Exercices corrigés — Modules & théorème de structure

Un sous-module de $\mathbb{Z}$ est un sous-groupe additif stable par multiplication entière.

Les sous-groupes de $\mathbb{Z}$ sont les $n\mathbb{Z}$.

« Libre » = possède une base ; un élément de torsion ne peut faire partie d'une base.

Pourquoi ces deux questions vont ensemble : la première montre que $\mathbb{Z}$ se comporte comme un anneau très régulier — tous ses sous-modules sont engendrés par un seul élément. La seconde montre que ses quotients, eux, perdent cette régularité.

C'est déjà tout le programme du chapitre : ce qui distingue un module d'un espace vectoriel, c'est la torsion.

Un $\mathbb{Z}$-module est un groupe abélien (exercice A2), et un sous-module de $\mathbb{Z}$ est donc un sous-groupe additif stable par multiplication par un entier — c'est-à-dire exactement un idéal de l'anneau $\mathbb{Z}$.

Soit $N\neq\{0\}$ un tel sous-module, et $n$ le plus petit entier strictement positif de $N$ (il existe : $N$ contient un élément non nul, donc son opposé, donc un positif).

Division euclidienne. Pour $m\in N$, écrivons

Alors $r=m-qn\in N$ (combinaison de deux éléments de $N$). Mais $n$ est le plus petit strictement positif de $N$, et $0\leq r<n$ :

👉 C'est la division euclidienne qui fait tout, et c'est exactement ce qui définira un anneau principal : un anneau où tout idéal est engendré par un seul élément.

Un module libre possède une base : une famille génératrice et libre (aucune relation non triviale).

L'obstruction est immédiate : dans $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, tout élément $x$ vérifie

Donc aucune famille non vide ne peut être libre : la relation $6x=0$ est une relation non triviale (le coefficient $6$ n'est pas nul dans $\mathbb{Z}$), quel que soit $x$.

Et la famille vide ne convient pas non plus : elle engendre $\{0\}$, pas $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$.

⚠️ C'est une différence RADICALE avec les espaces vectoriels, où tout espace admet une base. Ici, $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ est un module de type fini — engendré par un seul élément — qui n'est pas libre. Le mot « dimension » n'y a aucun sens.

Un module libre est TOUJOURS sans torsion : si $(e_i)$ est une base et $ax=0$ avec $x=\sum a_ie_i$, alors $\sum aa_ie_i=0$, donc $aa_i=0$ pour tout $i$ par liberté, donc $a_i=0$ si $A$ est intègre — et $x=0$.

⚠️ La réciproque est FAUSSE en général — $\mathbb{Q}$ est un $\mathbb{Z}$-module sans torsion et non libre. Mais elle devient vraie pour un module de TYPE FINI sur un anneau PRINCIPAL, et c'est l'un des piliers du théorème de structure (exercice E1).

Les deux résultats sont les deux extrémités du théorème de structure :

👉 Et la clé technique est la principalité. Sur $A=\mathbb{Z}$ ou $A=K[X]$, tout idéal est engendré par un élément, et c'est ce qui rend la forme de Smith possible (exercice B1) — donc le théorème de structure lui-même.

Sur un anneau non principal, le théorème tel quel tombe : dans $\mathbb{Z}[X]$, l'idéal $(2,X)$ n'est engendré par aucun élément seul, et il n'y a pas de théorème de structure.

Partir d'un groupe abélien $(M,+)$ et définir $n\cdot x$.

Pour $n>0$, $n\cdot x=x+\dots+x$ ; étendre à $n\leq0$.

Vérifier que c'est l'unique loi externe compatible avec les axiomes.

Ce n'est pas seulement « un $\mathbb{Z}$-module est un groupe abélien » — cela, c'est la définition. C'est la réciproque qui est le contenu : sur un groupe abélien, la structure de $\mathbb{Z}$-module existe et elle est UNIQUE.

Autrement dit : il n'y a rien à choisir. L'addition détermine entièrement la multiplication externe.

Soit $M$ un groupe abélien muni d'une structure de $\mathbb{Z}$-module. Les axiomes imposent $1\cdot x=x$, puis par distributivité

et par récurrence, pour $n\geq 1$ :

Pour $n=0$ : $0\cdot x=(0+0)\cdot x=0\cdot x+0\cdot x$, d'où $0\cdot x=0$ en simplifiant.

Pour $n<0$ : $0=0\cdot x=(n+(-n))\cdot x=n\cdot x+(-n)\cdot x$, donc $n\cdot x=-\big((-n)\cdot x\big)$.

