Théorie catégories, propriétés universelles
Réponses
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Ah oui, grosse confusion de ma part. $F \cong G$, ce n'est pas du tout équivalent à $\forall X, F(X) \cong G(X)$ !
C'est équivalent à condition qu'on ait supposé préalablement qu'on a un morphisme de foncteurs $\phi : F \rightarrow G$, et alors ce morphisme est un isomorphisme si et seulement si $\forall X, \phi(X)$ est un isomorphisme : $F(X) \rightarrow G(X)$.
Il faut donc supposer au départ qu'on a un isomorphisme de foncteurs : $Hom(A, -) \cong Hom(B,-)$.
Alors, en effet, le diagramme commute, et ça colle.
Je ne risquais pas d'y arriver.
En somme, on se donne avec le morphisme fonctoriel une condition suffisante pour que ça marche. Et tu dis, Maxtimax, que la condition est nécessaire.
Je n'ai pas vu ton message flipflop. -
Merci énormément flipflop. Ce que tu appelles la naturalité, cela correspond à la commutativité des opérations ! Un bon exemple vaut mieux qu'un long discours. Ce qui semble simple, naturel et évident (calculer le déterminant d'une matrice à coefficients dans Z, et réduire ce déterminant modulo p, cela revient au même que de réduire d'abord la matrice modulo p, et calculer ensuite son déterminant). Ce qui est plus compliqué, c'est le formalisme nécessaire pour arriver à se représenter mathématiquement cette opération.
Finalement, je me rends compte que la commutativité joue un grand rôle un peu partout en maths (par exemple, une application A-linéaire d'un A-module dans lui-même correspond à la commutativité des opérations : multiplier un élément par un scalaire et calculer son image, revient au même que calculer son image et le multiplier par ce scalaire).
Grâce à toi, je viens enfin de comprendre la notion de morphisme et d'isomorphisme de foncteurs. Je crois que je ferais bien d'abandonner mon cours quelque temps pour me mettre par exemple sur le livre d'Emily Riehl, qui semble motiver les notions introduites.
Merci encore infiniment. -
Julia, j'ai oublié de te poser une question !
Est-ce que le foncteur $M_n$ est représentable ?
Il faut trouver un anneau $A$ et un isomorphisme fonctorielle $\text{Hom}(A,\bullet) \to M_n$ ? Si on croit en Yoneda, ça veut dire qu'il faut trouver un anneau $A$ et une matrice $M \in M_n(A)$ "universelle" ! C'est moi qui dit universelle mais si tu relis le lemme de Yoneda, il faut trouver un anneau $A$ et une matrice $M \in M_n(A)$ tel que pour tout anneau $R$ et pour toute matrice $N \in M_n(R)$, il existe un unique morphisme $\phi : A \to R$ tel que $M_n(\phi)(M) = N$. Est-ce que tu vois une matrice candidate ?
Oui la commutativité des opérations je trouve également que c'est important. -
Merci ! J'étais partie sur autre chose.
Déjà, il faut que l'anneau $A$ soit de caractéristique $0$ pour qu'il existe un morphisme $A \rightarrow R$ pour tout anneau $R$. Evidemment, on pense à $\mathbb Z$, pour lequel il existe toujours un tel morphisme.
Ensuite, pour trouver $M \in M_n(\mathbb Z)$ qui va être candidate, je ne vois pas très bien comment un seul morphisme $\mathbb Z \rightarrow R$ (en fait, il y en a un seul) va pouvoir transformer cette matrice $M$ en une matrice $N \in M_n(R)$ donnée.
$A=\mathbb Z$ ne semble pas marcher, il faut un anneau beaucoup plus "riche", comme $\mathbb Z [T_i]_{1 \leq i \leq n^2}$.
Ne me donne pas la solution, je réfléchis encore. -
Il me semble que $M_n$ est représentable par $(A,M)$ avec $A=\mathbb Z [T_{i,j}]_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n}$ et $M=(T_{i,j})_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n}$.
Il est inutile de montrer l'unicité (à isomorphisme près), c'est le lemme de Yoneda ? Hum, c'est justement ce qu'il faut montrer, l'existence du morphisme est acquise pour tout anneau $A$, et $M \in M_n(A)$. -
@JP : bonjour. Pourquoi ?Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
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TP, bonjour. Pourquoi à quelle question ?
