Soit $g$ un homomorphisme de N dans un A-module simple ; alors $\mathfrak{R}(M)$ est contenu dans le noyau de $g\circ f$, de sorte que $f(\mathfrak{R}(M))$ est contenu dans le noyau de $g$. On a donc $f(\mathfrak{R}(M))\subset \mathfrak{R}(N)$. Supposons maintenant que $f$ soit surjectif, et que son noyau soit contenu dans $\mathfrak{R}(M)$. Soit $y$ un élément de $\mathfrak{R}(N)$ et soit $x$ un antécédent de $y$. Si $g$ est un homomorphisme de M dans un A-module simple S, son noyau contient le radical de M, donc le noyau de $f$; l’homomorphisme $f$ étant surjectif, il existe un homomorphisme $h$ de N dans S tel que $g=h\circ f$. Comme $y=f(x)$ appartient à $\mathfrak{R}$(N), on a $h(f(x)) = 0$, c’est-à-dire $g(x) = 0$; ainsi $x$ appartient à $\mathfrak{R}$(M), ce qui prouve l’inclusion $\mathfrak{R}(N)\subset f(\mathfrak{R}(M))$.

a) On a $\mathfrak{R}(N)\subset \mathfrak{R}(M)\cap N$.

b) On a $(\mathfrak{R}(M) + N)/N\subset \mathfrak{R}(M/N)$. Si N est contenu dans $\mathfrak{R}(M)$, on a l’égalité $\mathfrak{R}(M/N) =\mathfrak{R}(M)/N$.

c) Le module $M/\mathfrak{R}(M)$est sans radical. Si le module $M/N$est sans radical, on a $\mathfrak{R}(M)\subset N$.

L’assertion a) résulte de la prop. 1 appliquée à l’injection canonique de N dans M, et l’assertion b) de la prop. 1 appliquée à l’application canonique de M sur $M/N$. De b), on déduit que $M/N$ est sans radical si $N =\mathfrak{R}(M)$ et que l’on a $\mathfrak{R}(M)\subset N$ si $M/N$ est sans radical.

☡ Il résulte de l’exemple 1 de VIII, p. 147 qu’il peut exister des sous-modules N contenant $\mathfrak{R}(M)$ et tels que le radical de $M/N$ ne soit pas nul.

Pour tout $i\in I$, soit $\pi_i$ la projection d’indice $i$ de P dans $M_i$; d’après la prop. 1, on a $\pi_i(\mathfrak{R}(P))\subset \mathfrak{R}(M_i)$ pour tout $i\in I$, d’où la première assertion. On a $S\subset P$, d’où

par ailleurs, pour tout $i\in I$, on a $M_i\subset S$, d’où $\mathfrak{R}(M_i)\subset \mathfrak{R}$(S), et finalement $\oplus_{i\in I}\mathfrak{R}(M_i)\subset \mathfrak{R}(S)$.

Il existe des familles de modules dont le radical du produit n’est pas isomorphe au produit des radicaux (exerc. 3 de VIII, p. 161).

a) Si M n’est pas réduit à 0, on a $\mathfrak{R}(M)\not= M$.

b) Si N est un sous-module de M tel que $N +\mathfrak{R}(M) = M$, on a N = M.

Soit N un sous-module de M, distinct de M. D’après la prop. 3 de VIII, p. 45, il existe un sous-module maximal L de M contenant N. On a $N +\mathfrak{R}(M)\subset L$, et a fortiori $N+\mathfrak{R}(M)\not= M$. Cela prouve b) ; le cas particulier N = 0 établit l’assertion a).

(i) On a $x\in \mathfrak{R}(M)$;

(ii) Tout sous-module N de M tel que $N + Ax= M$est égal à M ;

(iii) Pour toute famille $(a_i)_{i\in I}$ d’éléments de A, la famille $(x_i+a_ix)_{i\in I}$ engendre le A-module M.

(i) $=\Rightarrow$ (ii) : Supposons que $x$ appartienne à $\mathfrak{R}(M)$. Soit N un sous-module de M tel que $N+Ax= M$. On a $N+\mathfrak{R}(M) = M$, de sorte que le A-module $M/N$ est égal à son radical (cor. 1, b) de la prop. 1). Comme il est monogène, il est nul (prop. 2) et l’on a M = N.

(ii) $=\Rightarrow$ (iii) : Soit $(a_i)_{i\in I}$ une famille d’éléments de A. Notons N le sous-module de M engendré par la famille $(x_i+a_ix)_{i\in I}$. On a $x_i\in N + Ax$ pour tout $i\in I$, d’où $N + Ax= M$. Si la condition (ii) est satisfaite, N est égal à M.

