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.

Un sous-module de $\mathbb{Z}$ est en particulier un sous-groupe de $(\mathbb{Z},+)$, donc de la forme $n\mathbb{Z}$ ($n\geq0$) ; réciproquement chaque $n\mathbb{Z}$ est stable par multiplication entière. Les sous-modules de $\mathbb{Z}$ sont donc exactement les idéaux $n\mathbb{Z}$ ($\mathbb{Z}$ principal).

Dans $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, tout élément $\bar x$ vérifie $6\bar x=\bar 0$ : aucune famille non vide n'est libre (la relation $6\bar x=0$ est non triviale). Donc $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ n'a pas de base : il n'est pas libre (c'est un module de torsion).

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.

Soit $M$ un $\mathbb{Z}$-module. L'axiome $1\cdot x=x$ et la distributivité $(a+b)x=ax+bx$ donnent par récurrence $n\cdot x=\underbrace{x+\dots+x}_{n}$ pour $n>0$, puis $0\cdot x=0$ et $(-n)\cdot x=-(n\cdot x)$. La loi externe est donc entièrement imposée par $(M,+)$.

Réciproquement, tout groupe abélien $(M,+)$ devient un $\mathbb{Z}$-module par cette formule (les axiomes se vérifient via les règles de calcul des multiples entiers). Conclusion : $\mathbb{Z}$-modules $=$ groupes abéliens (et morphismes de modules $=$ morphismes de groupes). C'est pourquoi le théorème de structure est la classification des groupes abéliens.

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.

Si $N$ est un sous-module, $ax,by\in N$ et $ax+by\in N$. Réciproquement, si $\forall a,b,x,y:\ ax+by\in N$ : avec $a=b=1$ on a $x+y\in N$ ; avec $a=1,b=0$, $x=0$ : $0\in N$ ; avec $b=0$ : $ax\in N$ ; avec $a=-1,b=0$ : $-x\in N$. Donc $N$ est stable par $+$, opposé et loi externe : c'est un sous-module.

Soit $(N_i)$ des sous-modules et $N=\bigcap_i N_i$. Si $x,y\in N$ et $a,b\in A$, alors $ax+by\in N_i$ pour chaque $i$ (chacun est un sous-module), donc $ax+by\in N$. Par le critère, $N$ est un sous-module.

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 $\bar x$.

Un $A$-module $M$ est libre de rang $r$ s'il possède une base (famille génératrice libre) de cardinal $r$, i.e. $M\cong A^r$. Ex. $\mathbb{Z}^2$ est libre de rang $2$, base $\{(1,0),(0,1)\}$.

$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ ($n\geq2$) : tout $\bar x$ vérifie la relation non triviale $n\cdot\bar x=\bar0$, donc aucune partie n'est libre → pas de base → non libre. Un module libre est sans torsion ; $\mathbb{Z}/n$ est entièrement 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 $M$.

Soient $x,y\in T(M)$ avec $ax=0$, $by=0$ ($a,b\neq0$). Comme $A$ est intègre, $ab\neq0$, et $ab(x+y)=b(ax)+a(by)=0$ : $x+y\in T(M)$. De plus $a(cx)=c(ax)=0$ pour $c\in A$, donc $cx\in T(M)$. Par le critère, $T(M)$ est un sous-module.

Soit $\bar x\in M/T(M)$ avec $a\bar x=\bar0$, $a\neq0$ : alors $ax\in T(M)$, donc $b(ax)=0$ pour un $b\neq0$. Comme $(ba)x=0$ et $ba\neq0$ (intégrité), $x\in T(M)$, i.e. $\bar x=\bar0$. Donc $M/T(M)$ est sans torsion.

$(a,\bar b)$ 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 $4$.

$(a,\bar b)$ est de torsion ssi $\exists n>0:\ na=0$ et $n\bar b=\bar0$. Dans $\mathbb{Z}$, $na=0\Rightarrow a=0$ ; $\bar b$ est toujours de torsion ($4\bar b=0$). Donc $T(M)=\{0\}\oplus\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$, d'ordre $4$.

