Montrons d’abord que $(E_I)$ entraîne $(E_{II})$. Soit

un polynôme unitaire de $A[X]$ ayant $x$ pour racine; pour tout entier $q \geqslant 0$, soit $M_q$ le sous-$A$-module de $R$ engendré par $1, x, \ldots, x^{n+q}$. On a

pour tout $q \geqslant 1$, d’où, par récurrence sur $q$,

On en conclut que $A[x]$ est égal à $M_0$ et est donc un $A$-module de type fini.

Comme l’anneau commutatif $A[x]$ est un module fidèle sur lui-même, $(\mathrm{E}_{\mathrm{II}})$ entraîne $(\mathrm{E}_{\mathrm{III}})$.

Enfin, le fait que $(\mathrm{E}_{\mathrm{III}})$ entraîne $(\mathrm{E}_1)$ résultera du lemme plus précis suivant :

En effet, soit $(u_i)_{1 \leq i \leq n}$ une famille finie d’éléments de $M$ telle que $M = \sum_{i=1}^n Au_i$. Pour tout $i$, il existe par hypothèse une famille finie $(q_{ij})_{1 \leq j \leq n}$ d’éléments de $q$ telle que

Par suite (Alg., chap. III, 3e éd., § 8), si $d$ est le déterminant de la matrice $(q_{ij} - \delta_{ij}x)$ à éléments dans $A[x]$ ($\delta_{ij}$ désignant l’indice de Kronecker), on a $du_i = 0$ pour tout $i$, donc $dM = 0$; comme $M$ est supposé être un $A[x]$-module fidèle, on a nécessairement $d = 0$. Cela signifie que $x$ est racine du polynôme $\det(q_{ij} - \delta_{ij}X)$ de $A[X]$ qui, au signe près, est un polynôme unitaire dont les coefficients autres que le coefficient dominant appartiennent à $q$.

La condition est évidemment nécessaire en vertu de la propriété (E_{II}); elle est suffisante en vertu de (E_{III}), car $R'$ est un $A[x]$-module fidèle (puisque’il contient l’élément unité de $R$).

En effet, la condition est nécessaire en vertu de (E_{II}); elle est suffisante, car si $A[x]$ est un sous-$A$-module d’un $A$-module de type fini, il est lui-même un $A$-module de type fini (Alg., chap. VIII, § 2, no 3, prop. 7).

On ne peut dans cet énoncé omettre l’hypothèse que $A$ est noethérien (exerc. 2).

En effet, si l’on a $x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n = 0$ avec $a_i \in A$ pour $1 \leq i \leq n$, on en déduit que

En effet, il existe un $K$-isomorphisme $f$ de $K(x)$ sur $K(x')$ tel que $f(x) = x'$, et les éléments de $A$ sont invariants par $f$.

Il suffit évidemment de prouver la première assertion. La condition est nécessaire en vertu de la prop. 2. Inversement, si chacun des $x_i$ est entier sur $A$, la sous-algèbre $A[x_i]$ de $R_i$ est un $A$-module de type fini, donc il en est de même de la sous-algèbre $\prod_{i=1}^n A[x_i]$ de $R$; comme $A[x]$ est contenue dans cette sous-algèbre, $x$ est entier sur $A$ en vertu de la prop. 1.

Raisonnons par récurrence sur $n$, la proposition n’étant autre que $(\mathrm{E}_{\mathrm{II}})$ pour $n = 1$. L’hypothèse de récurrence entraîne que $B = A[x_1, \ldots, x_{n-1}]$ est un $A$-module de type fini; comme $x_n$ est entier sur $B$, $B[x_n] = A[x_1, \ldots, x_n]$ est un $B$-module de type fini, donc aussi un $A$-module de type fini (Alg., chap. II, 3e éd., § 1, no 13, prop. 25).

En effet, si $x, y$ sont deux éléments de $R$ entiers sur $A$, il résulte de la prop. 4 que $A[x, y]$ est un $A$-module de type fini; comme il contient $x + y$ et $xy$, le corollaire résulte de la prop. 1.

Dans une algèbre non commutative, la somme et le produit de deux éléments entiers sur $A$ ne sont pas nécessairement entiers sur $A$ (exerc. 4).

En effet, tout élément de $B$ appartient à une sous-$A$-algèbre de $B$ engendrée par une partie finie de $E$.