👉 Rien n'a été choisi : chaque égalité découle des axiomes. C'est ce qui prouve l'unicité.

Il reste à vérifier que la formule ci-dessus définit bien une structure de module. Les quatre axiomes se contrôlent, et c'est mécanique :

⚠️ La deuxième ligne est le seul point non trivial, et c'est là que la commutativité entre en jeu :

Le regroupement suppose de pouvoir permuter les termes. Sur un groupe non abélien, $n(xy)\neq x^ny^n$ en général, et l'axiome tombe.

Elle transporte tout le théorème de structure sur les groupes abéliens finis, gratuitement.

C'est l'objet de l'exercice C3 : les deux théorèmes sont le même énoncé, dans deux langages.

Et le morphisme suit : une application $\mathbb{Z}$-linéaire est exactement un morphisme de groupes, puisque $f(nx)=nf(x)$ découle de $f(x+y)=f(x)+f(y)$ par la même récurrence.

La dernière ligne est le lot D tout entier : un $K[X]$-module, c'est un espace vectoriel plus un endomorphisme, et le choix de $u$ produit des structures différentes sur le même espace.

👉 La raison est que $\mathbb{Z}$ est INITIAL : il existe un unique morphisme d'anneaux $\mathbb{Z}\to A$ pour tout anneau $A$, à savoir $n\mapsto n\cdot 1_A$. Il n'y a donc aucune liberté, ni ici ni ailleurs.

Le critère regroupe stabilité par $+$ et par loi externe.

Prendre $a=b=1$ pour l'addition, $b=0$ pour la loi externe.

Une intersection vérifie le critère élément par élément.

L'intérêt est pratique : au lieu de vérifier trois choses (stabilité par $+$, par l'opposé, par la loi externe), on n'en vérifie qu'une.

Le gain vient de ce que la combinaison $ax+by$ les contient toutes — il suffit de spécialiser $a$ et $b$.

Si $N$ est un sous-module, il est stable par la loi externe ($ax\in N$, $by\in N$) puis par l'addition ($ax+by\in N$). Et il est non vide, contenant $0$. ✓

Supposons la condition, et $N\neq\emptyset$. Tout s'obtient en choisissant $a$ et $b$ :

La première ligne exige $N\neq\emptyset$ — il faut un $x$ pour écrire $0\cdot x$.

⚠️ L'hypothèse « non vide » n'est PAS décorative : l'ensemble vide vérifie la condition de façon vacante (aucun $x,y$ à tester), et n'est pourtant pas un sous-module. C'est le piège classique du quantificateur universel sur un ensemble vide.

Soit $(N_i)_{i\in I}$ une famille de sous-modules, et $N=\bigcap_i N_i$.

Non vide : chaque $N_i$ contient $0$, donc $0\in N$.

Stable : si $x,y\in N$, alors pour chaque $i$ on a $x,y\in N_i$, donc $ax+by\in N_i$. Ceci valant pour tout $i$ :

« Quelconque » compte : la famille peut être infinie, c'est ce qui rend la construction suivante possible.

Elle permet de définir le sous-module ENGENDRÉ, par le haut :

C'est le plus petit sous-module contenant $S$ — et l'intersection est bien un sous-module grâce à l'étape 3.

Description par le bas, équivalente :

👉 Les deux se valent, et l'on emploie l'une ou l'autre selon le besoin — c'est le même double point de vue que pour un sous-espace vectoriel engendré.

⚠️ Attention à la RÉUNION : elle n'est pas un sous-module en général. Dans $\mathbb{Z}$, $2\mathbb{Z}\cup 3\mathbb{Z}$ contient $2$ et $3$ mais pas $5$. C'est précisément pourquoi le sous-module engendré se définit par intersection et non par réunion.

Libre = isomorphe à $A^r$, possède une base.

$\mathbb{Z}^2$ a la base canonique $(1,0),(0,1)$.

Dans $\mathbb{Z}/n$, $n\cdot\bar x=0$ pour tout $\bar x$.

$M$ est libre de rang $r$ s'il admet une base : une famille $(e_1,\dots,e_r)$ à la fois génératrice et libre, c'est-à-dire

Le contraste est le cœur du chapitre : sur un corps, tout module est libre ; sur $\mathbb{Z}$, non.

La base canonique $e_1=(1,0)$, $e_2=(0,1)$ convient.

