Solutions Fulton Algebraic Curves Chapitre 1 .pdf



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Théophile Hontang
Pour les erreurs, vous pouvez m'envoyer un mail à : theophile.hontang@gmail.com

Résumé
Solutions aux exercices du livre de William Fulton,
disponible à cette adresse : http

Algebraic Curves. Le livre est

: //www.math.lsa.umich.edu/ wf ulton/CurveBook.pdf .
+

Les graphiques ont été réalisé avec le logiciel SageMath ([S 18]).

Exercices
Chapitre I : Affine Algebraic sets
I.1 Algebraic preliminaries
Exercice 1 : Soit R un anneau intègre.
i) Si F, G sont homogènes de degré r (resp. s) dans R[X1 , ..., Xn ], montrer que F G
est homogène de degré r + s.
ii) Montrer que chaque facteur du polynôme homogène dans R[X1 , ..., Xn ] est homogène.
Solution :

i) On pose F =

P

ai X i où ai ∈ R et |i| =

P

ij = r. De même, on pose

j=1

i=(i1 ,..,in )

G=

n
P

bk X k où bk ∈ R et |k| =

n
P
j=1

k=(k1 ,...,kn )

kj = s. Alors F G =

P

ci,k X i+k

i,k∈Nn

où i + k = (i1 + k1 , ..., in + kn ). D'où deg(F G) = |i + k| = r + s.
ii) Chaque polynôme P de R[X1 , .., Xn ] s'écrit de manière unique P = P0 + P1 +
...+Pd pour un certain entier d et chaque Pi est homogène de degré i. Alors il est
clair que le produit d'un polynôme homogène et d'un polynôme non-homogène
est non-homogène et le produit de deux polynômes non-homogènes est nonhomogène. Les seuls conditions possibles sont celles de i) d'où chaque facteur
est homogène.
Exercice 2 : Soit R un anneau factoriel, K son corps des fractions. Montrer que chaque
élément z ∈ K peut être écrit sous la forme z = a/b où a, b ∈ R n'ont pas de facteurs
en commun, cette représentation est unique à un inversible près de R.
Solution :

On rappelle que K = (R × R\{0})/R où (a, b)R(c, d) ssi ad − bc = 0. Pour c, d ∈
R × R\{0} et p ∈ R\{0}, il est clair que pc/(pd) = c/d. Chaque z ∈ K peut alors
être écrit sous la forme z = a/b où a, b ∈ R n'ont pas de facteurs en commun. Si
z = a/b = c/d avec pgcd(a, b) =pgcd(c, d) = 1 alors, par le lemme de Gauss, alors a, c
sont égaux à un inversible près, ce qui est le cas de b et d aussi, ce qui répond à la
question.

1

Exercice 3 : Soit R un anneau principal. Soit P un idéal non vide, propre et premier de R.
i) Montrer que P est engendré par un élément irréductible.
ii) Montrer que P est maximal.
Solution :

i) Soit p ∈ R tel que P = (p). Si p = ab alors ab ∈ (p) donc a ∈ (p) ou b ∈ (p).
Supposons, sans perte de généralité, que a ∈ (p) d'où il existe q ∈ R tel que
a = pq . Ainsi, p = ab = pqb, ce qui implique que p(1 − qb) = 0. Comme R est
intègre et que p 6= 0, alors b est inversible.
ii) Supposons que P ( J ( (1) où J soit un idéal de R[X1 , ..., Xn ]. Par i), il existe
deux éléments irréductibles p, q ∈ R tel que P = (p) et J = (q). Alors il existe
u ∈ R∗ tel que p = uq . Or (p) = (uq) = (q), ce qui est absurde d'où P est
maximal.
Exercice 4 : Soit K un corps in ni, F ∈ K[X1 , ..., Xn ]. Supposons que F (a1 , ..., an ) = 0
pour tout a1 , ..., an ∈ P
K. Montrer que F = 0.
Astuce : Ecrire F = Fi Xni , Fi ∈ K[X1 , ..., Xn−1 ]. Utiliser récurrence sur n et le
fait que F (a1 , ..., an−1 , Xn ) a un nombre ni de racines si Fi (a1 , ..., an−1 ) 6= 0.
Solution :

Montrons le résultat par récurrence.
Pour n = 1, supposons que F soit non nulle. Alors F admet au plus deg(F ) racines,
ce qui est absurde puisque F possède une in nité de racines.
D'où P = 0.
P
i
Supposons la propriété vraie à un rang n. Posons F =
Fi Xn+1
, Fi ∈ K[X1 , ..., Xn ].
i

Supposons que Fi (a1 , ..., an ) = 0 pour tout (a1 , ..., an ) ∈ Kn , on a Fi = 0 par l'hypothèse de récurrence. Si F est non nul, il existe un indice j et a1,j , ..., an,j ∈ K tels
que : Fj (a1 , ..., an ) 6= 0. Alors F (a1 , ..., an , Xn+1 ) 6= 0 ce qui est absurde, d'où F = 0.
Exercice 5 : Soit K un corps. Montrer qu'il existe une in nité de polynômes unitaires irréductibles de K[X].
n
Q
Astuce : Supposer que F1 , ..., Fn le soit tous. Factoriser
Fi + 1.
i=1
Solution :

2

Supposons que {F1 , ..., Fn } soit l'ensemble des polynômes irréductibles unitaires de
n
Q
Fi (X) + 1. Par la factorialité du corps K, il existe α ∈ K∗
K[X]. Posons P (X) =
i=1

et un sous-ensemble I ⊂ {1, ..., n} tel que :

P (X) = α

Y

Fi (X)

i∈I

d'où

"
Y

#
Y

Fi (X) α −

i∈I

Fi (X) = 1.

i∈J1,nK\I

Ce qui est absurde par degré et par intégrité du corps K.
Exercice 6 : Montrer que chaque corps algébriquement clos est in ni.
Astuce : Les polynômes irréductibles unitaires sont X − a, a ∈ K.
Solution :

Les polynômes irréductibles unitaires d'un corps algébriquement clos sont de la forme
X − a où a ∈ K. Par l'exercice 5, il existe une in nité de polynômes de cette forme
d'où K est in ni.
Exercice 7 : Soit K un corps, F ∈ K[X1 , ..., Xn ] et a1 , ..., an ∈ K.
P
i) Montrer que F =
λ(i) (X1 − a1 )i1 ...(Xn − an )in , λ(i) ∈ K.
n
P
ii) Si F (a1 , ..., an ) = 0, montrer que F =
(Xi − ai )Gi pour Gi ∈ K[X1 , ..., Xn ]
i=1

(non uniques).
Solution :

i) Prouvons le résultat par récurrence. Pour n = 1, on donne le résultat sous forme
algorithmique.
d
P
Données : F (X) =
fi X1i , α1 ∈ K.
i=1

Pour i ∈ J0, dK : P ← P (X1 ) −

d
P

fd−i (X1 − α1 )d−i .

i=0

Supposons la propriété vraie à un rang n. Posons F (Xn+1 ) =

d
P

i
fi Xn+1
avec

i=0

fi ∈ K[X1 , ..., Xn ]. Par le même algorithme, on a F (X) =

d
P

µi (Xn+1 − αn+1 )i

i=0

avec µi ∈ K[X1 , P
..., Xn ]. Par hypothèse de récurrence, il existe des coe cients
νj tels que µi =
ν(j) (X1 − α1 )j1 ...(Xn − αn )jn . Ainsi on obtient l'expression
désirée.

j

ii) On décompose F de la même manière que dans i). Comme F (a1 , ..., an ) = 0,
le terme constant de la décomposition est nul. On obtient alors facilement la
décomposition voulue.