(iii) $=\Rightarrow$ (i) : Supposons que $x$ n’appartienne pas à $\mathfrak{R}(M)$. Il existe alors un sous-module maximal N de M qui ne contient pas $x$. Comme N est maximal, on a $N + Ax= M$; chacun des éléments $x_i$ peut donc s’écrire sous la forme $y_i-a_ix$, avec $y_i\in N$ et $a_i\in A$. La famille $(x_i+a_ix)_{i\in I}$ est contenue dans N, donc n’engendre pas M.

b) Pour qu’un module soit semi-simple et de type fini, il faut et il suffit qu’il soit sans radical et artinien.

Par définition, le radical d’un module simple est réduit à 0. Si le module M est semi-simple, il est somme directe d’une famille $(S_i)_{i\in I}$ de sous-modules simples, et l’on a $\mathfrak{R}(M) =\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{R}(S_i)$ d’après le cor. 2 ci-dessus, d’où $\mathfrak{R}(M) = 0$.

Si de plus M est de type fini, il est artinien d’après la prop. 10 de VIII, p. 67.

Réciproquement, supposons que M soit sans radical et artinien. D’après VIII, p. 2, appliqué à l’ensemble des sous-modules maximaux de M, il existe une famille finie $(N_i)_{i\in I}$ de sous-modules maximaux de M dont l’intersection est réduite à 0. Alors M est isomorphe à un sous-module de $\bigoplus_{i\in I}(M/N_i)$; il est donc semi-simple et de longueur finie, et a fortiori de type fini.

Cela résulte de la prop. 3, b) appliquée au A-module $A_s$.

b) Soit $\mathfrak{a}$ un idéal bilatère de A. On a $(\mathfrak{R}(A) +\mathfrak{a})/\mathfrak{a}\subset \mathfrak{R}(A/\mathfrak{a})$. Si $\mathfrak{a}$ est contenu dans $\mathfrak{R}(A)$, on a $\mathfrak{R}(A/\mathfrak{a}) =\mathfrak{R}(A)/\mathfrak{a}$.

c) L’anneau $A/\mathfrak{R}(A)$est sans radical ; réciproquement, tout idéal bilatère $\mathfrak{a}$ de A tel que $A/\mathfrak{a}$ soit sans radical contient $\mathfrak{R}(A)$.

d) Le radical de A est contenu dans l’intersection des idéaux bilatères maximaux de A.

Soit $x\in A$. Dire que $x$ appartient à l’annulateur de tout A-module simple revient à dire que $x$ appartient à l’annulateur de tout élément de tout A-module simple, autrement dit (VIII, p. 42, prop. 1) à tout idéal à gauche maximal de A.

Soit M un A-module semi-simple. Son annulateur est l’intersection des annulateurs des sous-modules simples de M, donc il contient $\mathfrak{R}(A)$. Par ailleurs, si $\mathscr{S}$ est l’ensemble des classes de A-modules simples (VIII, p. 47), la somme directe $\oplus_{\lambda\in\mathscr{S}}\lambda$ est un A-module semi-simple, dont l’annulateur est $\mathfrak{R}(A)$. Supposons A non réduit à 0 ; la relation $\mathfrak{R}(A)\not= A$ résulte de la prop. 2, a) de VIII, p. 149, appliquée au A-module $A_s$. On a prouvé a).

Soit $\mathfrak{a}$ un idéal bilatère de A. Les idéaux à gauche maximaux de $A/\mathfrak{a}$ sont les idéaux de la forme $\mathfrak{m}/\mathfrak{a}$, où $\mathfrak{m}$ est un idéal à gauche maximal de A contenant $\mathfrak{a}$. Par suite, le radical de l’anneau $A/\mathfrak{a}$ est égal au radical du A-module $A_s/\mathfrak{a}$. Les assertions b) et c) résultent donc du cor. 1 de VIII, p. 148.

Soit $\mathfrak{a}$ un idéal bilatère maximal de A. Dans l’anneau $A/\mathfrak{a}$, les seuls idéaux bilatères sont 0 et $A/\mathfrak{a}$. Comme l’anneau $A/\mathfrak{a}$ n’est pas réduit à 0, son radical n’est pas égal à $A/\mathfrak{a}$. L’anneau $A/\mathfrak{a}$ est donc sans radical, et l’on a $\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{a}$ d’après c). Cela prouve d).