Génératrice : $(m,n)=me_1+ne_2$ ✓

Libre : si $ae_1+be_2=(a,b)=(0,0)$, alors $a=b=0$ ✓

Le rang est bien défini — c'est-à-dire que $\mathbb{Z}^2\not\simeq\mathbb{Z}^3$ — et ce n'est pas gratuit. La preuve la plus rapide : tensoriser par $\mathbb{Q}$ ramène à une dimension d'espace vectoriel, qui est invariante (exercice E6).

Pour tout $x\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, on a $n\cdot x=0$ avec $n\neq 0$ dans $\mathbb{Z}$.

Toute famille non vide $(x_1,\dots,x_k)$ satisfait donc la relation

avec un coefficient non nul : la famille n'est pas libre.

Et la famille vide engendre $\{0\}\neq\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ pour $n\geq 2$.

⚠️ Il est pourtant MONOGÈNE : engendré par le seul élément $\bar 1$. « Engendré par un élément » et « libre de rang $1$ » sont donc deux choses différentes — la seconde exige en plus qu'il n'y ait aucune relation.

⚠️ La dernière ligne surprend, et c'est la vraie différence avec les espaces vectoriels. $2\mathbb{Z}\subset\mathbb{Z}$ est libre de rang $1$, contenu dans un libre de rang $1$, et n'a aucun supplémentaire : s'il existait $N$ avec $\mathbb{Z}=2\mathbb{Z}\oplus N$, alors $N\simeq\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ serait un sous-module de $\mathbb{Z}$ de torsion — or $\mathbb{Z}$ est sans torsion.

En revanche, la troisième ligne est vraie et précieuse : sur un principal, tout sous-module d'un libre de rang $r$ est libre de rang $\leq r$. C'est ce qui permet de présenter un module par une matrice de relations, donc d'appliquer la forme de Smith (exercice B1).

Pour un module libre, le rang est le cardinal d'une base — et il est bien défini.

Pour un module quelconque de type fini sur un principal, le théorème de structure donne

et l'on appelle rang l'entier $r$, qui vaut le rang de $M/T(M)$ — lui-même libre (exercice E6).

👉 Un groupe abélien FINI est toujours de rang $0$ : sa partie libre est nulle, sinon il contiendrait une copie de $\mathbb{Z}$, donc serait infini. C'est ce qui rend la classification des groupes abéliens finis (lot C) purement affaire de torsion.

Pour $x,y$ de torsion, trouver un annulateur commun.

Utiliser l'intégrité : un produit d'annulateurs non nuls est non nul.

Si $\bar x\in M/T(M)$ est de torsion, remonter à $M$.

$A$ commutatif INTÈGRE, $M$ un $A$-module.

L'intégrité n'est pas un confort : sans elle, le premier énoncé est faux — on le vérifie sur un contre-exemple à la fin.

Le second résultat est ce qui rend le théorème de structure possible : il permet de séparer la torsion du reste.

Non vide : $1\cdot 0=0$ avec $1\neq 0$, donc $0\in T(M)$.

Stable — par le critère de l'exercice A3. Soient $x,y\in T(M)$, annulés par $a\neq 0$ et $b\neq 0$, et soient $\lambda,\mu\in A$. Posons $c=ab$ :

Il reste à savoir que $c\neq 0$ — et c'est ici, et seulement ici, qu'intervient l'intégrité :

👉 Nommer où l'hypothèse sert est le geste utile : ce n'est pas dans le calcul, c'est dans la conclusion « $c$ est un annulateur valide ».

Soit $\bar x\in M/T(M)$ tel que $a\bar x=0$ avec $a\neq 0$. Cela signifie

Donc il existe $b\neq 0$ avec $b(ax)=0$, soit

Et $ba\neq 0$ par intégrité, donc $x\in T(M)$ par définition, donc $\bar x=0$.

👉 Le mécanisme est le même qu'à l'étape 1 — composer deux annulateurs — mais employé dans l'autre sens : là il fallait produire un annulateur, ici il faut en remonter un.

Prenons $A=\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, non intègre ($2\cdot 3=0$), et $M=A$ vu comme module sur lui-même.

Mais leur somme $\bar 2+\bar 3=\bar 5$ n'est PAS de torsion : $\bar 5$ est inversible dans $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ (son inverse est $\bar 5$, car $25\equiv 1$), donc $a\bar 5=0$ entraîne $a=0$.