3

I.2 Affine Space and Algebraic Sets
Exercice 8 : Montrer que les sous-ensembles algébriques de A1 (K) sont justes les sousensembles nis et A1 (K).
Solution :

Il est clair que V ((X − a0 )...(X − an )) = {a0 , ..., an } pour n'importe quel entier n. Les
sous-ensembles nis sont donc bien ensembles algébriques de A1 (K). Par l'exercice 4,
si P ∈ K[X] est non nul alors P admet un nombre ni de racines d'où l'ensemble
algébrique associé à un système de polynômes non nuls est ni. Si P = 0,
V (0) = A1 (K), ainsi, comme K[X] est principal, on a traité tous les cas.
Exercice 9 : Si K est un corps ni, montrer que chaque sous-ensemble de An (K)
est algébrique.
Solution :

Tout sous-ensemble ni est algébrique (Voir [Ful69]p.9). Comme K est ni, An (K) est
un ensemble ni. On a alors traité tous les cas.
Exercice 10 : Donner un exemple d'une famille dénombrable d'ensembles algébriques
dont l'union n'est pas algébrique.
Solution :

Si K est un corps in ni, il contient une copie de Q. Chaque singleton {q}, où q
appartient à la copie de Q, est un ensemble algébrique. L'union de ces singletons
privé de n'importe quel singleton est un ensemble dénombrable in ni donc ce n'est
pas un sous-ensemble algébrique de A1 (K) (d'après l'exercice 8). On raisonne de la
même manière dans An (K). Si K est ni, tous ses sous-ensembles sont algébriques
(Exercice 9).
Exercice 11 :
i) Montrer que {(t, t2 , t3 ) ∈ A3 (K)|t ∈ K} est un ensemble algébrique.
ii) Montrer que {(cos(t), sin(t)) ∈ A2 (R)|t ∈ R} est un ensemble algébrique.
iii) Montrer que l'ensemble des points de A2 (R) dont les coordonnées polaires (r, θ)
satisfont r = sin(θ) est un ensemble algébrique.
Solution :

i) V (X 2 − Y, X 3 − Z) = {(t, t2 , t3 ) ∈ A3 (K)|t ∈ K} (Twisted Cubic).
ii) V (X 2 + Y 2 − 1) = {(cos(t), sin(t)) ∈ A2 (R)|t ∈ R}(Cercle unité)
iii) On note A cette ensemble. A = V (X 2 + Y 2 − Y ).
Exercice 12 : Supposons que C soit une courbe plane et L une droite de A1 (K),
L 6⊂ C . On suppose C = V (F ), F ∈ K[X, Y ] un polynôme de degré n. Montrer que
L ∩ C est un ensemble ni d'au plus n points.
Astuce : Supposer que L = V (Y − (aX + b)) et considérer F (X, aX + b) ∈ K[X].
4

Solution :

Il existe a, b ∈ K tel que L = V (Y − (aX + b)). L'intersection L ∩ C est donnée par
l'équation F (X, aX + b) = 0 où F (X, aX + b) ∈ K[X] est un polynôme non nul (car
L 6⊂ C ) et de degré n. Ce polynôme admet alors au plus n racines dans K ce qui
termine la démonstration.
Exercice 13 : Montrer que chaque ensemble suivant n'est pas algébrique :
i) {(x, y) ∈ A2 (R)|y = sin(x)}
ii) {(z, w) ∈ A2 (C)||z|2 + |w|2 = 1} où |x + iy|2 = x2 + y 2 pour x, y ∈ R.
iii) {(cos(t), sin(t), t) ∈ A3 (R)|t ∈ R}.
Solution :

i) Remarquons tout d'abord que l'ensemble de points {(kπ, 0) ∈ A2 (R)|k ∈ Z} appartient à l'ensemble {(x, y) ∈ A2 (R)|y = sin(x)}. Supposons par l'absurde qu'il
existe un ensemble S ⊂ R[X, Y ] tel que V (S) = {(x, y) ∈ A2 (R)|y = sin(x)}.
On a alors un système de polynômes S (éventuellement in ni, le théorème de la
base de Hilbert est mentionné après cet exercice) et on note S = {Pi }i∈N . En
posant Y = 0, les polynômes Pi (X, 0) ∈ R[X] admettent une in nité de racines
qui sont de la forme kπ, k ∈ Z. D'où chaque Pi est nulle. Comme V (0) = A2 (R),
alors {(x, y) ∈ A2 (R)|y = sin(x)} = A2 (R), ce qui est absurde.
ii) Il est facile d'observer que l'ensemble

{(eiθ , 0)|θ ∈ [0, 2π[} ⊂ {(z, w) ∈ A2 (C)||z|2 + |w|2 = 1}.
Il su t alors de procéder au même raisonnement que dans i)
iii) On applique le même raisonnement que dans i) en remarquant que :

{(1, 0, 2kπ) ∈ A3 (R)|k ∈ Z} ⊂ {(cos(t), sin(t), t) ∈ A3 (R)|t ∈ R}.

Exercice 14 : Soit F un polynôme non-constant de K[X1 , ..., Xn ], K algébriquement
clos. Montrer que An (K)\V (F ) est in ni si n > 1, et V (F ) est in ni si n > 2. En
conclure que le supplémentaire de n'importe quel ensemble algébrique est in ni.

Astuce : Voir Exercice 4.
Solution :

5

On a alors :

An (K)\V (F ) = {(a1 , ..., an ) ∈ An (K)|F (a1 , ..., an ) 6= 0}
[
{(a1 , ..., an ) ∈ An (K)|F (a1 , ..., an ) = c}
=
c∈K∗

=

[

V (F − c).

c∈K∗

Comme K est in ni (Exercice 6) et

T
c∈K∗

V (F − c) = ∅, An (K)\V (F ) est in ni.

Pour tout a2 , ..., an ∈ K, F (X1 , a2 , ..., an ) est un polynôme de K[X1 ]. Comme K est
algébriquement clos, F (X1 , a2 , ..., an ) admet une racine. Comme K est in ni, V (F )
est in ni.
T
Soit S ⊂ K[X1 , ..., Xn ]. Comme V (S) =
V (P ) ⊂ V (P1 ) pour P1 ∈ S et que
P ∈S

An (K)\V (P1 ) est in ni, alors An (K)\V (S) est in ni.
Exercice 15 : Soit V ⊂ An (K), W ⊂ Am (K) des ensembles algébriques. Montrer
que
V × W = {(a1 , ..., an , b1 , ..., bm )|(a1 , ..., an ) ∈ V, (b1 , ..., bm ) ∈ W}
est un ensemble algébrique de An+m (K).
Solution :

Il existe P = {P1 , P2 , ...} ⊂ K[X1 , ..., Xn ] et Q = {Q1 , Q2 , ...} ⊂ K[X1 , ..., Xm ] tel
que V = V (P ) et W = V (Q). Considérons les polynômes de S comme des polynômes
de K[X1 , X2 , ..., Xn+m ]. Alors, pour tout i ∈ N a1 , ..., an ∈ V et b1 , ..., bm ∈ W ,
Pi (a1 , ..., an , b1 , ..., bm ) = 0 (les bi n'ayant aucune in uence). On procède de même
pour les Qi . L'union des Pi et des Qi est un système de polynômes annulateur pour
les points (a1 , ..., an , b1 , ..., bm ) où a1 , ..., an ∈ V et b1 , ..., bm ∈ W d'où V × W est
algébrique.

I.3 The Ideal of a Set of Points
Exercice 16 : Soit V, W des ensembles algébriques de An (K). Montrer que V = W
si et seulement si I(V) = I(W).
Solution :

6

Il su t de montrer que V ⊂ W si et seulement si I(V) ⊃ I(W). Pour cela, on va
utiliser le lemme suivant (page 9 de [Ful69], non prouvé) :
Lemme.

Soit S1 ⊆ S2 ⊆ K[X1 , ..., Xn ]. Alors V (S1 ) ⊇ V (S2 ).

Démonstration. Soit a ∈ V (S2 ). Alors, pour tout P ∈ S2 , P (a) = 0. En particulier,
pour tout P ∈ S1 , P (a) = 0. Ainsi a ∈ V (S1 ).

