de format $p\times q$ telle
que $B= AX - XC$.

\solution{Soient $L$, $M$ et $N$ les $k[X]$-modules associ\'es respectivement aux
matrices
\[
A \ko \left[\begin{array}{cc} A & B \\ 0 & C \end{array} \right] \mbox{  et  } C.
\]
Alors $L\oplus N$ est le module associ\'e \0a la matrice
\[
\left[\begin{array}{cc} A & 0 \\ 0 & C \end{array} \right].
\]
La condition (i) signifie qu'on a un isomorphisme
\[
\phi: L\oplus N \ra M.
\]
La condition (ii) signifie qu'on peut choisir $\phi$ tel que $p\circ \phi$ soit
la projection canonique et que $\phi^{-1}\circ i$ soit l'injection canonique.
Donc la condition (ii) veut dire que la suite
\[
0 \ra L \ra M \ra N \ra 0
\]
est scindable. La condition (i) implique (ii) car si une suite exacte est 
scindable, le terme du milieu est isomorphe \0a la somme des deux termes aux
extr\'emit\'es. La condition (ii) implique (i) d'apr\0es 2 b.

Montrons que les conditions (ii) et (iii) sont \'equivalentes.
Soit $X$ une matrice de format $p\times q$ et
\[
Q=\left[\begin{array}{cc} I_p & X \\ 0 & I_q \end{array} \right].
\]
Alors nous avons
\[
QTQ^{-1} = 
\left[\begin{array}{cc} I_p &  X \\ 0 & I_q \end{array} \right]
\left[\begin{array}{cc} A   &  B \\ 0 & C   \end{array} \right]
\left[\begin{array}{cc} I_p & -X \\ 0 & I_q \end{array} \right]
=
\left[\begin{array}{cc} A & B- AX+XC \\ 0 & C \end{array} \right].
\]
Dire que $B=AX-XC$, c'est dire que la derni\0ere matrice est \'egale
\0a 
\[
\left[\begin{array}{cc} A & 0 \\ 0 & C \end{array} \right].
\]
D'o\0u l'\'equivalence de (ii) et (iii).
}
\end{document}
