Pour qu’un élément $u$ de A soit une unité (à droite ou à gauche) modulo $\mathfrak{a}$, il faut et il suffit que l’image canonique de $u$ dans $A/\mathfrak{a}$ soit un élément unité de l’algèbre $A/\mathfrak{a}$. Pour que l’idéal $\mathfrak{a}$ soit régulier il faut et il suffit donc que l’algèbre $A/\mathfrak{a}$ soit unifère. Supposons ces conditions satisfaites.

L’application $\mathfrak{b}\rightarrow \mathfrak{b}/\mathfrak{a}$ est une bijection de l’ensemble des idéaux de l’algèbre A contenant $\mathfrak{a}$ sur l’ensemble des idéaux de l’algèbre $A/\mathfrak{a}$. Ceux-ci sont les idéaux de l’anneau $A/\mathfrak{a}$ puisque cette algèbre est unifère. Enfin, d’après le th. 1 de I, p. 109, l’anneau $A/\mathfrak{a}$ est un corps si et seulement s’il n’est pas nul et que ses seuls idéaux sont 0 et lui-même. La proposition résulte de là.

b) Inversement, soient $\mathfrak{a}$ un idéal à gauche régulier de A et $u$ une unité à droite de A modulo $\mathfrak{a}$. Posons $\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$. Alors $\widetilde{\mathfrak{a}}$ est un idéal à gauche de $\widetilde{A}$, tel que $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$, et l’on a $\mathfrak{a}=\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$.

c) Si $k$ est un corps, la condition $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$équivaut à dire que $\widetilde{\mathfrak{a}}$ n’est pas contenu dans A.

Sous les hypothèses de a), l’élément $e$ de $\widetilde{A}$ s’écrit sous la forme $(e-u) +u$, avec $u\in A$ et $u-e\in \widetilde{\mathfrak{a}}$. Soit $x=\lambda e+a$ un élément de $\widetilde{A}$, avec $\lambda \in k$ et $a\in A$; si $x$ appartient à $\widetilde{\mathfrak{a}}$, l’élément $y=a+\lambda u=x+\lambda (u-e)$ de A appartient à $\mathfrak{a}$, et l’on a $x=y-\lambda (u-e)$; cela prouve l’égalité $\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$. De plus, pour tout $a$ dans A, l’élément $au-a=a(u-e)$ de A appartient à $\mathfrak{a}$, donc $u$ est une unité à droite modulo $\mathfrak{a}$. Cela établit l’assertion a).

Plaçons-nous sous les hypothèses de b) ; comme $\widetilde{A}$ est somme directe de A et de $k(u-e)$, on a $\widetilde{\mathfrak{a}}+ A =\widetilde{A}$ et $\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A =\mathfrak{a}$. Tout élément de $\widetilde{\mathfrak{a}}$ est de la forme $x+\lambda (u-e)$ avec $x\in \mathfrak{a}$ et $\lambda \in k$; pour tout $a\in A$, on a

Comme $u$ est une unité à droite de A modulo $\mathfrak{a},ax+\lambda (au-a)$ appartient à $\mathfrak{a}$, de sorte que $\widetilde{\mathfrak{a}}$ est un idéal à gauche de A. Cela prouve b).

Enfin si $k$ est un corps, A est un hyperplan dans $\widetilde{A}$, et $\widetilde{A}$ est somme de $\widetilde{\mathfrak{a}}$ et de A si et seulement si $\widetilde{\mathfrak{a}}$ n’est pas contenu dans A.

b) L’application $\widetilde{\mathfrak{a}}\rightarrow \widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$est une bijection de l’ensemble des idéaux à gauche maximaux de $\widetilde{A}$ ne contenant pas A sur l’ensemble des idéaux à gauche maximaux réguliers de A.