Considérons en effet un élément quelconque $x' = \sum_{i=1}^n x_i \otimes a'_i$ de $R \otimes_A A'$, où les $x_i$ appartiennent à $R$ et les $a'_i$ à $A'$; comme $x_i \otimes a'_i = (x_i \otimes 1)a'_i$, et que les $x_i \otimes 1$ sont entiers sur $A'$ (prop. 2), il en est de même de $x$.

En effet, $B \otimes_A C[A]$ est entier sur $C[A]$ en vertu de la prop. 5, donc il en est de même de l’image canonique $C[B]$ de $B \otimes_A C[A]$ dans $R$ (considéré comme $A$-algèbre) en vertu de la prop. 2.

Il suffit de voir que tout $x \in C$ est entier sur $A$. Par hypothèse, il existe un polynôme unitaire $X^n + b_1 X^{n-1} + \cdots + b_n$ à coefficients dans $B$, ayant $x$ pour racine; alors $x$ est entier sur $B' = A[b_1, \ldots, b_n]$ et $B'[x]$ est donc un $B'$-module de type fini. Mais comme $B$ est entière sur $A$, $B'$ est un $A$-module de type fini (prop. 4); on en conclut que $B'[x]$ est aussi un $A$-module de type fini (\emph{Alg.}, chap. II, 3e éd., § 1, no 13, prop. 25), et par suite $x$ est entier sur $A$.

En effet, $R \otimes_A R'$ est entière sur $R'$ (prop. 5), donc la conclusion résulte de la prop. 6.

En effet, la fermeture intégrale de $A'$ dans $R$ est entière sur $A$ en vertu du no 1, prop. 6; elle est donc égale à $A'$.

En effet, soient K le corps des fractions de A, B la clôture intégrale de A. Il est clair que K est le corps des fractions de B, et il suffit d’appliquer la prop. 7 à R = K.

Cela résulte aussitôt de la déf. 3 et du n° 1, cor. 1 de la prop. 2.

Soit A l’intersection d’une telle famille $(A_\lambda)_{\lambda \in L}$ de sous-anneaux d’un anneau intègre C. D’après la prop. 8, appliquée en prenant pour R (resp. B_\lambda) le corps des fractions de C (resp. de A_\lambda), A est intégralement fermé dans le corps $B = \bigcap_{\lambda \in L} B_\lambda$ et a fortiori est intégralement clos.

C’est une conséquence immédiate du n° 1, prop. 3.

Soient A un anneau principal, K son corps des fractions, x un élément de K. Il existe deux éléments étrangers a, b de A tels que $x = ab^{-1}$ (Alg., chap. VII, § 1, no 2, prop. 1 et chap. VI, § 1, no 11, prop. 9 (DIV)). Si x est entier sur A, il est racine d’un polynôme $X^n + c_1 X^{n-1} + \cdots + c_n$ de A[X]. On a alors $a^n = b(-c_1 a^{n-1} - \cdots - c_n b^{n-1})$, ce qui prouve que b divise $a^n$. Puisque a et b sont étrangers, cela implique que b est inversible dans A (Alg., chap. VI, § 1, no 12, cor. 1 de la prop. 11 (DIV)); donc $x \in A$.

Procédons par récurrence sur le degré n de P, le lemme étant évident pour $n = 0$ et $n = 1$. Supposons donc $n > 1$. Soit a l’idéal de R[X] engendré par P, et soit f l’homomorphisme canonique de R[X] sur B = R[X]/a. Puisque P est unitaire, on a, pour tout polynôme Q $\in R[X]$, $\deg(PQ) = \deg(P) + \deg(Q)$, d’où $a \cap R = 0$; la restriction de f à R est donc injective. Identifiant R au sous-anneau $f(R)$ de B au moyen de f, et posant $b = f(X)$, on voit que b est une racine de P dans B, P étant considéré comme un polynôme de B[X]. Il existe donc un polynôme unitaire Q de B[X], de degré $n-1$, tel que $P(X) = (X-b)Q(X)$ (Alg., chap. IV, § 1, no 4, prop. 5). En vertu de l’hypothèse de récurrence, il existe un anneau R’ ⊃ B tel que, dans R'[X], le polynôme Q soit un produit de polynômes unitaires de degré 1; il est clair que dans R'[X], P est alors produit de polynômes unitaires de degré 1.

