2.7 Lemme de Nakayama

Définition : Soit $A$ un anneau commutatif non nul. Le radical de Jacobson de $A$ est :

$$\mathrm{rad}\, A = \bigcap_{\substack{\mathfrak{m} \triangleleft A \\ \mathfrak{m} \text{ maximal}}} \mathfrak{m} $$

Exemples :

• $\mathrm{rad}(\mathbb{Z}) = 0$
• $\mathrm{rad}(\mathbb{C}[X]) = 0$
• Soit $\mathbb{K}$ un corps. On considère l'anneau des séries formelles $\mathbb{K}[[X]] = \left\{ \sum_{n \in \mathbb{N}} a_n X^n \;\middle|\; a_n \in \mathbb{K},\, \forall n \in \mathbb{N} \right\}$. Les idéaux de $\mathbb{K}[[X]]$ sont les $(X^n)$ et $(0)$, donc l'unique idéal maximal est $(X)$. Par conséquent, $\mathrm{rad}(\mathbb{K}[[X]]) = (X)$.

Remarque : Un anneau qui a un unique idéal maximal est dit local.

Lemme : Soit $A$ un anneau commutatif non nul. Alors :

$$\mathrm{rad}(A) = \{ a \in A \mid \forall x \in A, 1 + ax \in A^\times \} $$

Preuve :

• Soit $a \in A \setminus \mathrm{rad}\, A$. Il existe un idéal maximal $\mathfrak{m} \triangleleft A$ tel que $a \notin \mathfrak{m}$. Comme $\mathfrak{m}$ est maximal, $\mathfrak{m} + (a) = A$. Du coup, $\exists x \in A$ tel que $1 - ax \in \mathfrak{m}$, et donc $1 - ax \notin A^\times$.
• Supposons qu'il existe $x \in A$ tel que $1 + ax \notin A^\times$. Par le théorème de Krull, il existe un idéal maximal $\mathfrak{m} \subset A$ tel que $1 + ax \in \mathfrak{m}$. Du coup, $a \notin \mathfrak{m}$ et $a \notin \mathrm{rad}\, A$.

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Théorème (Lemme de Nakayama) : Soit $A$ un anneau commutatif non nul. Soit $I \triangleleft A$ un idéal tel que $I \subseteq \mathrm{rad}\, A$. Soit $M$ un $A$-module de type fini.

1. Si $M = IM$, alors $M = 0$.
2. Soit $(m_1, \dots, m_n)$ une famille d'éléments de $M$. Si son image $(\bar{m}_1, \dots, \bar{m}_n)$ dans $M/IM$ engendre $M/IM$ comme $A/I$-module, alors $(m_1, \dots, m_n)$ engendre $M$ comme $A$-module.

Remarque : Si $A$ est local d'idéal maximal $\mathfrak{m}$, alors $\mathrm{rad}\, A = \mathfrak{m}$.

1. $M = 0 \iff M = \mathfrak{m}M$
2. Si $(\bar{m}_1, \dots, \bar{m}_n)$ engendre le $A/\mathfrak{m}$-espace vectoriel $M/\mathfrak{m}M$, alors $(m_1, \dots, m_n)$ engendre le $A$-module $M$.

Exemples : $\mathbb{K}[[X]]$, $\mathbb{Z}_p$ (entiers $p$-adiques) sont locaux.

$$\mathbb{Z}_p = \left\{ \sum_{n \in \mathbb{N}} a_n p^n \;\middle|\; 0 \le a_n \le p-1 \right\} \quad \text{(d\'eveloppement infini en base } p\text{)} $$

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Preuve du théorème :

1. Comme $M$ est de type fini et $M = IM$, le Corollaire 1 fournit un élément $a \in I$ tel que $(1+a)M = 0$. Or $a \in I \subseteq \mathrm{rad}\, A$. Par le lemme précédent (en prenant $x=1$), on a $1+a \in A^\times$, donc $M = 0$.

2. On introduit le quotient $N = M / \langle m_1, \dots, m_n \rangle$. Comme $(\bar{m}_1, \dots, \bar{m}_n)$ engendre $M/IM$, pour tout $m \in M$, on peut trouver $a_1, \dots, a_n \in A$ tels que :

   $$m \equiv a_1 m_1 + \dots + a_n m_n \pmod{IM} $$

   Donc $m \in \langle m_1, \dots, m_n \rangle + IM$, i.e. $N = IN$. On en déduit que $N = 0$ par 1.