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Idéaux premiers

suivant: Parties multiplicatives et idéaux monter: Quelques Thèmes sur les précédent: introduction

Idéaux premiers

Proposition Soit A un anneau commutatif et unitaire; soient un idéal de A, n un entier non nul et des idéaux premiers de A. Alors on a:

$\displaystyle a\subset\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i \Rightarrow \exists k \in \lbrace 1,...,n \rbrace / a\subset b_k}.$

Démonstration Montrons cette propriété par récurrence sur n :
Pour n=1, c'est clair. Supposons la propriété vraie jusqu'à l'ordre n (n $\geq$ 1), soient un idéal de A et $b_1,...,b_n,b_{n+1}$ des idéaux premiers avec $a\subset\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n+1} b_i}$ .

1er cas : il existe i $\neq$ j dans $\lbrace 1,...,n+1 \rbrace$ tels que $b_i \subset b_j$ . Cela implique qu'il existe une sous partie $\lbrace b'_i \rbrace_{1 \leq i \leq n}\subset \lbrace b_i \rbrace_{1 \leq i \leq n+1}$ avec $\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b'_i=\bigcup_{1\leq i \leq n+1} b_i}$ , et donc la propriété est prouvée car on peut appliquer l'hypothèse de récurrence.
2ème cas : pour tout ij dans on a . Alors pour tout i dans , il existe x vérifiant :
- x $_i \in b_i$ .
- x $_i \not \in b_j$ pour tout j $\neq$ i dans $\lbrace 1,...,n+1 \rbrace$ .
Notons x= $\displaystyle{\prod_{i \in\lbrace 1,...,n \rbrace} x_i}$ . Il est alors clair que pour tout k tel que 1 $\leq$ k $\leq$ n, x $\in b_k$ et que x $\not \in b_{n+1}$ (car $b_{n+1}$ est premier). Supposons que l'on ait $a \not \subset \displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}$ et $a\not \subset b_{n+1}$ alors il existe:
- a $\in a$ tel que a $\not \in \displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}$ (et donc a $\in b_{n+1}$ ).
- a' $\in a$ tel que a' $\not \in b_{n+1}$ (et donc a' $\in \displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}$ ).
Considérons alors a''=a+xa'. Clairement, a'' , donc a . Soit r dans tel que a''. Si r=n+1, i.e. a'' , alors (a''-a) car a , et donc xa' , ce qui est impossible car x , a' et b est premier. Donc on a 1rn; mais alors (a''-xa') car x , et donc a , ce qui est absurde. Ainsi, l'hypothèse et est fausse ; donc, ou bien , ce qui montre la propriété, ou bien , ce qui montre aussi la propriété car on peut alors appliquer l'hypothèse de récurrence.

Corollaire Soit A un anneau commutatif et unitaire; soient n $\geq$ 2 un entier et des idéaux premiers de A tels que pour tout i $\neq$ j dans $\lbrace 1,...,n \rbrace$ on ait $b_i \not \subset bj$ . Alors $\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}$ n'est pas un idéal de A.

Démonstration Supposons que $\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}$ soit un idéal. Alors, comme $\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i\subset\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}$ , la proposition qui précède permet de dire qu'il existe k $\in \lbrace 1,...,n \rbrace$ tel que $\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}\subset b_k$ . Soit alors k' $\in \lbrace 1,...,n \rbrace$ , tel que k' $\neq$ k (Cela existe car n $\geq$ 2). Alors $\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}\subset b_k \Rightarrow b_{k'}\subset b_k$ , ce qui est contraire aux hypothèses. Ainsi $\displaystyle{\bigcup_{1\leq i \leq n} b_i}$ n'est pas un idéal.