♠ Supposons que V ⊂ W . Soit P ∈ I(W). Alors, pour tout (a1 , ..., an ) ∈ W ,
P (a1 , ..., an ) = 0. En particulier, P (a1 , ..., an ) = 0 pour tout (a1 , ..., an ) ∈ V
d'où P ∈ I(V). Ainsi I(V) ⊃ I(W).
♠ Procédons par contraposée. Supposons que V 6⊂ W . Comme V et W sont algébriques, il existe S1 , S2 ⊂ K[X1 , ..., Xn ] tel que V = V (S1 ) et W = V (S2 ) . Par
le lemme, on a S2 6⊂ S1 ainsi il existe P ∈ S2 tel que P (a1 , ..., an ) = 0 pour
tout (a1 , ..., an ) ∈ W et P (v1 , ..., vn ) 6= 0 pour un certain (v1 , ..., vn ) ∈ V . On en
conclut que P ∈ I(W) et P 6∈ I(V). Ainsi, I(V) 6⊃ I(W).
Exercice 17 : (Cette exercice a été modi é dans la dernière édition (datant de 2008)).
i) Soit V un ensemble algébrique de An (K), P ∈ An (K) un point qui n'est pas
dans V . Montrer qu'il existe un polynôme F ∈ K[X1 , ..., Xn ] tel que F (Q) = 0
pour tout Q ∈ V et que F (P ) = 1. (Astuce : I(V ) 6= I(V ∪ {P })).
ii) Soit {P1 , ..., Pr } un ensemble ni de points distincts de An (K) qui ne sont pas
dans un ensemble algébrique V . Montrer qu'il existe des polynômes F1 , ..., Fr ∈
K[X1 , ..., Xn ] tel que Fi (Pj ) = 0 si i 6= j et Fi (Pi ) = 1. (Astuce : Appliquer i) à
l'union de V et de tout les points sauf un.)
iii) Avec P1 , ..., Pr et V comme dans ii) et aij pour 1 6 i, j 6 r montrer qu'il
P existe
Gi ∈ I(V ) tel que Gi (Pj ) = aij pour tout i et j . (Astuce : Considérer
aij Fj .)
j
Solution :

i) Par l'exercice 16, I(V ) 6= I(V ∪{P }). Ainsi il existe F 6∈ I(V ∪{P }) et F ∈ I(V ),
i.e F (Q) = 0 pour tout Q ∈ V et que F (P ) 6= 0. En divisant F par F (P ), on
obtient le polynôme voulu.
ii) Posons, pour tout i ∈ J1, rK, Vi = V ∪ {P1 , .., Pr }\Pi sont des ensembles algébriques. En appliquant i), il existe F1 , ..., Fr ∈ K[X1 , ..., Xn ] tel que, pour tout
i ∈ J1, rK, Fi (Q) = 0 pour tout Q ∈ V ∪ {P1 , .., Pr }\Pi et Fi (Pi ) = 1. Ainsi, ces
polynômes conviennent.
iii) Considérons, par ii), des polynômes Fi tels que Fi (Q) = 0 pour tout
P Q∈V ∪
{P1 , .., Pr }\Pi et Fi (Pi ) = 1. Posons, pour tout i ∈ J1, rK, Gi (X) = aij Fj (X).
j
P
Ainsi, pour tout a ∈ V , Gi (a) =
aij Fj (a) = 0 d'où Gi ∈ I(V ). Pour tout
j
P
kJ1, rK, Gi (Pk ) = aik Fj (Pk ) = aij d'où les Gi conviennent.
k

Exercice 18 : Soit I un idéal √
d'un anneau R. Si an ∈ I et bm ∈ I , montrer que
n+m
(a + b)
∈ I . Montrer que I est un idéal (de plus, radical). Montrer que n'importe quel idéal premier est radical.
Solution :

7

On rappelle la formule du binôme de Newton dans les anneaux commutatifs,

(a + b)

n+m

=

n+m
X


n + m n+m−k k
a
b .
k

i=0

Si m > k > 0 alors an+m−k bk = an am−k bk ∈ I car an ∈ I .
m
m
Si n + m > k > m alors an+m−k bk = an+m−k bk−m

√ b ∈√I car b ∈ I . D'où
n+m
(a + b)
∈ I . Il nous reste à montrer que A I ⊂ I . Soit a ∈ A et u ∈ √ I . Il
existe alors n ∈ N∗ tel que un ∈ I . Ainsi (au)n = an un ∈ I , on en conclut que I est
un idéal.
p√
p√



I . Soit a ∈
Il est√clair que I ⊂ I ainsi I ⊂
√I . Il existe n ∈ N tel que
n

nm
a ∈ I ainsi il existe m ∈ N tel que a
∈ I d'où a ∈ I et I est radical.


Soit p ⊂ R un idéal premier. L'inclusion p ⊂ p est clair. Soit a ∈ p, il existe alors
n ∈ N∗ tel que an ∈ p. Comme p est premier, a ∈ p (récurrence rapide) d'où p est
radical.
Exercice 19 : Montrer que I = (X 2 + 1) ∈ R[X] est un idéal radical (même premier) mais que I n'est pas l'idéal d'un ensemble de A1 (R).
Solution :

Une première méthode consiste à remarquer que R[X] est principal et que X 2 + 1
est irréductible (il n'admet pas de racines) d'où par l'exercice 3, l'idéal (X 2 + 1) est
maximal d'où premier. Par l'exercice 18, (X 2 + 1) est radical.
Une seconde méthode consiste à remarquer que X 2 + 1 est irréductible d'où premier.
Ainsi, par le lemme d'Euclide, si X 2 +1 divise An pour un certain n ∈ N∗ alors X 2 +1
divise A.
Supposons qu'il existe des polynômes P1 , P2 , ... de A1 (R) tels que
I(V (P1 , P2 , ...)) = (X 2 + 1). En particulier, P1 ∈ I(V (P1 , P2 , ...)) = (X 2 + 1). Ainsi il
existe Q1 ∈ R[X] tel que P1 (X) = (X 2 + 1)Q1 (X).
Posons m = min{n ∈ N|(X 2 + 1)n+1 6 |Q1 } et

R(X) =

Q1 (X)
.
(X 2 + 1)m

Ainsi R 6∈ (X 2 + 1) mais R ∈ I(V (P1 , P2 , ...)) car X 2 + 1 n'admet de racine dans R,
la contradiction est alors obtenue.


Exercice 20 : Montrer que pour tout idéal I de K[X1 , ...Xn ], V (I) = V ( I) et

I ⊂ I(V (I)).
Solution :



Comme
. Ainsi ∀f ∈ I, f (P ) = 0. Soit
√ I ⊂ I , on a V (I) ∗⊃ V ( I). nSoit P ∈ V (I)
F ∈ I , il existe alors n √
∈ N tel que F ∈ I . D'où F n (P ) = 0. Comme K est intègre,
F (P ) = 0.√Ainsi P ∈ V ( I).
Soit F ∈ I . Ainsi, il existe n ∈ N∗ tel que F n ∈ I . Soit a ∈ V (I), alors pour tout
P ∈ I , P (a) = 0. En particulier, F n (a) = 0. Comme K est intègre, F (a) = 0. Ainsi,
F ∈ I(V (I)).

8

Exercice 21 : Montrer que I = (X1 − a1 , ..., Xn − an ) ⊂ K[X1 , ..., Xn ] est un idéal
maximal et que l'homomorphisme canonique de K dans K[X1 , ..., Xn ]/I est un isomorphisme.
Solution :

Soit φ : K[X1 , ..., Xn ] → K avec φ(P ) = P (a1 , ..., an ). L'application φ est un morphisme de K-algèbre surjectif. De plus, I ⊂ φ. Par le théorème de factorisation,
il existe un unique morphisme f : K[X1 , ..., Xn ]\I → K tel que φ = f ◦ π où
π : K[X1 , ..., Xn ] → K[X1 , ..., Xn ]\I est la projection canonique. Soit α ∈ ker(φ).
Décomposons α sous la forme suivante :

α=

n
X

λi (Xi − ai ) + µ

i=1

où λi ∈ K[X1 , .., Xn ] et µ ∈ K. Or φ(α) = 0 d'où µ = 0 ainsi α ∈ I . Ainsi f est un
isomorphisme de K dans K[X1 , ..., Xn ]/I . Ainsi K[X1 , ..., Xn ]/I est un corps d'où I
est maximal.