☡ On dit qu’un idéal à gauche (ou à droite) de A est un nilidéal s’il se compose d’éléments nilpotents. On dit qu’un idéal bilatère $\mathfrak{a}$ de A est nilpotent s’il existe un entier $n\geqslant 1$ tel que $\mathfrak{a}^n= 0$, c’est-à-dire (I, p. 102) tel que l’on ait $x_1. . . x_n= 0$ pour toute suite $(x_1, . . . , x_n)$ d’éléments de $\mathfrak{a}$. Tout idéal bilatère nilpotent est un nilidéal, mais il peut exister des nilidéaux qui ne sont pas contenus dans un idéal bilatère nilpotent (VIII, p. 162, exerc. 9).

L’élément 1 engendre le A-module $A_s$, et $1 +ax$ est inversible à gauche si et seulement s’il engendre le A-module $A_s$. La première assertion du théorème 1 est donc un cas particulier du corollaire de la prop. 2 (VIII, p. 149).

Soit $x\in \mathfrak{R}(A)$. D’après ce qui précède, $1 +x$ est inversible à gauche ; soit $y$ un élément de A tel que $y(1 +x) = 1$. On a alors $1-y=yx$, donc $1-y$ appartient à $\mathfrak{R}(A)$; par suite $y$ est inversible à gauche. Comme $y$ est aussi inversible à droite, il est inversible (I, p. 16, prop. 3) et il en est de même de son inverse à droite $1 +x$.

Soit $\mathfrak{a}$ un idéal à gauche de A tel que $1 +x$ soit inversible pour tout $x\in \mathfrak{a}$; ceci a lieu par exemple si $\mathfrak{a}$ est un nilidéal, puisque la relation $x^n= 0$ entraîne que $1-x+\cdots + (-x)^{n-1}$ est l’inverse de $1 +x$. Soit $x\in \mathfrak{a}$; pour tout $a\in A$, on a $ax\in \mathfrak{a}$, donc $1 +ax$ est inversible, de sorte qu’on a $x\in \mathfrak{R}(A)$. On en déduit que $\mathfrak{a}$ est contenu dans $\mathfrak{R}$(A), d’où le théorème 1.

Pour tout $x\in \mathfrak{R}$(A), $1 +x$ est inversible dans l’anneau A, donc dans l’anneau $A^o$; comme $\mathfrak{R}(A)$ est un idéal bilatère de $A^o$, on a $\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{R}(A^o)$, d’où l’égalité en échangeant les rôles de A et $A^o$.

La condition est évidemment nécessaire. Démontrons qu’elle est suffisante. Soit $x$ un élément de A dont l’image canonique dans l’anneau $A/\mathfrak{R}(A)$ soit inversible. Il existe alors un élément $y$ de A tel que $xy$ appartienne à $1 +\mathfrak{R}(A)$. D’après le th. 1, $xy$ est inversible, de sorte que $x$ est inversible à droite. On démontre de même que $x$ est inversible à gauche.

Soit $x= (x_i)_{i\in I}$ un élément de $\prod_{i\in I}A_i$. Pour tout élément $a= (a_i)_{i\in I}$ de $\prod_{i\in I}A_i$, l’élément $1 +ax$ est inversible à gauche si et seulement si $1 +a_ix_i$ est inversible à gauche dans $A_i$ pour tout $i\in I$, d’où le corollaire 3.

Notons $\mathfrak{r}$ l’ensemble des éléments non inversibles de A. Si l’anneau A est local, son radical est égal à $\mathfrak{r}$ (VIII, p. 150, exemple 1) et l’anneau $A/\mathfrak{r}$ est un corps (VIII, p. 24). Inversement, supposons que l’anneau $A/\mathfrak{R}(A)$ soit un corps. D’après le corollaire 2, on a $\mathfrak{r}=\mathfrak{R}$(A), donc $\mathfrak{r}$ est un idéal bilatère de A. Il en résulte que l’anneau A est local (VIII, p. 24, déf. 1).

Soit P un sous-module maximal de M ; le A-module $M/P$ est simple, donc il est annulé par $\mathfrak{R}(A)$ d’après la prop. 5 de VIII, p. 150. On a donc $\mathfrak{R}(A)M\subset P$ pour tout sous-module maximal P de M, d’où $\mathfrak{R}(A)M\subset \mathfrak{R}(M)$.