Un tel $f$ est déterminé par $f(\bar1)=\bar c$, soumis à $4\bar c=\bar0$ dans $\mathbb{Z}/6$, i.e. $6\mid 4c$, i.e. $3\mid 2c$, i.e. $3\mid c$. Donc $c\in\{0,3\}$ : il y a 2 morphismes (l'image est $\{0,3\}\cong\mathbb{Z}/2$, $=\gcd(4,6)$).

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 euclidien (cas de $\mathbb{Z}$, $K[X]$), on amène en $(1,1)$ un élément $\delta$ de stathme minimal non nul. Pour toute entrée $a$ de sa ligne/colonne, la division $a=q\delta+r$ ($r$ de stathme $<\delta$ ou nul) suivie d'une opération élémentaire diminue le stathme du pivot ; le procédé s'arrête quand $\delta$ divise toute sa ligne et sa colonne, qu'on annule alors. (Sur un principal général, on remplace la division par Bézout.)

Quitte à un échange, on assure de plus que $\delta=d_1$ divise toutes les autres entrées de la matrice (sinon on ajoute la ligne fautive et on recommence, le stathme rediminuant). On obtient $\operatorname{diag}(d_1,\ M')$ avec $d_1\mid$ entrées de $M'$ ; par récurrence sur $M'$, on aboutit à $\operatorname{diag}(d_1,\dots,d_r,0,\dots)$ avec $d_1\mid\dots\mid d_r$. (Sur un principal non euclidien, on remplace la division par une matrice de Bézout de $GL_2(A)$ et la terminaison vient de la noethérianité : la suite des idéaux engendrés par les pivots est strictement croissante, donc stationnaire.)

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

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

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

$\Delta_1=\gcd(2,3)=1$, $\Delta_2=\lvert\det\rvert=6$ : $(d_1,d_2)=(1,6)$. Forme de Smith $\operatorname{diag}(1,6)$. Quotient $\mathbb{Z}/1\times\mathbb{Z}/6\cong\mathbb{Z}/6$ (c'est le théorème chinois $\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/3\cong\mathbb{Z}/6$).

$\Delta_1=\gcd(6,4)=2$, $\Delta_2=24$ : $(d_1,d_2)=(2,12)$. Forme de Smith $\operatorname{diag}(2,12)$. Quotient $\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/12$ (et pas $\mathbb{Z}/6\times\mathbb{Z}/4$ tel quel : c'est le même groupe, réécrit en facteurs invariants).

$\Delta_1=$ pgcd de toutes les entrées.

$\Delta_2=$ pgcd des mineurs $2\times2$ ; $\Delta_3=\lvert\det M\rvert$.

$d_k=\Delta_k/\Delta_{k-1}$.

$\Delta_1=\gcd(2,4,4,6,6,12,10,4,16)=2$. On calcule $\det M=-144$, donc $\Delta_3=144$. Le pgcd des mineurs $2\times2$ vaut $\Delta_2=12$ (les mineurs sont tous multiples de $12$, et $12$ est atteint).

$d_1=\Delta_1=2$, $d_2=\Delta_2/\Delta_1=12/2=6$, $d_3=\Delta_3/\Delta_2=144/12=12$. Forme de Smith $\operatorname{diag}(2,6,12)$ (et bien $2\mid6\mid12$, produit $=144=\lvert\det\rvert$). Quotient $\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/6\times\mathbb{Z}/12$.

La matrice de relations est $\operatorname{diag}(6,4)$ sur la base $(x,y)$.

Calculer sa forme de Smith.

Lire $G\cong\mathbb{Z}/d_1\times\mathbb{Z}/d_2$.

$G\cong\mathbb{Z}^2/\operatorname{im}R$ avec $R=\operatorname{diag}(6,4)$ (chaque colonne = une relation). On calcule la forme de Smith : $\Delta_1=\gcd(6,4)=2$, $\Delta_2=24$, d'où $(d_1,d_2)=(2,12)$.

$G\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/12$ (ordre $24$). C'est la forme par facteurs invariants ($2\mid12$). En diviseurs élémentaires : $\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/4\times\mathbb{Z}/3$.