I.4 The Hilbert Basis Theorem
Exercice 22 : Soit I un idéal d'un anneau R, π : R → R/I la projection canonique.
i) Montrer que pour chaque idéal J 0 de R/I , π −1 (J 0 ) = J est un idéal de R
contenant I , et que pour chaque idéal J de R contenant I , π(J) = J 0 est un
idéal de R/I . Ceci induit une correspondance bijective entre {idéaux de R/I}
et { idéaux de R contenant I}.
ii) Montrer que J 0 est un idéal radical si et seulement J est radical. De même pour
les idéaux premiers et idéaux maximaux.
iii) Montrer que J 0 est de type ni si J l'est. En conclure que R/I est noethérien si
R est noethérien. Les anneaux de la forme K[X1 , ..., Xn ]/I est noethérien.
Solution :

9

i) Soit a, b ∈ J . Il existe a0 , b0 ∈ J 0 tel que π(a) = a0 et π(b) = b0 . On a π(a + b) =
π(a)+π(b) = a0 +b0 ∈ J 0 (J 0 est un idéal) d'où a+b ∈ J . Soit r ∈ R et a ∈ J . On
a π(ra) = rπ(a) ∈ J 0 (J 0 est un idéal). Par conséquent, J est un idéal. Comme
I = π −1 (0), J contient I .
Soit a0 , b0 ∈ J 0 , il existe a, b ∈ J tel que π(a) = a0 et π(b) = b0 . Ainsi π(a + b) =
a0 + b0 ∈ π(J) car J est un idéal. Soit r ∈ R et a0 ∈ π(J). Il existe alors a ∈ J
tel que π(a) = a0 . Ainsi ra0 = rπ(a) = π(ra) ∈ π(J) car J est un idéal. Ainsi J 0
est un idéal.
ii) Il su t d'utiliser le fait que, pour un entier n non nul, π(an ) = π(a)n pour tout
a ∈ J.
Pour les idéaux premiers, l'équivalence est triviale par dé nition.
Par l'isomorphisme suivant :
. .
R
.
R ∼
I
J
J =
I
ainsi J est un corps si et seulement si J 0 = J/I l'est.
iii) Soit a1 , .., an ∈ J . Alors J =< a1 , ..., an > ⇐⇒ J 0 =< π(a1 ), ..., π(an ) >.
Par i), les idéaux de R/I sont en bijection avec les idéaux de R contenant I .
Les idéaux de R contenant I sont de type ni donc ceux de R/I aussi. Par le
théorème de la base de Hilbert, l'anneau K[X1 , ..., Xn ] est noethérien (K est
noethérien car il ne possède que les deux idéaux triviaux) d'où K[X1 , ..., Xn ]/I
l'est aussi.

I.5 Irreducible Components of an Algebraic Set
Exercice 23 : Donner un exemple de famille S d'idéaux d'un anneau noethérien tel
que aucun élément maximal de S n'est un idéal maximal.
Solution :

On se place dans l'anneau R = K[X, Y ] qui est noethérien par le théorème de la base de
Hilbert. On choisit S = {(X), (X 2 ), (X 3 ), ..., (Y ), (Y 2 ), (Y 3 ), ...}. L'ensemble S admet
deux élément maximaux : (X) et (Y ). Or R[X, Y ]/(X) ∼
= R[Y ] et R[X, Y ]/(Y ) ∼
= R[X]
ne sont pas des corps d'où (X) et (Y ) ne sont pas maximaux.
Exercice 24 : Montrer que chaque idéal propre d'un anneau noethérien est inclus
dans un idéal maximal.
Astuce : Si I est l'idéal, appliquer le lemme aux { idéaux propres contenant I}.
Solution :

Soit R un anneau noethérien et I ( R un idéal. Posons S = {J ( R|J est un idéal
contenant I}. Par le lemme (I.5 page 15 de [Ful69]), S admet un élément maximal ;
i.e il existe a ∈ S tel que, pour tout J ∈ S\{a}, a 6⊂ J . Ainsi a est maximal et on a
I ⊂ a.
Exercice 25 :
i) Montrer que V (Y − X 2 ) ⊂ A2 (C) est irréductible ; en fait, I(V (Y − X 2 )) =
(Y − X 2 ).
10

ii) Décomposer V (Y 4 − X 2 , Y 4 − X 2 Y 2 + XY 2 − X 3 ) ⊂ A2 (C) en composantes
irréductibles.
Solution :

i) Supposons qu'il existe des polynômes F1 , ..., Fn , G1 , ..., Gm ∈ C[X, Y ] tel que
V (Y − X 2 ) = V (F1 , ..., Fn ) ∪ V (G1 , ..., Gm ). Or V (F1 , ..., Fn ) ∪ V (G1 , ..., Gm ) =
V ({Fi Gj |i ∈ J1, nK, j ∈ J1, mK}(Voir I.2 page 9 de [Ful69] ). Or Y −X 2 ∈ C[X, Y ]
est irréductible d'où l'un des sous-ensembles algébriques est V (Y − X 2 ). On en
conclut que V (Y − X 2 ) est irréductible.
L'inclusion Y − X 2 ∈ I(V (Y − X 2 )) est toujours vrai quelque soit le polynôme
et le corps de base. L'inclusion inverse est donnée par le Nullstellensatz qui est
abordé dans I.7.
Q
Soit F 6∈ (Y − X 2 ). Décomposons F en polynômes irréductibles F = u Fiαi
i


2

). D'où, pour tout (x, y) ∈ V (Y − X 2 ), F (x, y) =
Q uα∈i C . Alors Fi 6= (Y − X
2
Fi (x, y) 6= 0 (car Y − X est irréductible). Ainsi F 6∈ I(V (Y − X 2 )).
i

ii) Décomposons :

V (Y 4 − X 2 , Y 4 − X 2 Y 2 + XY 2 − X 3 ) = V ((Y 2 − X)(Y 2 + X), (Y 2 + X)(Y 2 − X 2 ))
= V (Y 2 + X) ∪ V (Y 2 − X, Y 2 − X 2 ).
Or V (Y 2 − X, Y 2 − X 2 ) = V (X, Y ) ∪ V (X − 1, Y − 1) ∪ V (X − 1, Y + 1).
Ces trois ensembles sont irréductibles puisque ce sont des points et V (Y 2 + X)
est irréductible puisque Y 2 + X ∈ C[X, Y ] est irréductible. Comme V (X, Y ) ⊂
V (Y 2 + X) alors la décomposition minimale est :

V (Y 4 −X 2 , Y 4 −X 2 Y 2 +XY 2 −X 3 ) = V (Y 2 +X)∪V (X−1, Y −1)∪V (X−1, Y +1).

Exercice 26 : Montrer que F = Y 2 + X 2 (X − 1)2 ∈ R[X, Y ] est un polynôme irréductible, mais V (F ) est réductible.
Solution :

On considère F dans l'anneau R[X][Y ]. Si F est réductible, il existe des constantes
α, β ∈ R et des polynômes P, Q ∈ R[X] tel que F (X, Y ) = (αY + P (X))(βY + Q(X)).
En développant, on obtient ce système :

αβ =
1


αQ(X) + βP (X) =
0


P (X)Q(X) = X 2 (X − 1)2 .
Par conséquent, Q(X, Y )2 = −X 2 (X − 1)2 /β 2 , ce qui est absurde.
On remarque aisément que V (F ) = {(0, 0), (1, 0)} d'où V (F ) = V (X, Y )∪V (X−1, Y ).
Ces deux sous-ensembles algébriques sont non-vides d'où V (F ) est réductible.
Exercice 27 : Soit V, W deux ensembles algébriques de An (K) avec V ⊂ W . Montrer
que chaque composante irréductible de V est contenu dans une composante irréduc11

tible de W .
Solution :

Soit V =

W =

m
S

n
S

Vi et W =

i=1

n
S

Wi ∪

i=1

m
S

Wi les décompositions minimaux de V et W . Ainsi

i=1

Vi . Supposons qu'il existe un i tel que Vi 6⊆ Wj pour tout j . Vi

i=1

est alors une composante irréductible de W . Comme la décomposition minimale est
unique, Vi = Wk pour un certain k , ce qui est absurde.
Exercice 28 : Si V = V1 ∪ ... ∪ Vr est la décomposition
d'un ensemble algébrique
S
en composantes irréductibles, montrer que Vi 6⊂
Vj .
i6=j
Solution :

Posons W =

S

Vj , c'est la décomposition minimale de W . Comme V = W ∪ Vi , Vi

i6=j

n'est pas une composante irréductible de W ainsi V 6⊂ W .
Exercice 29 : Montrer que An (K) est irréductible si K est in ni.
Solution :

Par l'exercice 4, I(An (K)) = (0). L'idéal (0) est premier car le corps K est intègre.
Par la proposition 1, page 15 de [Ful69], An (K) est irréductible.

