Exercice sur les anneaux

[invitebb921944]

Bonjour tout le monde !
Je bloque sur un exo dont voici l'énoncé :
Soit A un anneau commutatif associatif unitaire, NA l'ensemble des éléments nilpotents de A.

a) Montrer que NA est un idéal !
Ca c'est ok !

b) Démontrer que les assertions suivantes sont équivalentes :
i)A ne possède qu'un seul idéal premier
ii)Tout élément de A est soit inversible soit nilpotent
iii)A/NA est un corps

ii)=>iii) :
Soit a un élément de a tel que sa classe dans A/NA est non nul.
a n'appartient pas à NA, donc a est inversible.
Il existe b appartenant à A tel que ab=ba=1
Il suffit de considérer la surjection canonique f de A dans A/NA qui est un morphisme d'anneaux et on obtient :
f(ab)=f(a)f(b)=f(b)f(a)=f(1)=1
Donc la classe de a dans A/NA est inversible. A/NA est un corps.

Pour iii)=>i) je ne vois pas.
J'ai quelques idées genre :
A/NA est un corps donc NA est maximal et premier.
Par l'absurde on peut supposer que I, idéal de A différent de NA, est premier.
J'avais envie de montrer que si a appartient à I, alors 1 appartient à I et donc I=A qui ne peut pas être premier puisque A n'est jamais premier (en tant qu'idéal de A).
Cela dit je n'arrive pas à le montrer.

i)=>ii)Bah on prend un élément de A qui ne soit pas nilpotent et on montre qu'il est inversible.
Je ne vois pas snif

Merci d'avance pour votre aide
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[G13]

Bonsoir,

Pour i) => ii), je connais la solution, soit P l'ideal premier, les nilpotents sont l'intersection des ideaux premiers.
on prend x non nilpotent, x<>0 dans A/P donc (x)+P est soit egal à A/P soit est un ideal propre de A/P different de 0 donc est contenu dans un ideal maximal qui est donc premier. Or A n'admet qu'un seul ideal premier donc (x)+P=A.
Donc 1=ax+p.
Les nilpotents sont l'intersection des ideaux premiers donc comme il n'y a qu'un seul ideal premier p^n=0 donc (1-ax)^n=0 donc 1=bx donc x est inversible.

Pour iii) => i)
NA est maximal et est l'intersection des ideaux premiers donc il n'y a qu'un seul ideal premier NA.

[G13]

Pour i) => ii), soit x non nilpotent, soit I un ideal maximal parmi ceux ne rencontrant pas les x,x^2,x^3,...,x^n,... D'apres le lemme de Zorn, il existe vu que l'ideal nul ne les rencontre pas. I est alors premier vu que si ab appartient à I et pas a, ni b, il existe k tel que x^k appartient à (a)+I et x^l appartient à (b)+I (a cause de la maximalite de I). Donc x^(k+l) appartient à (a)(b)+I=I donc contradiction.
Donc I est premier donc c'est l'unique ideal premier donc l'unique ideal maximal donc x n'appartient à aucun ideal maximal vu qu'il n'appartient pas à I donc x est inversible.

Pour iii)=> i)
NA inclus dans tout ideal premier (vu que x^n =0 => x^n appartient à P donc x appartient à P) donc si NA maximal, tout premier est egal à NA.
Donc NA est l'unique ideal premier.

[invitebb921944]

Merci beaucoup !
J'aimerais simplement une précision : comment démontre-t'on que NA est l'intersection des idéaux premiers ?