On a évidemment $\mathfrak{R}(A_s) =\mathfrak{R}(A)A_s$. Si le A-module M est projectif, il existe un A-module N tel que $M\oplus N$ soit libre, c’est-à-dire somme directe d’une famille $(L_i)_{i\in I}$ de modules isomorphes à $A_s$. D’après le cor. 2 de VIII, p. 148, on a $\mathfrak{R}(M\oplus N) =$ $\mathfrak{R}(M)\oplus \mathfrak{R}(N)$ et $\mathfrak{R}(\bigoplus_{i\in I}L_i)=\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{R}(L_i)$; de l’égalité $\mathfrak{R}(L_i) =\mathfrak{R}(A)L_i$, on déduit alors l’égalité $\mathfrak{R}(M) =\mathfrak{R}(A)M$.

(i) Le A-module M est de type fini et $\mathfrak{a}$ est contenu dans le radical de A ;

(ii) L’idéal $\mathfrak{a}$ est nilpotent.

Si N est un sous-module de M tel que $M = N +\mathfrak{a}M$, on a N = M. En particulier, si le module M n’est pas nul, on a $M\not=\mathfrak{a}M$.

Supposons que M soit de type fini et qu’on ait $\mathfrak{a}\subset \mathfrak{R}(A)$. Soit N un sous-module de M tel que $M = N +\mathfrak{a}M$. D’après la prop. 6, on a $M = N +\mathfrak{R}$(M), d’où M = N d’après la prop. 2, b) de VIII, p. 149.

Supposons maintenant que $\mathfrak{a}$ soit nilpotent, et soit N un sous-module de M tel que $M = N +\mathfrak{a}M$. Par récurrence sur l’entier $n\geqslant 0$, on établit la relation $M = N +\mathfrak{a}^nM$; par hypothèse, il existe un entier $n\geqslant 0$ tel que $\mathfrak{a}^n= 0$, d’où M = N.

La dernière assertion du théorème se déduit de ce qui précède en prenant N égal à 0.

Cela résulte du th. 2 appliqué au sous-module N de M engendré par la famille $(x_i)_{i\in I}$.

Il suffit d’appliquer le th. 2 à l’image N de $u:$ en effet, l’image de $\overline{u}$ est $(N +\mathfrak{a}M)/\mathfrak{a}M$, donc $\overline{u}$ est surjectif si et seulement si on a $N +\mathfrak{a}M = M$.

Soit $n$ un entier strictement positif tel que $(a-a^2)^n= 0$. Posons P(X) = $1-(1-X^n)^n$. Le polynôme P(X) est multiple de $X^n$ et le polynôme $1-P(X)$ est multiple de $(1-X)^n$, donc $P(X)-P(X)^2$ est multiple de $(X-X^2)^n$ et l’on a $P(a) = P(a)^2$. Par ailleurs $X-P(X)$ est multiple de X et de $1-X$, donc de $X-X^2$.

Soit $a$ un représentant quelconque de $\overline{e}$ dans A. L’élément $a-a^2$ de A est nilpotent puisqu’il appartient à $\mathfrak{a}$. Choisissons un polynôme $P\in \mathbf{Z}[X]$ satisfaisant aux conditions du lemme 1. On a que $a-P(a)\in A(a-a^2)$ et l’élément $e= P(a)$ de A convient.

☡ Supposons que $\overline{e}$ appartienne au centre de l’anneau $A/\mathfrak{a}$. Il n’existe pas nécessairement d’idempotent $e$ dans le centre Z de A, relevant $e$ (VIII, p. 167, exerc. 31) ; cependant, si $e$ appartient à l’image de Z dans $A/\mathfrak{a}$, il se relève en un idempotent de Z puisque $Z\cap \mathfrak{a}$ est un nilidéal de Z.

Notons B le sous-anneau de End$_A(P)$ formé des endomorphismes $f$ de P tels que $f(N)\subset N$. Soit $\overline{B}$ l’anneau des endomorphismes de M. Pour tout $f\in B$, notons $\overline{f}$ l’unique endomorphisme de M tel que $\overline{f}\circ u=u\circ f$. L’application $f\rightarrow \overline{f}$ est un homomorphisme d’anneaux de B dans B. Comme le module P est projectif, cet homomorphisme est surjectif ; son noyau $\mathfrak{b}$ se compose des endomorphismes $f\in B$ tels que $f(P)\subset N$. Soit $n$ un entier positif tel que $\mathfrak{a}^n= 0$. On a

et, pour tout $f\in \mathfrak{b}$ et tout entier $j\geqslant 0$,

puisque $N\subset \mathfrak{a}P$ par hypothèse. Pour tout entier naturel $j$ et tout $f\in \mathfrak{b}^j$, on a donc $f(P)\subset \mathfrak{a}^jP$. En particulier, on a $\mathfrak{b}^n= 0$.