👉 C'est le contrôle qui prouve que l'hypothèse mord. Une hypothèse dont on ne sait pas exhiber l'échec est une hypothèse qu'on ne comprend pas — et ici, l'échec se produit exactement à l'endroit repéré à l'étape 1 : $ab$ pouvait être nul.

Sur un anneau PRINCIPAL et pour $M$ de type fini, le résultat se renforce en une décomposition :

Deux ingrédients, tous deux non triviaux :

Une fois $M/T(M)$ libre, la surjection $M\to M/T(M)$ se scinde (on relève une base), d'où la somme directe.

⚠️ Les trois hypothèses sont nécessaires. $\mathbb{Q}$ est sans torsion sur $\mathbb{Z}$, qui est principal, et n'est pas libre — il n'est simplement pas de type fini.

👉 C'est cette décomposition que les lots B et E rendent calculable, via la forme de Smith.

$(a,\bar b)$ est de torsion ssi $a$ l'est dans $\mathbb{Z}$.

$\mathbb{Z}$ est sans torsion : $a=0$.

Un morphisme $\mathbb{Z}/4\to\mathbb{Z}/6$ envoie $\bar1$ sur un élément annulé par $4$.

Deux calculs concrets, et le second donne une formule qu'il faut connaître : le nombre de morphismes entre deux groupes cycliques est le pgcd de leurs ordres.

Soit $(m,\bar n)\in\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ et $a\neq 0$ tel que

La première composante force tout : $am=0$ dans $\mathbb{Z}$ avec $a\neq 0$ donne $m=0$, car $\mathbb{Z}$ est intègre.

La seconde ne contraint rien : tout $\bar n$ vérifie $4\bar n=\bar 0$, avec $4\neq 0$.

👉 Cette règle générale est ce qui rend le calcul immédiat : la torsion d'une somme directe est la somme des torsions.

Contrôle : $M/T(M)\simeq\mathbb{Z}$, qui est libre de rang $1$ ✓ conforme à l'exercice A5.

Un morphisme $f$ est déterminé par $f(\bar 1)$, puisque $\bar 1$ engendre $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ : $f(\bar k)=k\,f(\bar 1)$.

La seule contrainte est de respecter la relation $4\bar 1=\bar 0$ :

Il faut donc $4y\equiv 0\pmod 6$, où $y=f(\bar 1)\in\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ :

Contrôle exhaustif : on teste les $6$ valeurs de $y$, et $4y\bmod 6$ vaut $0$ pour $y=0$ et $y=3$ seulement ✓

Preuve : $y$ doit vérifier $n\mid my$. Posons $d=\gcd(m,n)$, $m=dm'$, $n=dn'$ avec $\gcd(m',n')=1$. Alors

(par Gauss, $n'$ étant premier avec $m'$). Les $y$ convenables sont les multiples de $n'$ dans $\mathbb{Z}/n$, il y en a $n/n'=d$ ✓

👉 La deuxième ligne est instructive : entre deux groupes d'ordres premiers entre eux, le seul morphisme est nul. L'image de $\mathbb{Z}/4$ serait un sous-groupe d'ordre divisant à la fois $4$ et $9$, donc trivial.

La torsion est le seul objet à classifier. La partie libre est déterminée par un seul entier — son rang — tandis que la torsion demande toute la machinerie des facteurs invariants (lots B et E).

Sur notre exemple : $r=1$, $s=1$, $d_1=4$.

Et le comptage de morphismes sert à démontrer l'UNICITÉ de cette décomposition (exercice E4). L'idée : le nombre de morphismes $\mathbb{Z}/p\to M$ vaut $p^{k}$ où $k$ est le nombre de facteurs $\mathbb{Z}/p^{a}$ de $M$ — un invariant de $M$, indépendant de toute présentation.

Une opération élémentaire = multiplication par une matrice inversible sur $A$.

Amener en position $(1,1)$ un élément de norme (ou degré) minimale.

La division euclidienne / Bézout annule sa ligne et sa colonne ; récurrence.

Sur un anneau principal $A$, toute matrice $M\in\mathcal{M}_{n,m}(A)$ s'écrit

où $U$ et $V$ sont inversibles sur $A$. C'est la forme de Smith, et les $d_i$ sont les facteurs invariants.

Ce qu'elle permet : $M$ étant la matrice des relations d'un module présenté par générateurs, la forme diagonale lit directement la structure :

👉 Le théorème de structure devient un ALGORITHME. C'est là toute la différence entre savoir qu'une décomposition existe et savoir la calculer.