Si K = Fq , avec q = pm , alors A1 (Fq ) = V (0) = V (X q − X) = V (X) ∪
− 1). Comme V (X) et V (X q−1 − 1) sont non vides, A1 (Fq ) est réductible.

Remarque.

V (X

q−1

I.6 Algebraic Subsets of the Plane
Exercice 30 : Soit K = R.
i) Montrer que I(V (X 2 + Y 2 + 1)) = (1).
ii) Montrer que chaque ensemble algébrique de A2 (R) est égal à V (F ) pour un
certain F ∈ R[X, Y ].
Ceci montre pourquoi on demande que K soit algébriquement clos.
Solution :

12

i) I(V (X 2 + Y 2 + 1)) = I(∅) = R[X] = (1).
ii) Il su t de montrer qu'un ensemble algébrique donné par deux polynômes est une
hypersurface. Soit F, G ∈ R[X, Y ]. Supposons que F et G n'ont pas de facteurs
en commun. On peut alors appliquer la Proposotion 2 (I.6 page 18 de [Ful69]).
Ainsi V (F, G) est ni et posons V (F, G) = {(a1 , b1 ), .., (an , bn )}. V (F, G) est
n
Q
bien une hypersurface puisque V (F, G) = V ( [(X − ai )2 + (Y − bi )2 ]).
i=1

Supposons que F = AF1 , G = AG1 avec gcd(F1 , G1 ) = 1. Ainsi V (F, G) =
V (AF1 , AG1 ) = V (A) ∪ V (F1 , G1 ). Comme F1 et G1 sont sans facteurs communs, V (F1 , G1 ) est une hypersurface comme on vient de le prouver. Il existe
P ∈ K[X, Y ] tel que V (F1 , G1 ) = V (P ). D'où V (A) ∪ V (F1 , G1 ) = V (A) ∪
V (P ) = V (AP ) est une hypersurface.
Exercice 31 :
i) Trouver les composantes irréductibles de V (Y 2 − XY − X 2 Y + X 3 ) de A2 (R),
et aussi de A2 (C).
ii) Faire de même pour V (Y 2 − X(X 2 − 1)), et pour V (X 3 + X − X 2 Y − Y ).
Solution :

i) On a :

Y 2 − XY − X 2 Y + X 3 = (Y − X)(Y − X 2 ).

Les polynômes Y − X et Y − X 2 sont irréductibles dans A2 (C) et dans A2 (R)
car ils sont de degré 1 dans K[X][Y ] pour K = R, C. Comme V (Y − X 2 ) et
V (Y − X) sont in nis (l'un est une droite et l'autre est une parabole), on peut
alors utiliser le corollaire 1 (I.6 page 18 de [Ful69]). Ainsi V (Y −X) et V (Y −X 2 )
sont irréductibles. Comme ces ensembles algébriques ne sont pas inclus l'un dans
l'autre, la décomposition voulue dans A2 (K), pour K = R, C, est :

V (Y 2 − XY − X 2 Y + X 3 ) = V (Y − X) ∪ V (Y − X 2 ).
ii) V (Y 2 − X(X 2 − 1)) est une courbe elliptique. On verra, par la suite (Exercice
35), qu'elles sont irréductibles. Dans notre cas, décomposons Y 2 − X(X 2 − 1)
dans K[X][Y ], pour K = R, C.
Pour le second polynôme, les deux décompositions en polynômes irréductibles sont :

X 3 + X − X 2 Y − Y = (X 2 + 1)(X − Y ) (pour K = R)
= (X − i)(X + i)(X − Y ) (pour K = C).
Par le même raisonnement que dans i), les décompositions sont :

V (X 3 + X − X 2 Y − Y ) = V (X − Y ) (pour K = R)
= V (X − i) ∪ V (X + i) ∪ V (X − Y ) (pour K = C).

13

I.7 Hilbert's Nullstellensatz
Exercice 32 : Montrer que les deux théorèmes (Nullstellensatz faible et fort) et tous
les corollaires sont faux si K n'est pas algébriquement clos.
Solution :

Pour le Nullstellensatz faible et fort, on choisit I = (X 2 + 1) ⊂ R[X]. On a V (I) = ∅
et I(V (I)) = I(∅) = R[X] 6= (X 2 + 1) ((X 2 + 1) est radical par l'exercice 19).
On choisit le même contre-exemple pour le premier corollaire.
Choisissons l'idéal p = (Y 2 + X 2 (X − 1)2 ) ⊂ R[X, Y ]. D'après l'exercice 26, Y 2 +
X 2 (X − 1)2 est irréductible d'où p est premier (R[X, Y ] est factoriel). Mais V (Y 2 +
X 2 (X −1)2 ) est réductible d'après le même exercice. Sa décomposition en irréductible
est V (Y 2 + X 2 (X − 1)2 ) = V (X, Y ) ∪ V (X − 1, Y ) ce qui invalide les corollaires 2 et
3.
n
On a card(V (p)) = 2 et dimR R[X, Y ]/p = +∞ puisque {1, X, ..., X , ...} est une
famille libre in nie.
Exercice 33 :
i) Décomposer V (X 2 +Y 2 −1, X 2 −Z 2 −1) ⊂ A3 (C) en composantes irréductibles.
ii) Soit V = {(t, t2 , t3 ) ∈ A3 (C)|t ∈ C}. Trouver I(V ), et montrer que V est
irréductible.
Solution :

14

i) On a (X 2 + Y 2 − 1, X 2 − Z 2 − 1) = (X 2 + Y 2 − 1, Y 2 + Z 2 ) = (X 2 + Y 2 −
1, (Y − iZ)(Y + iZ)) = (X 2 + Y 2 − 1, Y − iZ) ∩ (X 2 + Y 2 − 1, Y + iZ).
D'où :

V (X 2 +Y 2 −1, X 2 −Z 2 −1) = V (X 2 +Y 2 −1, Y −iZ)∪V (X 2 +Y 2 −1, Y +iZ).
(1)
Or :

C[X, Y, Z]
∼ C[X, Z]
(X 2 + Y 2 − 1, Y − iZ) =
(X 2 − Z 2 − 1) .
Le polynôme X 2 − Z 2 − 1 ∈ C[X, Z] est irréductible (utiliser les méthodes
des exercices précédents) d'où (X 2 − Z 2 − 1) est premier. Par l'isomorphisme,
(X 2 + Y 2 − 1, Y − iZ) est premier, ainsi V (X 2 + Y 2 − 1, Y − iZ) ⊂ A3 (C) est
irréductible.
De la même manière,
V (X 2 + Y 2 − 1, Y + iZ) ⊂ A3 (C) est irréductible.