[A voir en vidéo sur Futura]

[G13]

Soit I l'intersection des ideaux premiers, NA l'ensemble des nilpotents.
NA est inclus dans tout ideal premier (x^n=0 => x^n appartient à P premier => x appartient à P) donc NA inclus dans I.
Soit x n'appartenant pas à NA, {x,x^2,x^3,...,x^n,...} ne rencontre pas 0, donc il existe des ideaux ne rencontrant pas S={x,x^2,....,x^n,...} (ici l'ideal nul (0)).
Soit J un ideal maximal pour la propriete de ne pas rencontrer {x,x^2,...,x^n,...}
Soit a,b n'appartenant pas à J, (a)+J rencontre S, de meme (b)+J rencontre S car J maximal pour la propriete.
ua+j=x^k avec j appartenant à J
vb+j'=x^m avec j' appartenant à J
donc
uvab+uaj'+vbj+jj'=x^(k+m)
Si ab appartient à J, x^(k+m) appartient à J donc contradiction.
Donc ab n'appartient pas à J.
Donc si a,b n'appartiennent pas à J, ab n'appartient pas à J, donc J premier.
Donc x n'appartient pas à J car J ne rencontre pas S. Donc il existe un ideal premier J tel que x n'appartient pas à J, donc x n'appartient pas à l'intersection des ideaux premiers.
Donc si x n'appartient pas à NA, x n'appartient pas à I, donc I inclus dans NA.

[invitebb921944]

Génial merci beaucoup !

[invitebb921944]

Allez je suis chiant une dernière fois
Après relecture :

Donc I est premier donc c'est l'unique ideal premier donc l'unique ideal maximal donc x n'appartient à aucun ideal maximal vu qu'il n'appartient pas à I donc x est inversible.

En quoi si un élément n'appartient à aucun idéal maximal, on peut dire qu'il est inversible ?
Si x n'appartient à aucun idéal maximal, c'est que le seul idéal possible contenant x est A (Evident d'après Krull). Il suffit alors de considérer l'idéal engendré par (x) et dire qu'il est nécessairement égal à A et donc 1=ax.

Ok c'est bon en fait.

Sinon j'ai une question toute conne mais qui me turlupine :
Pourquoi Z/2Z n'est pas un sous-groupe de Z/4Z ?

[ericcc]

C'est un sous groupe du groupe multiplicatif, pas du groupe additif.

[invitebb921944]

Oui d'accord mais pourquoi ce n'en est pas un pour l'addition ?

[invite35452583]

Oui d'accord mais pourquoi ce n'en est pas un pour l'addition ?

Si tu imposes que Z/2Z->Z/4Z soit le quotient de l'identité :
Z->>Z/2Z
l id l
v v
Z->>Z/4Z
il faudrait que ceci soit défini, or le noyau de (Z->>Z/2Z)=2 n'est pas dans le noyau de la composée (Z-id->Z->>Z/4Z) qui est 4Z.
Maintenant, il existe un sous-groupe de (Z/4Z,+) isomorphe à (Z/2Z,+) à savoir {classe de 0, classe de 2}.

[invitebb921944]

Je n'ai pas du tout compris tes notations désolé
Z/2Z est inclu dans Z/4Z
Soit a,b appartient à Z/2Z
a-b appartient à Z/2Z
(a-b=0 ou a-b=-1=1 ou a-b=1)
Je ne vois pas ce qui ne va pas...

[invitebb921944]

Je continue sur un autre exo (mais j'aimerais savoir ce qui ne va pas pour Z/2Z...)

-On note rad(A) (radical de Jacobson) l'intersection des idéaux maximaux de A.

Montrer que rad(A) est l'ensemble des x de A tels que pour tout a appartenant a A, 1-xa est inversible (dans A).

Solution :
-Soit x appartient à rad(A), x appartient à tous les idéaux maximaux de A.
Donc pour tout a appartient à A, ax appartient à tous les idéaux maximaux de A.
Maintenant, 1 n'appartient à aucun idéal maximal de A (sinon I=A, or A n'est pas maximal).
Donc 1-xa n'appartient à aucun idéal maximal de A.
Donc l'idéal engendré par 1-xa est égal à A et 1-xa est inversible.

Est-ce que c'est juste ?

[invitebb921944]

Je continue :
J'ai montré que IJ inclu dans I inter J et je dois maintenant montrer que si I+J=A (I et J etrangers), on a égalité.
Je ne vois pas bien comment faire... J'ai essayé quelques trucs sans succès !