Une opération élémentaire multiplie par une matrice inversible sur $A$.

Un mineur de $UMV$ est combinaison $A$-linéaire de mineurs de $M$ (formule de Cauchy-Binet).

Donc $\Delta_k(UMV)$ est multiple de $\Delta_k(M)$, et réciproquement par inversibilité.

Par Cauchy-Binet, tout mineur $k\times k$ de $UM$ (resp. $MV$) est une combinaison $A$-linéaire de mineurs $k\times k$ de $M$. Donc $\Delta_k(M)\mid\Delta_k(UMV)$. En appliquant à $U^{-1}(UMV)V^{-1}=M$, on a aussi $\Delta_k(UMV)\mid\Delta_k(M)$. Ainsi $\Delta_k$ est inchangé (à unité près) par opérations élémentaires.

Sur la forme de Smith $\operatorname{diag}(d_1,\dots,d_r)$, $\Delta_k=d_1d_2\cdots d_k$ (pgcd des mineurs : le mineur principal $d_1\cdots d_k$ divise tous les autres car $d_1\mid\dots\mid d_r$). Comme les $\Delta_k$ ne dépendent que de la classe d'équivalence de $M$, les $d_k=\Delta_k/\Delta_{k-1}$ sont uniques : les facteurs invariants caractérisent $M$.

Rang libre $=$ (nombre de générateurs) $-$ (rang de $R$).

La forme de Smith de $R$ donne les facteurs invariants de torsion.

$\operatorname{diag}(2,3)$ donne $\mathbb{Z}/6$.

$R$ est $2\times3$ de rang $2$ (lignes indépendantes). Le rang libre de $M$ est $r=3-\operatorname{rg}R=3-2=1$ : il reste un $\mathbb{Z}$ libre (le troisième générateur, non contraint).

Le bloc $\operatorname{diag}(2,3)$ a pour forme de Smith $\operatorname{diag}(1,6)$, d'où la torsion $\mathbb{Z}/6$. Conclusion : $M\cong\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/6$ (partie libre de rang $1$, torsion $\mathbb{Z}/6$).

$M$ est présenté par une matrice de relations $R$ : $M\cong A^n/\operatorname{im}R$.

La forme de Smith de $R$ donne les $d_i$.

Partie libre $=A^r$ ($r=n-\operatorname{rg}R$), torsion $=\bigoplus A/(d_i)$.

Tout $A$-module de type fini $M$ (sur $A$ principal) se décompose

$M$ est engendré par $n$ éléments, d'où une surjection $A^n\twoheadrightarrow M$ de noyau $K$ ; un lemme-clé (le seul point réellement non trivial : sur un anneau principal, tout sous-module d'un libre de rang fini est libre de rang $\leq n$ — récurrence sur $n$ en projetant sur une coordonnée) donne $K\cong A^k$ ($k\leq n$), de type fini, présenté par une matrice $R$. La forme de Smith $\operatorname{diag}(d_1,\dots,d_r,0,\dots)$ de $R$ change les bases de $A^n$ et de $K$ pour rendre les relations diagonales : $M\cong\bigoplus_i A/(d_i)\ \oplus\ A^{n-r}$, d'où le résultat (les $d_i=1$ donnent des facteurs nuls, $A/(1)=0$).

Théorème chinois : $A/(d)\cong\prod_p A/(p^{v_p(d)})$ pour $d=\prod p^{v_p(d)}$.

Décomposer chaque $A/(d_i)$ en p-parts.

Inversement, aligner les partitions par premier reconstruit les $d_i$.

Chaque $d_i=\prod_p p^{e_{i,p}}$ ; le théorème chinois ($p^{e}$ deux à deux comaximaux) donne $A/(d_i)\cong\prod_p A/(p^{e_{i,p}})$. En regroupant sur tous les $i$, on obtient les diviseurs élémentaires $p^{e_{i,p}}$ (les $A/(p^k)$).