Il est clair que ( 2; i; 1) ∈ V (X√2 + Y 2 − 1, Y − iZ) mais que ( 2; i; 1) 6∈ V (X 2 +
Y√2 − 1, Y + iZ). De même, ( 2; −i; 1) ∈ V (X 2 + Y 2 − 1, Y + iZ) mais que
( 2; −i; 1) 6∈ V (X 2 + Y 2 − 1, Y − iZ). L'égalité (1) est alors la décomposition
minimale.
ii) On a V = V (X 2 − Y, X 3 − Z) (Exercice 11). Or

C[X, Y, Z]
2
3 ∼

(X 2 − Y, X 3 − Z) = C[X, X , X ] = C[X]
est intègre d'où (X 2 − Y, X 3 − Z) est premier d'où radical. Par conséquent , par
le Nullstellensatz, I(V ) = (X 2 − Y, X 3 − Z) et, par la proposition 1 page 15 de
[Ful69], V est irréductible.
Exercice 34 : Soit R un anneau factoriel.
i) Montrer qu'un polynôme unitaire de degré 2 ou 3 dans R[X] est irréductible si
et seulement si il n'a pas de racines dans R.
ii) Le polynôme X 2 − a ∈ R[X] est irréductible si et seulement si a n'est pas un
carré dans R.
Solution :

i) Si un polynôme P ∈ R[X] admet une racine a ∈ R alors X − a divise P d'où P
est réductible.
Maintenant, supposons que P est réductible. Alors il existe deux polynômes
Q, R ∈ R[X] tel que P = QR. Comme deg P ∈ {2, 3}, Q ou R est de degré 1.
Ainsi P admet la même racine que ce polynôme.
ii) Il su t d'appliquer i).
Exercice 35 : Montrer que V (Y 2 − X(X − 1)(X − λ)) ⊂ A2 (K) est une courbe irréductible pour tout corps algébriquement clos K, et tout λ ∈ K.
Solution :

15

Montrons que Q(X, Y ) = Y 2 −X(X −1)(X −λ) ∈ K[X][Y ] est irréductible. Supposons
qu'il existe des constantes a, b ∈ K et des polynômes P, Q ∈ K[X] tel que Q(X, Y ) =
(aY + P (X))(bY + Q(X)). En développant, on obtient le système :







ab =
aQ(X) + bP (X)

1

=

0

= −X(X − 1)(X − λ)

P (X)Q(X)

Ainsi P (X)2 = X(X − 1)(X − λ)/b2 . Le membre de droite est de degré 3 et celui
de gauche est de degré pair, ce qui est absurde. Par conséquent, Q est irréductible.
Comme K est algébriquement clos, on peut appliquer le corollaire 3 du Nullstellensatz
(I.7 page 22 de [Ful69]). On en conclut que V (Q) est irréductible.
Exercice 36 : Soit I = (Y 2 −X 2 , Y 2 +X 2 ) ⊂ C[X, Y ]. Trouver V (I) et dimC (C[X, Y ]/I).
Solution :

On trouve aisément que V (I) = {(0, 0)}. On a I = (Y 2 − X 2 , 2Y 2 ) = (−X 2 , Y 2 ).
Ainsi une base de C[X, Y ]/I est {1, X, Y , XY }. D'où dimC (C[X, Y ]/I) = 4.
Exercice 37 : Soit K un corps, F ∈ K[X] un polynôme de degré n > 0. Montrer
n−1
que les classes 1, X, ..., X
forment une base de K[X]/(F ) sur K.
Solution :

Supposons qu'il existe des λi ∈ K tel que

n−1
P
i=1

i

λi X = 0. Ainsi

n−1
P

λi X i ∈ (F ). Comme

i=1

n'importe quel élément de (F ) est de degré plus grand ou égal à n, on a alors que
n−1
λi = 0 pour tout i. {1, X, ..., X
} est alors libre. Cet ensemble est trivialement
générateur d'où il forme une base.
Exercice 38 : Soit R = K[X1 , ..., Xn ], K algébriquement clos, V = V (I). Montrer
qu'il existe une correspondance bijective entre les ensembles algébriques de V et les
idéaux radicaux de K[X1 , ..., Xn ]/I , et ces ensembles algébriques irréductibles (resp.
points) correspondent aux idéaux premiers (resp. idéaux maximaux). (Voir Exercice
22).
Solution :

Par l'exercice 22, on sait qu'il existe une bijection entre {idéaux radicaux de
K[X1 , ..., Xn ]/I} et { idéaux radicaux de K[X1 , ..., Xn ] contenant I}. Ainsi, pour un

idéal radical p ⊂ K[X1 , ..., Xn ], I ⊂ p = p ⇔ V (p) ⊂ V (I) (le sens ⇒ est direct,
le sens ⇐ est donné par le Nullstellensatz). De la même manière, on prouve la correspondance entre les ensembles algébriques irréductibles de V (resp. points) et les
idéaux premiers (resp. idéaux maximaux) de K[X1 , ..., Xn ]/I .
Exercice 39 :
i) Soit R un anneau factoriel, et soit P = (t) un idéal principal, premier et propre
de R. Montrer qu'il n'existe pas d'idéal premier Q tel que 0 ⊂ Q ⊂ P, Q 6=
16

0, Q 6= P .
ii) Soit V = V (F ) une hypersurface irréductible de An . Montrer qu'il n'existe pas
d'ensemble algébrique irréductible W tel que V ⊂ W ⊂ An , W 6= V, W 6= An .
Solution :

i) Soit Q un idéal de R tel que (0) ( Q ( (t). Comme (t) est premier,
Q l'élément
i αt

t est irréductible. Ainsi tous les éléments de Q sont de la forme u pα
i t
i

pi ∈ R sont irréductibles, di érents de t, αi , αt ∈ N∗ et u ∈ R∗ . Prenons un
élément
alors qi ∈ R irréductibles, u ∈ R∗ et αi ∈ N∗ tel que
Qα α∈i αQt , il existe Q
α = u qi t . Comme qiαi tαt ∈ Q, on peut poser u = 1. Puisque Q 6= (t),
i

i

t 6∈ Q et chaque qi n'est Q
pas dans Q (sinon qi serait une puissance de t d'où qi
serait réductible). Ainsi
qiαi 6∈ Q. On doit trouver deux polynômes de R\Q
i

dont le produit est dans Q.
Q
♣ Si qiαi t ∈ Q, alors Q n'est pas premier. Si ce n'est pas le cas, on passe à
i

la prochaine étape.
Q
♣ Si qiαi t2 ∈ Q alors Q n'est pas premier. Si ce n'est pas le cas, on passe à
i

la prochaine étape.
Q
♣ Si qiαi t3 ∈ Q alors Q n'est pas premier. Si ce n'est pas le cas, on passe à
i

la prochaine étape.
En continuant ainsi, l'algorithme est forcément ni puisque la dernière
étape est toujours vrai :
Q
♣ α = qiαi tαt ∈ Q d'où Q n'est pas premier.
i

Ainsi, dans tous les cas, Q n'est pas premier.
ii) Comme V est irréductible, I(V ) est premier. D'après le Nullstellensatz, I(V ) =
(F ) est principal et propre d'où en appliquant i), il n'existe pas d'idéal premier
Q tel que (0) ( Q ( I(V ). Par la correspondance bijective entre les idéaux premiers et les ensembles algébriques irréductibles, il n'existe pas de W irréductible
tel que V ( W ( An .
Exercice 40 : Soit I = (X 2 − Y 3 , Y 2 − Z 3 ) ⊂ K[X, Y, Z]. Fixons α : K[X, Y, Z] → K[T ]
par α(X) = T 9 , α(Y ) = T 6 , α(Z) = T 4 .
i) Montrer que tous les éléments de K[X, Y, Z]/I est une classe d'un élément A +
XB + Y C + XY D, pour certains A, B, C, D ∈ K[Z].
ii) Si F = A + XB + Y C + XY D, A, B, C, D ∈ K[Z], et α(F ) = 0, comparer les
puissances similaires de T pour conclure que F = 0.
iii) Montrer que ker(α) = I , donc I est premier, V (I) est irréductible, et I(V (I)) =
I.
Solution :

17

i) I = (X 2 − Z 4 , Y 2 − Z 2 ). Ainsi, dans K[X, Y, Z]/I , dès qu'une puissance de X ou
Y est supérieure ou égale à deux, alors on peut le remplacer par un polynôme en
Z . Ainsi les polynômes dans K[X, Y, Z]/I sont de la forme A+XB +Y C +XY D
où A, B, C, D ∈ K[Z].
ii) Soit A, B, C, D ∈ K[Z]. Supposons que α(A + XB + Y C + XY D) = 0. Ainsi :