[invitebb921944]

Soit a de I inter J
a appartient à I et a appartient à J
I et J sont étrangers, donc :
a=a.1=ax+ay ou x appartient à I et y appartient à J
Or ax appartient à IJ (puisque a appartient à J et x appartient à I) et ay appartient à IJ (puisque a appartient à I et y appartient à J)
Puisque IJ est un idéal (donc groupe pour l'addition), ax+ay=a appartient à IJ.

Pour l'exo d'avant, je sais que c'est bon mais j'aimerais savoir comment montrer que rad(A/rad(A))={0} !

[invite35452583]

Pour l'exo d'avant, je sais que c'est bon mais j'aimerais savoir comment montrer que rad(A/rad(A))={0} !

Pour I inter J et IJ c'est bon.

Un élément non nul x' de A/rad(A) provient d'un élément x de A dont il existe un idéal maximal J de A qui ne contient pas x. Il ne reste plus qu'à fabriquer un idéal maximal I de A/rad(A) ne contenant pas x'.

[invite35452583]

Z/2Z est inclu dans Z/4Z

A moins qu'il n'y ait eu du changement depuis mes études, un élément de Z/2Z est un ensemble de la forme a+2Z, un élément de Z/4Z est un ensemble de la forme b+4Z. Ces deux anneaux n'ont donc aucun élément en commun.
Maintenant on peut projeter canoniquement* Z/4Z sur Z/2Z (1 va sur 1 le rete s'en déduit on a donc pas fait de choix), mais pour inclure Z/2Z dans Z/4Z on doit multiplier par deux dans Z avant.
On est désormais "chez" les groupes :
On a la projection canonique p₄ : Z->>Z/4Z de noyau 4Z.
On a la projection canonique p₂ : Z->>Z/2Z de noyau 2Z.
On considère f: Z->Z qui à x associe 2x c'est un morphisme injectif.
La composée p₄of est de noyau égal à 2Z, ceci passe donc au quotient : g : Z/2Z->Z/4Z avec gop₂=p₄of.
g est injectif car le noyau de p₄of est, non seulement inclus, mais égal au noyau de p₂.
Il y a donc bien injection* mais pas inclusion.
* : de Z/2Z dans Z/4Z elle est unqiue mais si on prend Z/3Z dans Z/9Z par exemple, il y en a deux selon que pour f ci-dessus (et en adaptant le reste) on prend 3x ou 6x.

[invite986312212]

C'est un sous groupe du groupe multiplicatif, pas du groupe additif.

quel groupe multiplicatif?

[invite35452583]

quel groupe multiplicatif?

Je suppose(ais) que c'était le groupe des inversibles (Z/4Z)* et (Z/2Z)* le second s'injectant dans le premier (d'ailleurs il s'injecte dans tous les groupes ) mais là aussi rien de canonique. La projection canonique Z/4Z->>Z/2Z qui est un épimorphisme d'anneau unifère se restreind à un morphisme des inversibles.

[invitebb921944]

A moins qu'il n'y ait eu du changement depuis mes études, un élément de Z/2Z est un ensemble de la forme a+2Z, un élément de Z/4Z est un ensemble de la forme b+4Z. Ces deux anneaux n'ont donc aucun élément en commun.

Ne bougez pas je vais me jeter dans une poubelle...

J'essaie pour rad(A/rad(A)) et je vous dis si j'y arrive

Merci !

[invite986312212]

bah, pour moi se demander si (Z/2Z,+) est sous-groupe de (Z/4Z,+) c'est comme se demander si R est un sous-corps de C. On peut répondre oui parce qu'il y a une injection (plus ou moins naturelle, ok) ou non si l'on considère qu'il n'y a même pas inclusion (si l'on distingue x et x+0i).