Chacune revient à multiplier par une matrice inversible — à gauche pour les lignes, à droite pour les colonnes. Le module quotient est donc inchangé : on ne fait que changer de base au départ et à l'arrivée.

⚠️ La deuxième ligne est plus restrictive que sur un corps. Sur $\mathbb{Q}$, on divise une ligne par $3$ ; sur $\mathbb{Z}$, c'est interdit — les seules unités sont $\pm 1$. C'est cette restriction qui empêche d'obtenir des $1$ partout, et qui fait apparaître les $d_i$.

Les facteurs invariants sont donc l'analogue, sur un anneau, de la notion de rang.

Le geste central est la division euclidienne, et c'est elle qui exige un anneau euclidien — comme $\mathbb{Z}$ et $K[X]$.

Placer en position $(1,1)$ un élément non nul de valuation minimale (pour $\mathbb{Z}$ : de plus petite valeur absolue ; pour $K[X]$ : de plus petit degré).

Nettoyer la première ligne et la première colonne. Si $a_{11}$ ne divise pas $a_{1j}$, écrire

puis $C_j\leftarrow C_j-qC_1$ met $r$ en position $(1,j)$, et l'on échange les colonnes. La valuation en $(1,1)$ a strictement diminué.

Quand plus aucune division ne rate, $a_{11}$ divise toute la ligne et toute la colonne : on les annule, et on recommence sur la sous-matrice $(n-1)\times(m-1)$.

L'algorithme ci-dessus donne une diagonale, mais PAS forcément la chaîne de divisibilité. C'est l'étape qu'on oublie.

Exemple : $\operatorname{diag}(2,3)$ est diagonale, et pourtant $2\nmid 3$.

Le geste qui répare — sur le bloc $\operatorname{diag}(a,b)$ avec $a\nmid b$ :

Le déterminant est préservé : $\gcd(a,b)\cdot\operatorname{lcm}(a,b)=ab$ ✓ et maintenant $\gcd\mid\operatorname{lcm}$.

Sur $\operatorname{diag}(2,3)$ : $\gcd=1$, $\operatorname{lcm}=6$, d'où $\operatorname{diag}(1,6)$ — ce que confirme le calcul de l'exercice B2.

👉 C'est le CRT en action : $\mathbb{Z}/2\oplus\mathbb{Z}/3\simeq\mathbb{Z}/6$.

Deux endroits exactement où l'anneau intervient, et il faut savoir les nommer :

⚠️ Sur $\mathbb{Z}[X]$, non principal, tout tombe. L'idéal $(2,X)$ n'est engendré par aucun élément, donc la matrice $\begin{pmatrix}2&X\end{pmatrix}$ ne se diagonalise pas : il n'existe aucun $d$ tel que $(2,X)=(d)$.

Les deux anneaux qui nous intéressent sont principaux, et ce sont les seuls dont le chapitre a besoin :

👉 Un seul algorithme, deux théorèmes : la classification des groupes abéliens finis et la réduction de Jordan sont la MÊME chose, appliquée à deux anneaux principaux.

$\Delta_1=$ pgcd des entrées, $\Delta_2=\lvert\det\rvert$.

$d_1=\Delta_1$, $d_2=\Delta_2/\Delta_1$.

$\mathbb{Z}^2/\operatorname{im}\operatorname{diag}(d_1,d_2)\cong\mathbb{Z}/d_1\times\mathbb{Z}/d_2$.

Deux matrices déjà diagonales, et pourtant deux formes de Smith différentes d'elles-mêmes — parce que la condition $d_1\mid d_2$ n'était vérifiée ni dans un cas ni dans l'autre.

$2\nmid 3$ : il faut appliquer le geste de l'exercice B1.

Le signe se corrige par $L_2\leftarrow -L_2$ ($-1$ est une unité de $\mathbb{Z}$) :

Contrôle par le déterminant : $\lvert 2\times 3\rvert=6=\lvert 1\times 6\rvert$ ✓ — il est préservé au signe près, les $U,V$ étant inversibles sur $\mathbb{Z}$ donc de déterminant $\pm 1$.

$6\nmid 4$ : même geste, mais le pgcd n'est plus $1$.

Contrôle : $2\mid 12$ ✓ et $2\times 12=24=6\times 4$ ✓

Et le résultat ne peut PAS être $\operatorname{diag}(1,24)$ : le pgcd de tous les coefficients de la matrice de départ vaut $2$, et c'est un invariant (exercice B5). Donc $d_1=2$, forcément.