α(A) + α(X)α(B) + α(Y )α(C) + α(X)α(Y ) + α(D) = 0
deg
XA

ai T 4i +

i=0

deg
XB

bi T 4i+9 +

i=0

deg
XC

ci T 4i+6 +

i=0

deg
XD

di T 4i+15 = 0.

i=0

Par conséquent, chaque monôme est de la forme ai T i , bi T i , ci T i ou di T i . Donc
A, B, C, D sont nuls, d'où F = 0.
iii) Dans ii), on a montré que ker(α) ⊂ I . Soit F ∈ I , il existe alors A, B ∈
K[X, Y, Z] tel que F (X, Y, Z) = A(X, Y, Z)(X 2 − Y 3 ) + B(X, Y, Z)(Y 2 − Z 3 ).
On a :

α(F ) = α(A(X 2 − Y 3 ) + B(Y 2 − Z 3 ))
= α(A)(α(X)2 − α(Y )3 ) + α(B)(α(Y )2 − α(Z)3 )
= α(A)(T 18 − T 18 ) + α(B)(T 12 − T 12 )
=0
Donc, au nal, ker(α) = I .

I.8 Modules : Finiteness Conditions
Exercice 41 : Soit R ⊂ S des anneaux. Si S est un R-module de type ni, alors il
existe v1 , ..., vn ∈ S tel que S = R[v1 , ..., vn ].
Solution :

Si S est un R-module de type ni, alors il existe v1 , ..., vn ∈ S tel que S =
Ainsi S =

n
P

n
P

Rvi .

i=1

Rvi ⊂ R[v1 , .., vn ]. L'autre inclusion est triviale.

i=1

Soit R ⊂ S des anneaux. Par la suite, on dit que S est "module- nite" sur R si
S est un R-module de type ni. Et on dit que S est "ring- nite" sur R si il existe
v1 , ..., vn ∈ S tel que S = R[v1 , ..., vn ]. Ainsi l'exercice 41 peut être traduit par :
"module- nite" ⇒ "ring- nite".
Exercice 42 : Montrer que S = R[X] (l'anneau des polynômes à une variable) est
"ring- nite" sur R, mais pas "module nite".
Solution :

18

Il su t de prendre v1 = X ∈ R[X].
Il n'existe pas de famille nie qui engendre R[X] (par contre, {1, X, X 2 , ...} l'engendre).
Exercice 43 : Si L est "ring- nite" sur K (K, L corps) alors L est une extension de
type ni de K.
Solution :

Pour que L = K[v1 , ..., vn ] soit un corps, il est nécessaire et su sant que K(v1 , ..., vn ) =
K[v1 , ..., vn ].
Exercice 44 : Montrer que L = K(X) (le corps des fonctions rationnels à une variable) est une extension de corps de type ni de K, mais L n'est pas "ring- nite" sur
K.
Astuce : Si L était ring- nite sur K, il existerait un élément b ∈ K[X] tel que pour
tout z ∈ L, bn z ∈ K[X] pour un certain n ; mais posons z = 1/c, où c ne divise pas
b(Exercice 5)).
Solution :

Le corps L est une extension de type ni de K par dé nition.
Supposons qu'il existe v1 , ..., vn ∈ K(X) tel que K(X) = K[v1 , ..., vn ]. Ainsi, pour tout
n
Q
i ∈ {1, ..., n}, vi = fi /gi avec fi , gi ∈ K[X]. Posons b =
gi ∈ K[X]. Ainsi, pour
i=1

tout z ∈ K(X), bz ∈ K[X]. Posons c ∈ K[X] un polynôme irréductible qui ne divise
pas b (un tel polynôme existe par l'exercice 5). Par conséquent, b/c ∈ K(X) mais
b/c 6∈ K[X], ce qui est absurde.
Exercice 45 : Soit R un sous-anneau de S , S un sous-anneau de T .
P
P
P
i) Si S =
Rvi , T =
Swj , montrer que T = Rvi wj .
ii) Si S = R[v1 , ..., vn ], T = S[w1 , ..., wm ], montrer que T = R[v1 , ..., vn , w1 , ..., wm ].
iii) Si S, R, T sont des corps, et S = R(v1 , ..., vn ), T = S(w1 , ..., wm ), montrer que
T = R(v1 , ..., vn , w1 , ..., wm ).
Solution :

19

i) T =

PP
i

Rvi wj =

j

P

Rvi wj .

i,j

ii) Posons φ : R[X1 , ..., Xn+m ] → T dé nie par φ(Xi ) = vi si i 6 n, wi sinon.
Dé nissons g et f par :
g

f

R[X1 , ..., Xn+m ] 7−
→ R[v1 , ..., vn ][X1 , ..., Xm ] 7−
→T
avec g(Xi ) = vi et f (Xi ) = wi . Ainsi φ = f ◦ g . Par dé nition,
d'une part, Im(φ) = R[v1 , ..., vn , w1 , ..., wm ]. D'autre part, Im(f ◦ g) =
f (g(R[X1 , ..., Xn+m ])) = f (R[v1 , ..., vn ][X1 , ..., Xm ]) = R[v1 , ..., vn ][v1 , ..., vm ]
d'où l'égalité.
iii) Procéder comme dans ii).

I.9 Integral Elements
Exercice 46 : Soit R un sous-anneau de S , S un sous-anneau d'un anneau intègre
T . Si S est entier sur R, et T entier sur S , montrer que T est entier sur R.
Astuce : Soit z ∈ T donc on a z n + a1 z n−1 + ... + an = 0, ai ∈ S . Alors R[a1 , ..., an , z]
est "module- nite" sur R.
Solution :

Soit z ∈ T . Il existe a1 , ..., an ∈ S tel que z n + a1 z n−1 + ... + an = 0. Ainsi z est entier
sur R[a1 , ..., an ] d'où, par la proposition 3 (I.9 p.28), R[a1 , ..., an , z] est un R-module
de type ni. Comme R[z] ⊂ R[a1 , ..., an , z] ⊂ T , par cette même proposition, z est
entier sur R.
Exercice 47 : Supposons que S soit "ring- nite" sur R. Montrer que S est "module nite" si et seulement si S est entier sur R.
Solution :

On suppose que S est "module- nite" sur R. Soit a ∈ S . Comme R[a] ⊂ S , par la
proposition 3 (I.9 page 28), a est entier sur R.
Supposons que S soit entier sur R. On sait déjà qu'il existe v1 , ..., vn ∈ S tel que
S = R[v1 , ..., vn ]. En particulier, chaque vi est entier sur R, d'où R[vi ] est un Rmodule de type ni. En particulier, v2 est entier sur R[v1 ] ⊃ R, donc R[v1 , v2 ] est
"module- nite" (voir exercice 45 i)). En procédant ainsi, on a que R[v1 , ..., vn ] est
"module- nite".
Exercice 48 : Soit L un corps, K un sous-corps de L algébriquement clos.
i) Montrer que n'importe quel élément de L qui est algébrique sur K est déjà dans
K.
ii) Un corps algébriquement clos ne possède pas d'extension "module- nite" excepté lui-même.
Solution :