Soit $\mathfrak{a}$ un idéal à gauche maximal régulier de A. D’après la prop. 3, a), les idéaux à gauche $\mathfrak{b}$ de $\widetilde{A}$ tels que $\mathfrak{b}+ A =\widetilde{A}$ et $\mathfrak{b}\cap A =\mathfrak{a}$ sont les idéaux $\mathfrak{a}+k(u-e)$, où $u$ est une unité à droite modulo $\mathfrak{a}$. Pour démontrer l’unicité de $\widetilde{\mathfrak{a}}$, il suffit donc de prouver que deux unités à droite $u$ et $u'$ de A modulo $\mathfrak{a}$ sont congrues modulo $\mathfrak{a}$. Raisonnons par l’absurde en supposant que $u-u'$ n’appartient pas à $\mathfrak{a}$. La formule $x(u-u') = (xu-x)-(xu'-x)$ montre qu’on a $A(u-u')\subset \mathfrak{a}$; il en résulte que $\mathfrak{a}+k(u-u')$ est un idéal à gauche de A, contenant $\mathfrak{a}$ et distinct de $\mathfrak{a}$. Puisque $\mathfrak{a}$ est maximal, on a donc $\mathfrak{a}+k(u-u') = A$, d’où AA $\subset \mathfrak{a}$. Pour tout $x\in A$, on a $x\equiv xu$ (mod $\mathfrak{a}$), d’où $x\in \mathfrak{a}$ par ce qui précède, ce qui contredit l’hypothèse $\mathfrak{a}\not= A$.

Il existe donc un unique idéal à gauche $\widetilde{\mathfrak{a}}$ de $\widetilde{A}$ tel que $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$ et $\mathfrak{a}=\widetilde{\mathfrak{a}}\cap A$. Soit $\mathfrak{b}$ un idéal à gauche de $\widetilde{A}$ contenant $\widetilde{\mathfrak{a}}$ et distinct de $\widetilde{A}$. Alors $\mathfrak{b}\cap A$ est un idéal à gauche de A, contenant $\mathfrak{a}$, et distinct de A. Il est donc égal à $\mathfrak{a}$ puisque $\mathfrak{a}$ est maximal, ce qui entraîne $\mathfrak{b}=\widetilde{\mathfrak{a}}$ par le lemme 2 de VIII, p. 3. Cela prouve que $\widetilde{\mathfrak{a}}$ est un idéal maximal de $\widetilde{A}$; pour un tel idéal, la condition $\widetilde{A} =\widetilde{\mathfrak{a}}+ A$ signifie que $\widetilde{\mathfrak{a}}$ ne contient pas A.

Il reste à prouver que si $\widetilde{\mathfrak{a}}$ est un idéal à gauche maximal de $\widetilde{A}$, ne contenant pas A, alors l’idéal à gauche $\mathfrak{a}= A\cap \widetilde{\mathfrak{a}}$ de A est maximal. Soit $\mathfrak{b}$ un idéal à gauche de A, distinct de A et contenant $\mathfrak{a}$. Soit $u$ une unité à droite modulo $\mathfrak{a}$ telle que $\widetilde{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}+k(u-e)$ (prop. 3 de VIII, p. 427). C’est aussi une unité à droite modulo $\mathfrak{b}$; notons $\widetilde{\mathfrak{b}}$ l’idéal $\mathfrak{b}+k(u-e)$ de $\widetilde{A}$. D’après la prop. 3, b), on a $\mathfrak{b}= A\cap \widetilde{\mathfrak{b}}$. L’idéal $\widetilde{\mathfrak{a}}$, égal à $\mathfrak{a}+k(u-e)$, est contenu dans $\widetilde{\mathfrak{b}}$, donc égal à $\widetilde{\mathfrak{b}}$ puisque $\widetilde{\mathfrak{b}}$ est distinct de $\widetilde{A}$ et que $\widetilde{\mathfrak{a}}$ est maximal. Par suite on a $\mathfrak{a}=\mathfrak{b}$, et $\mathfrak{a}$ est maximal.

On laisse au lecteur le soin de traduire les prop. 3 et 4 pour les idéaux à droite.

b) Soit M un pseudomodule simple et soit $x$ un élément non nul de M. On a $M = Ax$, l’annulateur $\mathfrak{m}$ de $x$ est un idéal à gauche maximal régulier de A et l’application $a\rightarrow ax$ définit par passage au quotient un isomorphisme de $A_s/\mathfrak{m}$ sur M.

c) Soit M un pseudomodule non réduit à 0. Pour que M soit simple, il faut et il suffit que l’on ait $M = Ax$ pour tout élément non nul $x$ de M.

