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Parties multiplicatives et idéaux premiers

Définition Soit A un anneau commutatif et unitaire ; on dit qu'une partie S de A est multiplicative (ou multiplicativement fermée) si, et seulement si, 1$ \in$S et (x,y)$ \in$S$ \times$S $ \Rightarrow$ xy$ \in$S.

Exemple soit P un idéal de A. Alors par définition, P est idéal premier si, et seulement si, A$ \setminus$P est une partie multiplicative de A.

Proposition Soit A un anneau commutatif et unitaire; soient $ a$ un idéal de A et S une partie multiplicative de A. On suppose que $ a\cap$S=$ \emptyset$. Alors il existe $ b$ idéal premier de A tel que $ a\subset b$ et $ b\cap$S=$ \emptyset$.

Démonstration Soit W l'ensemble des idéaux I de A qui vérifient $ a\subset$I et I$ \cap$S=$ \emptyset$.

  • W est non vide car il contient $ a$.
  • Montrons que l'ordre induit sur W par l'inclusion fait de W un ensemble inductif: Soit B une partie de $ \cal P$(W). B est un ensemble constitué de sous ensembles de W. On suppose que B est totalement ordonné pour l'inclusion. Soit $ m=\displaystyle{\bigcup_{f\in B}f}$; clairement, $ m$ est, par construction, la borne supérieure de B ; reste à montrer que $ m$ est dans W. Soit $ f\in$B, alors $ f\in$W , donc $ a\subset f$ , et donc $ a \subset m$. Supposons maintenant que $ m\cap$S$ \neq$$ \emptyset$ ; alors il existe s dans S tel que $ s\in\displaystyle{\bigcup_{f\in B}f}$ , donc il existe $ f\in$B tel que s$ \in f$ , et donc $ f\cap$S$ \neq$$ \emptyset$ , ce qui est absurde. Ainsi $ m\cap$S=$ \emptyset$. $ m$ est donc dans W, et l'ordre induit sur W par l'inclusion est bien inductif. Comme W est non vide et que l'ordre induit sur W par l'inclusion est inductif, le lemme de Zorn nous permet d'affirmer qu'il existe dans W un élément $ b$ maximal pour cet ordre. Montrons que $ b$ est premier et la démonstration sera achevée. Tout d'abord, $ b$ est strict car A$ \cap$S $ \neq \emptyset$ (1$ \in$A$ \cap$S) et donc A$ \not \in$W. Supposons que $ b$ ne soit pas premier. Alors, comme $ b$ est strict, cela implique qu'il existe x et x' dans A $ \setminus b$ tels que xx'$ \in b$. Le fait que x et x' soient hors de $ b$ implique que : $ b \subset b+xA$ et que $ b \subset b+x'A$. Attention ces deux inclusions sont strictes. Comme $ b$ est maximal dans W, on en déduit que $ b+xA$ et $ b+x'A$ sont hors de W. Comme d'autre part il est clair que $ (x)\subset b+xA$ et que $ (x)\subset b+x'A$, le fait que $ b+xA$ et$ b+x'A$ soient hors de W implique que $ b+xA$ et $ b+x'A$ coupent S. Ainsi, il existe s et s' dans S, b et b' dans b, et a et a' dans A tels que : s=b+xa et s'=b'+a'x' . En faisant le produit membre à membre, on obtient : ss'=bb'+x'a'b'+aa'xx'. Dans cette égalité, chacun des termes de droite est clairement dans $ b$, donc le terme de droite est dans $ b$, et le terme de gauche est dans S (car S est une partie multiplicative) ; ainsi $ b\cap$S $ \neq \emptyset$ , ce qui est absurde. Ainsi l'hypothèse : $ b$ est non premier, est fausse.
$  $


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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