Inversement, pour chaque premier $p$ on a une partition $(e_{1,p}\geq e_{2,p}\geq\dots)$ ; on aligne ces partitions (en complétant par des $0$ à droite) : le plus grand facteur invariant $d_s=\prod_p p^{(\text{plus grand exposant})}$, etc. Les deux formes portent la même information : elles sont équivalentes.

Décomposer $6=2\cdot3$ et $4=2^2$.

Diviseurs élémentaires : regrouper par premier.

Facteurs invariants : aligner les partitions de chaque premier.

$\mathbb{Z}/6\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/3$, $\mathbb{Z}/4=\mathbb{Z}/2^2$. Donc $\mathbb{Z}/6\times\mathbb{Z}/4\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/4\times\mathbb{Z}/3$ (diviseurs élémentaires $\{2,4,3\}$ ; pour $p=2$ : exposants $[2,1]$ ; pour $p=3$ : $[1]$).

On aligne : $p=2$ donne $[2,1]$, $p=3$ donne $[1,0]$. Plus grand facteur invariant $d_2=2^2\cdot3^1=12$ ; suivant $d_1=2^1\cdot3^0=2$. Donc $\mathbb{Z}/6\times\mathbb{Z}/4\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/12$ ($2\mid12$).

Le rang libre $=\dim_{\mathbb{Q}}(M\otimes\mathbb{Q})$, intrinsèque.

Pour la torsion, compter $\lvert pM[p]\rvert$ ou utiliser les facteurs déterminantiels.

Les $\Delta_k$ ne dépendent que de $M$.

Le rang $r$ est $\dim_{\operatorname{Frac}A}(M\otimes\operatorname{Frac}A)$ : intrinsèque. Pour la torsion, on travaille sur la composante $p$-primaire $T_p(M)$ : pour chaque premier $p$, le nombre de facteurs $\mathbb{Z}/p^k$ d'exposant $\geq j$ vaut $\dim_{\mathbb{F}_p}\big(p^{j-1}T_p(M)/p^{j}T_p(M)\big)$ (la partie libre et les autres premiers n'y contribuent pas), qui ne dépend que de $M$.

Ces dimensions déterminent toutes les partitions $(e_{i,p})$, donc les diviseurs élémentaires, donc (par alignement) les facteurs invariants $d_i$. Deux présentations du même $M$ donnent les mêmes $d_i$ : unicité. (Au niveau matriciel : les $\Delta_k=$ pgcd des mineurs sont invariants, cf. B5.)

Ordre $=$ produit des diviseurs élémentaires.

Aligner les partitions : $p=2$ exposants $[2,2,1]$, $p=3$ : $[2,1]$.

Nombre de générateurs $=$ nombre de facteurs invariants.

Ordre $=4\cdot4\cdot2\cdot9\cdot3=864$. Partitions : $p=2$ : $[2,2,1]$ ; $p=3$ : $[2,1,0]$ (complété). Colonnes (du plus grand) : $d_3=2^2\cdot3^2=36$, $d_2=2^2\cdot3^1=12$, $d_1=2^1\cdot3^0=2$.

$G\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/12\times\mathbb{Z}/36$ ($2\mid12\mid36$, produit $=864$). Le rang (nombre minimal de générateurs) est $3$ = nombre de facteurs invariants = plus grand nombre de parts ($p=2$ en a $3$).

Dans $M\cong A^r\oplus T(M)$, quotienter par $T(M)$.

$M/T(M)\cong A^r$ est libre.

Le rang $=\dim$ après tensorisation par le corps des fractions.

Écrivons $M\cong A^r\oplus T$ avec $T=T(M)$ (toute la torsion est dans le second facteur, $A^r$ étant sans torsion). Alors $M/T(M)\cong A^r$ : la partie libre est $M/T(M)$, un module libre.

Le rang $r$ se lit comme $\dim_{F}(M\otimes_A F)$ où $F=\operatorname{Frac}(A)$ : la torsion s'annule après tensorisation par $F$ (un élément de torsion $x$ vérifie $ax=0$, donc $x\otimes1=x\otimes a a^{-1}=(ax)\otimes a^{-1}=0$), et $A^r\otimes F\cong F^r$. Ainsi $r$ ne dépend que de $M$ : c'est un invariant.