Par double application du lemme 2, on voit qu’il existe un anneau R’ contenant R et des familles d’éléments $(a_i)_{1 \leq i \leq m}$, (b_j)_{1 \leq j \leq n} de R' telles que, dans R'[X], on ait P[X] = \prod_{i=1}^{m} (X - a_i), Q(X) = \prod_{j=1}^{n} (X - b_j); les coefficients de PQ appartiennent à la fermeture intégrale A' de A dans R', donc (no 2, prop. 7) les éléments $a_i (1 \leq i \leq m)$ et $b_j (1 \leq j \leq n)$ appartiennent à A'. Il en résulte que les coefficients de P et Q sont entiers sur A (no 1, cor. 1 de la prop. 4).

Soient A un anneau intègre, K son corps des fractions, K' une K-algèbre (non nécessairement commutative). Étant donné un élément $x \in K'$ algébrique sur K, les polynômes $P \in K[X]$ tels que $P(x) = 0$ forment un idéal $a \neq 0$ de $K[X]$, nécessairement principal (Alg., chap. IV, § 1, no 5, prop. 7). Il existe un polynôme unitaire et un seul qui engendre a; généralisant la terminologie introduite en Alg., chap. V, § 3, no 1, déf. 3, nous dirons que ce polynôme unitaire est le polynôme minimal de $x$ sur K.

Il existe par hypothèse (no 1, th. 1) un polynôme unitaire $Q \in A[X]$ tel que $Q(x) = 0$. Comme P divise Q dans $K[X]$, il résulte de la prop. 11 que les coefficients de P sont entiers sur A.

Soient A un anneau, R une A-algèbre (commutative); l’homomorphisme $\varphi : A \to R$ définissant la structure de A-algèbre de R se prolonge d’une seule manière en un homomorphisme $A[X] \to R[X]$ des anneaux de polynômes sur A et R, laissant X invariant, donc $R[X]$ est canoniquement muni d’une structure de $A[X]$-algèbre.

En considérant les polynômes de $R[X_1, \ldots, X_n]$ comme des polynômes en $X_n$, à coefficients dans $R[X_1, \ldots, X_{n-1}]$, on voit aussitôt qu’on est ramené à démontrer la proposition pour $n = 1$. Soit donc P un polynôme de $R[X]$; il résulte aussitôt du no 1, prop. 5 que si les coefficients de P sont dans la fermeture intégrale B de A dans R, l’élément P, qui appartient à B[X] = B ⊗_A A[X], est entier sur A[X]. Inversement, supposons que P soit entier sur A[X], et soit

un polynôme unitaire à coefficients $F_i \in A[X]$ admettant P pour racine. Soit $r$ un entier strictement supérieur à tous les degrés des polynômes P et $F_i (1 \leq i \leq m)$, et posons

Alors $P_1$ est racine du polynôme

à coefficients dans $A[X]$; on peut donc écrire

(1)

Or le choix de $r$ implique que — $P_1$ est un polynôme unitaire de $R[X]$ et il en est de même de $G_m(X) = Q(X^r)$, les degrés des polynômes $F_k(X) X^{r(m-k)}$ étant tous $< rm$ pour $k \geq 1$. On en conclut tout d’abord que le polynôme

de $R[X]$ est aussi unitaire; en outre, comme les coefficients de $G_m$ appartiennent à A, la prop. 11 montre que $P_1$ a ses coefficients entiers sur A, et les coefficients de P sont donc bien entiers sur A.

En raisonnant par récurrence sur $n$, on est aussitôt ramené au cas $n = 1$. Soit K le corps des fractions de A, qui est aussi celui de $A'$; si un élément P du corps des fractions K(X) de A[X] est entier sur A[X], il appartient à l’anneau de polynômes K[X], car ce dernier est principal (Alg., chap. IV, § 1, no 5, prop. 7), donc intégralement clos (prop. 10); le corollaire résulte donc de la prop. 13 appliquée à $R = K$.