[invitebb921944]

Je continue :

1/ Quels sont les éléments inversibles de Z/nZ
Soit a de Z/nZ inversible, il existe b de Z/nZ tel que ab=1
Donc il existe u de Z tel que ab+un=1.
a et n sont premiers entre eux dans Z.
Là j'ai un peu un doute sur la présentation ! Si a et n sont premiers entre eux dans Z, ils le sont dans Z/nZ et donc les éléments inversible de Z/nZ sont les éléments de Z/nZ premiers avec n ?


2/ Existe t'il un morphisme d'anneaux A->B qui est surjectif mais dont la restriction A*->B* aux éléments inversibles ne l'est pas ?

Là j'ai répondu non.

Soit b un élément de B*
Il existe a dans A tel que f(a)=b (car f surjective)
Or, b est inversible, donc il existe c de B tel que bc=1
Donc f(a)c=bc=1
c est un élément de B, donc admet un antécédent par f dans A :
f(a)f(d)=f(ad)=1=f(1)
Donc ad=1 et a est inversible dans A.
Donc pour tout b de B*, il existe a de A* tel que f(a)=b
La restriction de f (g : A*->B*) est donc bien surjective.

C'est bon ?

Sinon pour rad(A/rad(A))={0} je ne vois pas, je m'emmêle les pinceaux en fait. Si quelqu'un pouvait me donner la solution ce serait sympa !

[invite35452583]

Soit a de Z/nZ inversible...il existe u de Z tel que ab+un=1.
a et n sont premiers entre eux dans Z.
...Si a et n sont premiers entre eux dans Z, ils le sont dans Z/nZ...

a est parfois dans Z/nZ parfois dans Z, pas étonnant que tu hésites à la fin. Et puis "a et n premiers entre eux dans Z/nZ" ?
Il faut parler de classe d'entiers, tu t'en sortiras mieux.
Maintenant dans les grandes lignes tu es dans la bonne voie.

f(a)f(d)=f(ad)=1=f(1)
Donc ad=1 et a est inversible dans A.

Non donc 1-ad est dans le noyau du morphisme. Et voilà comment, a peut n'être inversible que modulo le noyau.
Cherche un contre-exemple chez Z[X] ou R[X], c'est le plus simple à mon humble avis.

rad(A/rad(A))={0}
Soit x'=classe(x) dans A/rad(A), il faut montrer qu'il existe un idéal maximal de A/rad(A) ne contenant pas x'.
Puisque x' est non nul, c'est que x n'est pas dans rad(A) et donc il existe un idéal maximal I de A ne contenant pas x.
La projection A->>A/rad(A) est surjective donc envoie un idéal maximal sur un idéal maximal. (En effet, J coincé entre p(I) et A/rad(A), implique que p^-1(J) coincé entre p^-1(p(I)), qui contient au moins I, et p^-1(A)=A, car p est surjective, donc p-1(J)=I ou A car I est maximal et J=p(p^-1(J)), car p surjective, =p(I) ou p(A)=A/rad(A) p(I) est maximal)
x'=classe(x) n'est pas dans J=p(I) car x+rad(A) n'est pas dans I+rad(A)=I.

[invitebb921944]

D'accord merci j'ai tout compris à part le I+rad(A)=I mais je commence à fatiguer !
Pour le contre-exemple, je n'ai pas trouvé. Quelques indices seraient les bienvenues.

Sinon je me casse la tête depuis quelques temps pour montrer que tout idéal premier de A est irréductible i.e. il n'existe pas d'ideaux I1, I2 de A tels que I1 différent de I, I2 différent de I et I=I1 inter I2.

Rhalalala l'algèbre... C'est interessant mais les bons bouquins avec de bons exos corrigés, je me demande bien où ils sont...