Soit $\varepsilon '$ le projecteur de M d’image $M'$ et de noyau $M''$. D’après la prop. 7 appliquée à l’anneau B et à l’idéal bilatère nilpotent $\mathfrak{b}$, il existe un élément idempotent $e'$ de B tel que $\overline{e'}=\varepsilon '$, c’est-à-dire $\varepsilon '\circ u=u\circ e'$. Posons $e''= 1-e',\varepsilon ''=\overline{e''}$, $P'=e'$(P), $P''=e''(P)$. Alors P est somme directe des sous-modules de $P'$ et $P''$ et l’on a

l’égalité $u(P'') = M''$ se démontre de manière analogue.

Soit P un A-module projectif et soit $\overline{P}$ le $A/\mathfrak{a}$-module $P/\mathfrak{a}P$. Le A-module P est nul si et seulement si $\overline{P}$ l’est (th. 2 de VIII, p. 154). On suppose maintenant $P\not= 0$. Comme le $A/\mathfrak{a}$-module P est isomorphe à $\overline{A}\otimes_AP$, il est projectif (II, p. 84, cor.). Si P est indécomposable, il en est de même de $\overline{P}$ d’après le cor. 1. Inversement, supposons que P soit décomposable et non nul, et soient $P'$ et $P''$ deux sous-modules non nuls de P tels que $P = P'\oplus P''$. D’après le lemme de Nakayama (VIII, p. 154, th. 2), on a $P'+\mathfrak{a}P\not= P$ et $P''+\mathfrak{a}P\not= P$; si $P'$ et $\overline{P}''$ sont les images canoniques de $P'$ et $P''$ dans P, on a $P'\not= P,\overline{P}''\not= P$ et $P = P'\oplus \overline{P}''$. Cela prouve que $\overline{P}$ est décomposable.

a) Il existe une application A-linéaire $f: P\rightarrow P'$ telle que $u'\circ f=g\circ u$.

b) Soit $f$ une telle application. Si $g$ est surjective (resp. bijective), alors $f$ est surjective (resp. bijective). Si $g$ est injective et que son image est un facteur direct de $M',f$ est injective et son image est un facteur direct de $P'$.

Par hypothèse, le A-module P est projectif et l’application $u'$ est surjective. Par suite, il existe une application A-linéaire $f: P\rightarrow P'$ telle que $g\circ u=u'\circ f$ (II, p. 39, prop. 4), d’où a).

Soit $f$ une telle application. Supposons $g$ surjective. Comme $u$ est surjective, on a $M'=g(u(P)) =u'(f(P))$. Comme $(P', u')$ est une couverture projective de $M'$, on a $f(P) = P'$, donc $f$ est surjective. D’après loc. cit., le noyau de $f$ admet un sous-module supplémentaire $P_1$, d’où $f(P_1) = P'$. Supposons maintenant $g$ bijective. On a $g(u(P_1)) =u'(f(P_1)) =u'(P') = M'$, d’où $u(P_1) = M$. Comme $(P, u)$ est une couverture projective de M, on a $P_1= P$, d’où Ker($f$) $= 0$. Donc $f$ est injective ; comme on sait déjà que $f$ est surjective, $f$ est bijective.

Pour finir, supposons que $g$ soit injective et que son image soit un facteur direct de $M'$. Il existe alors une application A-linéaire $g': M'\rightarrow M$ telle que $g'\circ g= 1_M$. D’après a), il existe une application A-linéaire $f': P'\rightarrow P$ telle que $u\circ f'=g'\circ u'$. On a $u\circ (f'\circ f) =g'\circ u'\circ f= (g'\circ g)\circ u$; d’après l’alinéa précédent, l’application $f'\circ f$ est bijective. Notons $h$ la bijection réciproque ; on a $(h\circ f')\circ f= 1_P$, donc $f$ est injective et son image est un facteur direct de $P'$ (II, p. 21, cor. 2).

☡ On notera que $f$ n’est pas nécessairement déterminé de manière unique par la relation $u=u'\circ f$ (VIII, p. 165, exerc. 21).

