Modules de présentation finie
dans Algèbre
Bonjour,
Soit $M$ un $A$-module. On appelle présentation de $M$ une suite exacte de $A$-modules : $L_1 \rightarrow L_0 \rightarrow M \rightarrow 0$ où $L_0$ et $L_1$ sont libres.
Proposition : Tout $A$-module $M$ admet une présentation. En effet, il existe un morphisme surjectif $u$ d'un $A$-module libre $L_0$ dans $M$.
(alors on aura aussi qu'il existe un morphisme surjectif d'un $A$-module libre $L_1$ dans le noyau de $u$, donc une suite exacte comme dans la définition).
Comment se démontre cette proposition ? On peut partir de l'intersection de toutes les familles qui engendrent $M$, il me semble que cela donne une famille qui engendre $M$, mais est-ce suffisant pour donner une famille libre, donc une base ?
Merci d'avance.
Soit $M$ un $A$-module. On appelle présentation de $M$ une suite exacte de $A$-modules : $L_1 \rightarrow L_0 \rightarrow M \rightarrow 0$ où $L_0$ et $L_1$ sont libres.
Proposition : Tout $A$-module $M$ admet une présentation. En effet, il existe un morphisme surjectif $u$ d'un $A$-module libre $L_0$ dans $M$.
(alors on aura aussi qu'il existe un morphisme surjectif d'un $A$-module libre $L_1$ dans le noyau de $u$, donc une suite exacte comme dans la définition).
Comment se démontre cette proposition ? On peut partir de l'intersection de toutes les familles qui engendrent $M$, il me semble que cela donne une famille qui engendre $M$, mais est-ce suffisant pour donner une famille libre, donc une base ?
Merci d'avance.
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Réponses
L'intersection des familles génératrices n'est plus génératrice, tu as des contre-exemples déjà sur $\mathbb Z, \mathbb Q$
Ma question porte précisément sur la démonstration de ce qui suit.
Soit $M$ un $A$-module (quelconque). Alors il existe un $A$-module libre $L$ et un morphisme surjectif de $L$ dans $M$.
Alors le module libre sur $F$, c'est quoi ? En effet, la somme $\sum_i A x_i$ n'est pas forcément libre.
En fait, je ne sais pas si le théorème vu dans les espaces vectoriels de dimension finie : de toute famille génératrice d'un espace vectoriel $E$, on peut en extraire une famille libre et génératrice, est valable dans les espaces vectoriels de dimension infinie (EDIT : oui, je viens de le voir), et dans les modules quelconques (EDIT : non, certains modules n'ont pas de base).
Ah, je crois que tu veux parler du $A$-module libre $\oplus_i A x_i$ (qui n'est pas un sous-module de $M$ car cette écriture serait fausse) ?
Super, ça marche. Merci beaucoup.
Si je ne dis pas de bêtises (merci de me reprendre sinon) :
$A^M$ est l'ensemble des familles d'éléments de $A$ indexées par $M$ (i.e. l'ensemble des applications $M \rightarrow A$).
$e_m = (m \mapsto 1, n \mapsto 0,$ si $n \ne m$) en est une ; $(e_m)_{m \in M}$ est une base de $A^M$ sur $A$.
$A^{(M)}$ est l'ensemble des familles à support fini ; de même base $(e_m)_{m \in M}$ sur $A$. Donc $A^{(M)}$ est un $A$-module libre. La surjection est évidente.
Alors pourquoi ne pas prendre $A^M$, qui est un $A$-module libre aussi ?
On remarque au passage que $A^{(M)} \not \cong A^M$ (si $M$ est infini), et ont même base ?
Comment écris-tu la fonction constante égal à $1$ comme combinaison linéaire d'éléments de " ta base " $(e_m)_m$ de $A^M$ ?
Une famille $(a_m)_{m \in M}$ de $A^M$ ne s'écrit pas en général (la fonction constante égale à $1$ s'écrirait $\sum_{m \in M} e_m$, cela ne veut rien dire).
Cela veut dire que $(e_m)_{m \in M}$ n'est pas une base de $A^M$, ou bien simplement qu'on ne peut pas écrire ses éléments sous forme d'une somme ?
J'ai du mal avec ça, je suis obligée à chaque fois de refaire le raisonnement.
Ah, parce que par définition, un $A$-module est dit libre s'il possède une partie libre et génératrice $(x_i)_{i \in I}$ (i.e. une base), i.e. telle que tout élément du module s'écrit de manière unique sous forme d'une somme $\sum_i a_i x_i$, combinaison linéaire des $x_i$ pondérée par les $a_i \in A$, les $a_i$ étant presque tous nuls. Donc en effet $(e_m)_{m \in M}$ n'est pas une base de $A^M$, car la somme fait partie intégrante de la définition d'une base.
Peux-tu être plus clair ?
Comment sait-on qu'on n'est pas capable de la construire ?
Par conséquent, si dans ZF tu arrives à montrer qu'une base existe dans tout e.v. tu auras automatiquement montré que l'axiome du choix se prouve dans ZF ce qui est une contradiction car ZF+(non)AC est aussi une théorie cohérente.
Edit : après avoir relu je me rends compte que ce que dit Poirot est plus subtil que ça car il est question de base de Hamel que j'ai zappé...
Si $\mathsf{ZF}$ est consistante, il existe des modèles de $\mathsf{ZF}$ (théorème de complétude) et alors il existe des modèles de $\mathsf{ZFC}$ (théorème de Gödel des années 30). A partir d'un modèle de $\mathsf{ZFC}$, on peut construire des modèles de $\mathsf{ZF}$ où il n'y a pas de base de Hamel (c'est là que toute la difficulté est cachée, ça n'a absolument rien d'évident, le modèle de Solovay est un bon candidat mais nécessite une hypothèse de grand cardinal, le modèle de Shelah n'en a pas besoin). Donc si tu montres l'existence dans $\mathsf{ZF}$ d'une base de Hamel, tu as établis la non consistance de $\mathsf{ZF}$.
Le passage par des modèles de $\mathsf{ZFC}$ n'est peut-être même pas obligatoire, je ne suis pas expert en le domaine.