[invite35452583]

Pour le contre-exemple :
toute surjection peut être vu comme un quotient par le noyau.
On doit chercher un anneau A contenant un non inversible a tel que ab=1+c avec c dans l'idéal noyau. Selon le principe faisons simple autant prendre noyau=(c) (Il suffit de quotienter par (c) pour qu'il en soit ainsi).
Selon le même principe autant prendre b=a, on en arrive à chercher sous la forme c=a²-1 avec classe(a)=a+c (les antécédents de classe(a) pour le quotient A->A/(c)) ne contient pas d'inversible. Maintenant les contre-exemples devraient sortir en masse .

Pour l'irréductibilité : raisonne par l'absurde et utilise le fait que I1.I2 est inclu dans l'intersection de I1 et de I2.

[invitebb921944]

Bonjour !!!
Merci c'est fait pour l'irréductibilité !
Pour le contre-exemple :

h : Z[X] -> Z[X]/(X²-1)
X est un élément de Z[X] non inversible.

On prend le polynôme X²+X-1 de Z[X] qui n'est bien entendu pas inversible.

h(X²+X-1)=X
Or, X*X=X²=1 Dans Z[X]/(X²-1), donc X est inversible dans Z[X]/(X²-1).

Maintenant, ce qui me gêne, c'est comment conclure ?
On a montré que l'image d'un non inversible pouvait etre inversible mais pas que tout inversible de B avait un antécédent dans A ! si ?

[invite35452583]

Maintenant, ce qui me gêne, c'est comment conclure ?
On a montré que l'image d'un non inversible pouvait etre inversible mais pas que tout inversible de B avait un antécédent dans A ! si ?

Par construction (ou par définition d'un quotient comme tu veux) le morphisme Z[X]->>Z[X]/(X²-1) est surjectif donc non seulement tout inversible a un antécédent mais tous les éléments de B en ont un.

Maintenant que tu es convaincu que ce phénomène arrive, regarde un peu les quotients de Z, de Z[X], de R[X] tu verras que le cas général est plutôt du côté il n'y a pas de surjection des inversibles de A sur les inversibles de B.

[invitebb921944]

Mais on a montré que un inversible de B avait au moins un antécédent non inversible.
Mais n'est-il pas possible qu'un élément inversible de B ait un antécédent inversible et un antécédent non inversible ?

[invitebb921944]

Je continue sur ma lancée (quitte à être chiant, autant l'être jusqu'au bout)
Soit P1,P2,...,Pn des idéaux premiers de A et I un idéal de A. I est contenu dans la réunion des Pi. Il faut montrer que I est inclu dans un des Pl.

Si x appartient à I, x appartient à au moins un des Pi, disons Pl.
Il faut montrer que si je prends un autre y de y, il appartient aussi à Pl.
Soit y de I différent de x.
xy appartient à Pl.
x appartient à Pl ou y appartient à Pl.
Ca ne m'avance pas en fait et je bloque à chaque fois...

[invite35452583]

Je continue sur ma lancée (quitte à être chiant, autant l'être jusqu'au bout)

Pas de problème, ça me fait réviser.
Sans perte de généralité, on peut supposer que les Pi ne sont pas inclus dans un autre Pj (il suffit de supprimer ceux qui sont inclus dans un autre, vérifier que l'hypothèse reste vaide, c'est évident, et que la conclusion implique bien la conclusion initialement voulue, ce qui est tout aussi évident).
Raisonnement par l'absurde, on suppose que I n'est inclus dans aucun des Pi.
On va fabriquer un élément z de I qui n'est dans aucun des Pi par une somme d'éléments appartenant à tous les idéaux sauf 1.
I, P2, ...,Pn ne sont pas inclus dans P1, il existe x₁, y_1,2 y_1,3,...y_1,n respectivement dans I\P1, P2\P1, P3\P1,..., Pn\P1.
On pose z1=x₁.y_1,2.y_1,3...y_1,n
On montre que z1 est dans (I U P2 U P3 U...U Pn)\P1 (utiliser que P1 est premier)
De même on construit z2,...,zn.
On montre que z=z1+z2+...+zn est l'élément recherché.

[invitebb921944]

Merci beaucoup !