L’homomorphisme $u$ est surjectif par définition, donc $\overline{u}$ est surjectif. Notons N le noyau de $u$. On a $u^{-1}(\mathfrak{r}M) = N+\mathfrak{r}P$. Démontrons que l’on a $N\subset \mathfrak{r}P$, ce qui entraînera l’injectivité de $\overline{u}$. Pour tout sous-module maximal $P'$ de P, on a $u(P')\not= M$, d’où $P'+ N\not= P$; comme $P'$ est maximal, on a $N\subset P'$. Le sous-module N de P est donc contenu dans le radical de P ; or celui-ci est égal à $\mathfrak{r}P$ d’après la prop. 6 de VIII, p. 154.

En effet, si $(P, u)$ est une couverture projective de M, le $(A/\mathfrak{r}$)-module $M/\mathfrak{r}M$ est isomorphe à $P/\mathfrak{r}P$ (prop. 9) ; comme le A-module P est projectif, le $(A/\mathfrak{r}$)-module $P/\mathfrak{r}P$ est aussi projectif.

(i) Les A-modules M et P sont de type fini et $\mathfrak{a}$ est contenu dans le radical de A ;

(ii) L’idéal $\mathfrak{a}$ est nilpotent.

Alors $(P, u)$est une couverture projective de M.

Sous les hypothèses faites, l’homomorphisme $u$ est surjectif (VIII, p. 154, cor. 2), et son noyau N est contenu dans $\mathfrak{a}P$. Soit $P'$ un sous-module de P, distinct de P. D’après le lemme de Nakayama (VIII, p. 154, th. 2), on a $P'+\mathfrak{a}P\not= P$ et donc $u(P')\not= M$. Donc $(P, u)$ est une couverture projective de M.

(i) Le module M est de type fini et $\mathfrak{a}$ est contenu dans le radical de A ;

(ii) L’idéal $\mathfrak{a}$ est nilpotent.

Alors M possède une couverture projective.

Plus précisément, soient P un A-module libre, $(e_i)_{i\in I}$ une base de P et $u: P\rightarrow M$ un homomorphisme tel que les images canoniques des éléments $u(e_i)$dans $M/\mathfrak{a}M$ forment une base du $(A/\mathfrak{a})$-module $M/\mathfrak{a}M$. Alors $(P, u)$est une couverture projective de M.

En effet, le $(A/\mathfrak{a}$)-module $P/\mathfrak{a}P$ est libre et l’homomorphisme $\overline{u}$ de $P/\mathfrak{a}P$ dans $M/\mathfrak{a}M$ déduit de $u$ par passage aux quotients transforme une base de $P/\mathfrak{a}P$ en une base de $M/\mathfrak{a}M$, donc est bijectif.

Si $\mathfrak{a}$ est nilpotent, il suffit alors d’appliquer la prop. 10. Supposons maintenant que l’anneau A est non nul et que le A-module M est de type fini ; il en est alors de même du $(A/\mathfrak{a}$)-module $M/\mathfrak{a}M$, et par conséquent du $(A/\mathfrak{a}$)-module $P/\mathfrak{a}P$. Toute base de $P/\mathfrak{a}P$ est alors finie. Il en résulte que l’ensemble I est fini et que le A-module P est de type fini. On applique alors à nouveau la prop. 10.

Soient A un anneau local et $\mathfrak{r}$ son radical. C’est un idéal bilatère de A (VIII, p. 150, prop. 5, a)) et l’anneau $A/\mathfrak{r}$ est un corps (VIII, p. 152, cor. 4). Si M est un A-module, $M/\mathfrak{r}M$ est un espace vectoriel sur le corps $A/\mathfrak{r}$, donc un $(A/\mathfrak{r}$)-module libre. Il suffit alors d’appliquer le cor. 2.

Un tel couple $(P, u)$est une couverture projective de M considéré comme A-module.

Il existe un $A/\mathfrak{a}$-module $M'$ tel que $M\oplus M'$ soit un $A/\mathfrak{a}$-module libre. Choisissons un A-module libre L et une application A-linéaire surjective $v: L\rightarrow M\oplus M'$ de noyau $\mathfrak{a}L$. D’après le cor. 1 de la prop. 7 (VIII, p. 155), il existe une décomposition en somme directe $L = P\oplus P'$ telle que $v(P) = M$ et $v(P') = M'$. Le A-module P est projectif et l’application A-linéaire $u$ de P dans M qui coïncide avec $v$ sur P est surjective, de noyau $\mathfrak{a}P$. La première assertion en résulte.

Soient P un A-module projectif, et $u$ un homomorphisme de P sur M, de noyau $\mathfrak{a}P$. D’après la prop. 10, $(P, u)$ est une couverture projective de M.