20

i) Si x ∈ L est algébrique sur K alors il existe un polynôme unitaire P ∈ K[X] tel
que P (x) = 0. Dans un corps algébriquement clos, tout polynôme est un produit
de polynômes unitaires de degré 1 à valeurs dans ce corps. Comme X − x est
un facteur irréductible de P , alors x ∈ K.
ii) On note K un corps algébriquement clos. Supposons que L ⊃ K une extension
"module- nite". Par l'exercice 47, L est algébrique sur K. Donc, par i), L = K.
Exercice 49 : Soit K un corps, L = K(X) le corps des fractions rationnels à une
variable sur K.
i) Montrer que n'importe quel élément de L qui est entier sur K[X] est déjà dans
K[X].
Astuce : Si z n + a1 z n−1 + ... = 0, écrire z = F/G, F, G premiers entre eux.
Alors F n + a1 F n−1 G + ... = 0, donc G divise F .
ii) Montrer qu'il existe un élément non nul F ∈ K[X] tel que, pour tout z ∈ L,
F n z est entier sur K[X] pour un certain n > 0.
Astuce : Voir Exercice 44.
Solution :

i) Soit z ∈ K(X) un élément entier sur K[X]. Donc il existe a1 , ..., an ∈ K[X] tel
que z n + a1 z n−1 + ... + an = 0. z peut s'écrire sous la forme z = F/G avec
F, G ∈ K[X] premiers entre eux. Ainsi l'égalité précédente devient : (F/G)n +
a1 (F/G)n−1 + ... + an = 0 puis F n + a1 F n−1 G + ... + an Gn = 0. Par le lemme
d'Euclide, G divise F , ainsi z ∈ K[X].
ii) Supposons qu'il existe F ∈ K[X] non nul tel que, pour tout z ∈ K(X), F n z est
entier sur K[X]. Posons z = 1/G, avec G un polynôme irréductible ne divisant
pas F , alors F n /G ∈ K(X)\K[X]. Par i), il n'existe pas d'élément entier dans
K(X)\K[X], ce qui est absurde.
Exercice 50 : Soit K un sous-corps de L.
i) Montrer que l'ensemble des éléments de L qui sont algébriques sur K est un
sous-corps de L contenant K.
Astuce : Si v n + a1 v n−1 + ... + an = 0, et an 6= 0, alors v(v n−1 + ...) = −an .
ii) Supposer que L est "module- nite" sur K, et K ⊂ R ⊂ L, R un sous-anneau de
L. Montrer que R est un corps.
Solution :

21

i) Par le corollaire (I.9, page 9), on sait déjà que l'ensemble des éléments de L qui
sont algébriques sur K est un sous-anneau de L contenant K. Soit x ∈ L un
élément algébrique sur K. Il existe alors a1 , ..., an ∈ K tel que xn + a1 xn−1 +
... + an = 0. Donc :

xn + a1 xn−1 + ... + an−1 x = −an
x(xn−1 + a1 xn−2 + ... + an−1 ) = −an
n−1
−a−1
+ a1 xn−2 + ... + an−1 ) = x−1 ∈ L.
n (x

Or : x−1 + a1 (x−1 )2 + ... + an (x−1 )n+1 = 0. d'où x−1 est algébrique sur K.
ii) Par l'exercice 47, L est algébrique sur K. Par conséquent, R est entier sur K.
Soit x ∈ R. Il existe alors a1 , ..., an ∈ K tel que : xn + a1 xn−1 + ... + an = 0.
n−1
D'où x−1 = −a−1
+ a1 xn−2 + ... + an−1 ) ∈ R.
n (x

I.10 Field Extensions
Exercice 51 : Soit K un corps, F ∈ K[X] un polynôme irréductible unitaire de degré
n > 0.
i) Montrer que L = K[X]/(F ) est un corps, et si x est le reste de X dans L, alors
F (x) = 0.
ii) Supposons que L0 est une extension de K, y ∈ L0 tel que F (y) = 0. Montrer que
l'homomorphisme de K[X] dans L0 qui envoie X sur y induit un isomorphisme
entre L et K(y).
iii) Avec L0 , y comme dans ii), supposons que G ∈ K[X] et G(y) = 0. Montrer que
F divise G.
iv) Montrer que F = (X − x)F1 , F1 ∈ L[X].
Solution :

22

i) Supposons qu'il existe G ∈ K[X] tel que (F ) ( (G). Ainsi G divise F . Comme
F est irréductible, G est une unité dans K[X]. Donc (G) = K[X]. On a alors
démontré que (F ) est maximal d'où K[X]/(F ) est un corps.
Par dé nition, x = X + (F ). Ainsi F (x) = F (X) + (F ) = 0 + (F ).
ii) Soit φ : K[X] → L0 l'homomorphisme de l'énoncé. On obtient le diagramme
commutatif suivant :
φ
/ L0 .
K[X]
<
π

f


L

On a ker(φ) = (F ) (Comme K[X] est un anneau principal, ker(φ) est de la
forme (P ). Or F ∈ ker(φ) est irréductible d'où l'égalité). Par le théorème de
l'isomorphisme, L ∼
= Im(φ) = K(y).
iii) On a G ∈ ker(φ) = (F ) d'où F divise G.
iv) Par i), x est une racine de F dans L donc F peut s'écrire sous la forme F =
(X − x)F1 , F1 ∈ L[X].
Exercice 52 : Soit K un corps, F ∈ K[X]. Montrer qu'il existe un corps L conten
Q
nant K tel que F =
(X − xi ) ∈ L[X].
i=1

Astuce : Utiliser Exercice 51 iv) et récurrence sur le degré.

L est appelé le corps de décomposition de K.
Solution :

Prouvons le résultat par récurrence sur n = deg(F ). Pour n = 1, le corps de base K
su t. Supposons qu'il existe un corps de décomposition pour les polynômes de degré
n. Soit F ∈ K[X] un polynôme de degré n + 1. Par l'exercice 51 iv), il existe un corps
L tel que F = (X −x)F1 avec F1 ∈ L[X]. Comme F1 est de degré n, on peut appliquer
l'hypothèse de récurrence. Ainsi il existe une extension de L sur lequel F1 et donc F
sont décomposés en polynômes de degré 1. La récurrence est alors prouvée.
Exercice 53 : Supposons que K soit un corps de caractéristique zéro, F un polynôme
irréductible unitaire de K[X] de degré n > 0. Soit L un corps de décomposition de F ,
n
Q
donc F =
(X − xi ), xi ∈ L. Montrer que les xi sont distincts.
i=1

Astuce : Appliquer l'exercice 51 iii) à G = FX ; si (X − x)2 divise F , alors G(x) = 0.
Solution :

∂F
Supposons que deux xi ∈ L soient égaux. Posons G = FX := ∂X
. Alors G(xi ) = 0
d'où, par l'exercice 51 iii), G divise F d'où F = 0, ce qui est absurde.

Exercice 54 : Soit R un anneau intègre dont son corps des fractions est K, et soit
L une extension algébrique ni de K.
i) Pour tout v ∈ L, montrer qu'il existe un élément non nul a ∈ R tel que av est
entier sur R.
23

ii) Montrer qu'il existe une base v1 , ..., vn de L sur K (en tant qu'espace vectoriel)
tel que chaque vi est entier sur R.
Solution :

i) Soit v ∈ L. Il existe alors a1 , ..., an ∈ K tel que v n +a1 v n−1 +...+an = 0. Posons
ai = fi /gi avec (fi , gi ) ∈ R × R\{0} premiers entre eux. L'égalité précédente
devient :
n

v +

n
X
fi
i=1

n
h Y

n
in X
gj v +
fi

j=1

Ainsi a =

n
Q

i=1

n
Y

gji gii−1

n
h Y

gi

v n−i = 0

in−i
gj v
= 0.

j=1

j∈J1,nK\i

gj convient.

j=1

ii) On sait qu'il existe une base {v1 , ..., vn } de L sur K (c'est une extension nie).
D'après i), on choisit ai ∈ R tel que les ai vi soient entiers sur R. L'application

L



vi

7→ ai vi

L

est un isomorphisme où ai sont vus comme des éléments de K∗ . Ainsi
{a1 v1 , ..., an vn } est une base de L sur K qui convient.

24

Bibliographie
Références
[Ful69] William Fulton. Algebraic Curves. W.A Benjamin, 1969.
[S+ 18] W. A. Stein et al. Sage Mathematics Software (Version 8.1). The Sage Development Team, 2018. http://www.sagemath.org.

Graphiques

Figure 1

V (Y 2 − XY − X 2 Y + X 3 ) ⊂ A2 (R)

Figure 2 V (Y 2 − XY

− X 2 Y + X 3 ) ⊂ A2 (R)

25

Figure 3 V (X 3 + X − X 2 Y

26

− Y ) ⊂ A2 (R)


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