Soit $\mathfrak{m}$ un idéal à gauche maximal régulier de A. On a vu qu’il existe un élément non nul $z$ de $A_s/\mathfrak{m}$ dont l’annulateur est égal à $\mathfrak{m}$ et tel que $Az= A_s/\mathfrak{m}$; en particulier, on a $A(A_s/\mathfrak{m})\not= 0$. De plus, tout sous-pseudomodule de $A_s/\mathfrak{m}$ est de la forme $\mathfrak{n}/\mathfrak{m}$, où $\mathfrak{n}$ est un idéal à gauche de A contenant $\mathfrak{m}$. Comme $\mathfrak{m}$ est maximal, les seules possibilités sont $\mathfrak{n}=\mathfrak{m}$ et $\mathfrak{n}= A$, de sorte que le pseudomodule $A_s/\mathfrak{a}$ est simple. Cela prouve a).

Sous les hypothèses de b), l’ensemble des éléments $y$ de M tels que $Ay= 0$ est un sous-pseudomodule de M, distinct de M, donc réduit à 0. Par suite, $Ax$ est un sous-pseudomodule non nul de M, ce qui entraîne $M = Ax$. L’assertion b) résulte alors des remarques faites avant la définition 2.

Soit M un pseudomodule non nul. Supposons qu’on ait $Ax= M$ pour tout élément non nul $x$ de M. En particulier, on a AM $\not= 0$. Soit N un sous-pseudomodule non nul de M et soit $x$ un élément non nul de N ; on a $Ax= M$, d’où N = M. Donc M est simple. Réciproquement, si M est simple, on a $M = Ax$ pour tout $x\not= 0$ d’après b).

L’égalité $\Re (\widetilde{A})\cap A =\Re (A)$ résulte de la prop. 4 de VIII, p. 428, b). Comme $\widetilde{A}$ et $\widetilde{A}^o$ ont le même radical (VIII, p. 152, cor. 1), on en déduit l’égalité $\Re (A) =\Re (A^o)$. Si $k$ est sans radical, l’intersection des idéaux à gauche maximaux de $\widetilde{A}$ contenant A est égale à A ; par suite, $\Re (\widetilde{A})$ est contenu dans A, donc égal à $\Re (A)$.

Le $\widetilde{A}$-module M est semi-simple. Soit N un sous-A-pseudomodule de M. Alors N est un sous-$\widetilde{A}$-module de M. Par le cor. 2 de VIII, p. 52 il existe un projecteur $p$ du $\widetilde{A}$-module M d’image N. Comme on a la relation $pb=bp$ pour tout $b\in B$, on obtient que N est un sous-B-module de M.

Soit N le A-pseudomodule à gauche $\widetilde{A}x/Ax$. Il vérifie AN $=\{0\}$. D’après le corollaire 3 de VIII, p. 52 appliqué aux $\widetilde{A}$-modules M et $\widetilde{A}x$, le A-pseudomodule N est semi-simple. Par définition, tout sous-pseudomodule simple S de N vérifie AS $\not=\{0\}$. Par conséquent, le pseudomodule N est nul et on obtient que $x\in Ax$.

Soit B le bicommutant du $\widetilde{A}$-module M. Le A-pseudomodule $M^n$ est semi-simple. Soit $\boldsymbol{x}= (x_1, . . . , x_n)\in M^n$. Il résulte du lemme 2 que $\boldsymbol{x}\in A\boldsymbol{x}$. Le bicommutant du $\widetilde{A}$-module $M^n$ coïncide avec les homothéties du B-module $M^n$ (VIII, p. 75, prop. 2). Par le lemme 1, le sous-A-pseudomodule $A\boldsymbol{x}$ de $M^n$ est donc un sous-B-module de $M^n$. On en déduit l’inclusion $B\boldsymbol{x}\subset A\boldsymbol{x}$. Donc il existe $a\in A$ tel que $b\boldsymbol{x}=a\boldsymbol{x}$. Le résultat en découle.