Par récurrence sur $n$, il suffit de prouver que $A[X]$ (resp. $A[[X]]$) est complètement intégralement clos. Soit donc $P$ un élément du corps des fractions de $A[X]$ (resp. $A[[X]]$) et supposons qu’il existe un élément non nul $Q \in A[X]$ (resp. $Q \in A[[X]]$) tel que $Q P^m \in A[X]$ (resp. $Q P^m \in A[[X]]$) pour tout entier $m \geqslant 0$. Si $K$ est le corps des fractions de $A$, $A[X]$ (resp. $A[[X]]$) est un sous-anneau de $K[X]$ (resp. $K[[X]]$), et $K[X]$ (resp. $K[[X]]$) est un anneau principal ($Alg.$, chap. VII, , no 1) donc intégralement clos (no 4, prop. 10) et noethérien ($Alg.$ chap. VIII, § 2, no 3), et par suite complètement intégralement clos ; on voit donc déjà que l’on a $P \in K[X]$ (resp. $P \in K[[X]]$). Soient $P = \sum_{k=0}^{\infty} a_k X^k$ ($a_k \in K$) et $Q = \sum_{k=0}^{\infty} b_k X^k$ ($b_k \in A$) et raisonnons par l’absurde en supposant que les $a_k$ n’appartiennent pas tous à $A$; il y a donc un plus petit indice $i$ tel que $a_i \notin A$; si l’on pose $P_1 = \sum_{k=0}^{i-1} a_k X^k \in A[X]$, il résulte aussitôt de l’hypothèse que l’on a aussi $Q(P - P_1)^m \in A[X]$ (resp. $Q(P - P_1)^m \in A[[X]]$) pour tout $m \geqslant 0$. Soit $j$ le plus petit entier tel que $b_j \neq 0$; il est clair que dans $Q(P - P_1)^m$ le terme de plus petit degré ayant un coefficient $\neq 0$ est $b_j a_i^m X^{j + mi}$, donc on a $b_j a_i^m \in A$ pour tout $m \geqslant 0$; mais comme $A$ est complètemen intégralement clos, cela entraîne $a_i \in A$, contrairement à l’hypothèse

C.Q.F.D.

Soit $(A_n)_{n \in \mathbf{Z}}$ la filtration de $A$; comme $\bigcap_{n \in \mathbf{Z}} A_n$ est l’adhérence de l’idéal (0) (chap. III, § 2, no 5), l’hypothèse implique d’abord que la filtration $(A_n)$ est séparée, et comme $\mathrm{gr}(A)$ est intègre, il en est donc de même de $A$ (chap. III, § 2, no 3, cor. de la prop. 1). Soit $x = b/a$ un élément du corps des fractions $K$ de $A$ ($a \in A, b \in A$) pour lequel il existe un élément $d \neq 0$ de $A$ tel que $dx^n \in A$ pour tout $n \geqslant 0$. Il s’agit de prouver que $b \in Aa$, et comme par hypothèse l’idéal $Aa$ est fermé, il suffit de montrer que pour tout $n \in \mathbf{Z}$ on a $b \in Aa + A_n$. Comme la filtration de $A$ est exhaustive, il existe un entier $q \in \mathbf{Z}$ tel que $b \in Aa + A_q$. Il suffira donc de prouver que la relation $b \in Aa + A_m$ implique $b \in Aa + A_{m+1}$.

Supposons donc que $b = ay + z$ avec $y \in A, z \in A_m$. On a par hypothèse $dx^n \in A$ pour tout $n \geqslant 0$, d’où on tire aussitôt d(x - y)^n \in A \text{ pour tout } n \geq 0; \text{ autrement dit, on a } dz^n = a^n t_n \text{ avec } t_n \in A \text{ pour tout } n \geq 0. \text{ On peut évidemment se limiter au cas où } z \neq 0. \text{ Désignons par } v \text{ la fonction d'ordre de } A \text{ (chap. III, , no } 2) \text{ et posons } v(d) = n_1, v(z) = n_2 \geq m, v(a) = n_3; \text{ soient } d', z', a' \text{ les images respectives de } d, z, a \text{ dans } A_{n_1}/A_{n_1+1}, A_{n_2}/A_{n_2+1}, A_{n_3}/A_{n_3+1.} \text{ Pour tout } n \geq 0, \text{ on a } v(dz^n) = n_1 + nn_2 \text{ (chap. III, § 2, no } 3, \text{ prop. 1)}, \text{ donc l'image canonique dans gr}(A) \text{ de } dz^n \text{ est } d'{z'}^n; \text{ de la même manière on voit que l'image canonique dans gr}(A) \text{ de } a^n t_n \text{ est de la forme } {a'}^n t'_n \text{ avec } t'_n \in \text{gr}(A), \text{ et comme } a' \neq 0 \text{ on en déduit que pour tout } n \geq 0, \text{ on a } d'(z'/a')^n \in \text{gr}(A). \text{ L'hypothèse que } \text{gr}(A) \text{ est complètement intégralement clos entraîne donc l'existence d'un } s' \in \text{gr}(A) \text{ tel que } z' = a's'; \text{ en décomposant } s' \text{ en somme d'éléments homogènes, on voit en outre (puisque } z' \text{ et } a' \text{ sont homogènes) que l'on peut supposer } s' \text{ homogène, c'est-à-dire image d'un élément } s \in A; \text{ on a alors } v(as) = v(z) = n_2, \text{ et } z \equiv as \pmod{A_{n_2+1}}; \text{ comme } n_2 \geq m, \text{ on a } a \text{ fortiori } z \equiv as \pmod{A_{m+1}}, \text{ donc } b \equiv a(y + s) \pmod{A_{m+1}}

C.Q.F.D.

Soit b/s un élément de S^{-1}A' (s \in S, b \in A'). Puisque le diagramme

est commutatif, b/1 est entier sur S^{-1}A (no 1, prop. 2). Comme 1/s \in S^{-1}A, b/s = (b/1)(1/s) est entier sur S^{-1}A.

Inversement, soit r/t (r \in R, t \in S) un élément de S^{-1}R entier sur S^{-1}A; alors r/1 = (t/1)(r/t) est entier sur S^{-1}A. On a par suite une relation de la forme

avec $a_i \in A$ ($1 \leq i \leq n$) et $s \in S$. Cette relation s’écrit aussi

et par suite il existe $s' \in S$ tel que $s'(sr^n + a_1 r^{n-1} + \ldots + a_n) = 0$; on en déduit que $(s'sr)^n + s'a_1(s'sr)^{n-1} + \cdots + {s'}^n s^{n-1} a_n = 0$. Par définition, on a donc $s'sr \in A'$, d’où $r/1 \in S^{-1}A'$ et $r/t \in S^{-1}A'$.

En effet, le corps des fractions R de A est aussi le corps des fractions de $S^{-1}A$ puisque $0 \notin S$ (chap. II, § 1, no 1, Remarque 7); on applique à R la prop. 16.

La première assertion résulte de la prop. 16 appliquée au cas où $S = A - \{0\}$. Si $(x_i)_{i \in I}$ est une base de L sur K, il existe donc pour tout $i \in I$ un élément $a_i \neq 0$ de A tel que $a_i x_i \in B$; alors $(a_i x_i)_{i \in I}$ est aussi une base de L sur K.

Il résulte du cor. 1 que la condition est nécessaire. La condition est suffisante, car on a $A = \bigcap_{m \in \Omega} A_m$ (chap. II, § 3, no 3, formule (2)), et il suffit d’appliquer le cor. de la prop. 8 du no 2.

(i) Comme $fB \subset A$, on a $(S^{-1}f)(S^{-1}B) \subset S^{-1}A$, donc $S^{-1}f$ est contenu dans $\mathrm{Ann}(S^{-1}B/S^{-1}A)$. Lorsque $B$ est un $A$-module de type fini, l'égalité $S^{-1}f = \mathrm{Ann}(S^{-1}B/S^{-1}A)$ est un cas particulier de la formule (9) du chap. II, , no 4, $S^{-1}B/S^{-1}A$ s'identifiant canoniquement à $S^{-1}(B/A)$

(ii) En vertu du cor. 1, $S^{-1}A'$ est la clôture intégrale de $S^{-1}A$. Comme les relations $f \cap S \neq \emptyset$ et $S^{-1}f = S^{-1}A$ sont équivalentes (chap. II, § 2, no 5, Remarque) (ii) est une conséquence immédiate de (i).

Lorsque $B$ est un sous-anneau de $K$ entier sur $A$, on dit parfois que l’annulateur $f$ de $B/A$ (égal par définition au transporteur $A:B$ (chap. I, § 2, no 10)) est le conducteur de $B$ dans $A$.