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@JP : pourquoi penses-tu avoir solutionné le problème ? L'as-tu d'ailleurs solutionné ? Je le rappelle, le théorème de Yoneda est une chose, ses corollaires en représentabilité fonctorielle et en universalité en sont une autre.Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême).
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J'ai apporté une rectification à mon message plus haut ! Merci.
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L'unicité du morphisme $\phi : A \rightarrow R$ à une matrice $N$ donnée est évidente, c'est la propriété universelle de l'anneau des polynômes à $n^2$ indéterminées.
Ne pas confondre avec le lemme de Yoneda qui assure l'unicité du représentant (à isomorphisme près) !
Petite question : quand on parle de l'objet universel, s'agit-il de $A$, de $M$ ou du couple $(A,M)$ ? -
Quelqu'un aurait-il le contre-exemple de Maxtimax, à savoir deux anneaux $A, B$ tels que $\hom (A,X) \cong \hom (B,X)$ pour tout anneau $X$, et $A$, $B$ non isomorphes ?
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Julia : on commet souvent l'abus de dire que $A$ est l'objet universel, mais il faudrait dire $(A,M)$ en principe.
Par ailleurs, tu as le bon $A$ si tu prends des anneaux commutatifs, sinon il faut prendre les polynômes non commutatifs (mais tu as compris l'idée).
Exercice : décrire un morphisme $A\to A\otimes A$ qui "correspond" à l'addition sur $M_n$, et un qui "correspond" à la multiplication [ déterminer ce que "correspond" veut dire fait partie de l'exercice ! ]
Pour un contre-exemple, il y en a certainement des myriades, mais le plus simple est probablement $A= \mathbb Q[ x ], B = \mathbb Q [ x,y ]$ -
Bonjour et merci Maxtimax
Avec $(A,M)$ objet universel, tu lèves une ambiguïté qui me gênait depuis le début. D'après le lemme de Yoneda, $M$ est unique pour $A$, faisant de $(A,M)$ un représentant du foncteur, s'il existe. Mais $A$ est loin d'être unique.
J'ai pensé à ton exemple, mais je l'avais rejeté :-D. Un anneau $R$ étant donné, il existe un morphisme $\mathbb Q[ x ] \rightarrow R$ ssi il en existe un pour $\mathbb Q[ x,y ] \rightarrow R$ ssi il existe un morphisme $f : \mathbb Q \rightarrow R$ tel que $f(\mathbb Z \setminus \{0 \}) \subset R^{\times}$ (les inversibles de $R$).
Puis, un morphisme $\mathbb Q[ x ] \rightarrow R$ est déterminé par le choix d'un élément $r$ de $R$ par $x \mapsto r$, un morphisme $\mathbb Q[ x,y ] \rightarrow R$ est déterminé par le choix de deux éléments $r_x$ et $r_y$ de $R$ par $x \mapsto r_x$, et $y \mapsto r_y$. Comment peut-on avoir une bijection entre ces deux ensembles de morphismes ?
Sinon, avant de faire ton exercice, en quoi le lemme de Yoneda est intervenu dans la réponse à l'exercice précédent (je ne m'intéresse qu'aux anneaux commutatifs) ? -
Salut Julia
Je te réponds, ça me permet de réviser en même temps :-D
La définition de $M_n$ représentable est qu'il existe un anneau $A$ et un isomorphisme naturel $F : \text{Hom}(A,\bullet) \to M_n$.
Le lemme de Yoneda te décrit les transformations naturelles de $\text{Hom}(A,\bullet) \to M_n$ : elles sont en correspondance bijective avec l'ensemble $M_n(A)$.
J'explicite une partie de la construction. Pour une matrice $M$ à coefficients dans $A$, tu fabriques la transformation naturelle $F$ (qui dépend de $M$) donnée par $F_R : \text{Hom}(A,R) \to M_n(R)$ qui à un morphisme $\phi : A \to R$ associe $F_R(\phi) := M_n(\phi)(M)$. Dans la démonstration de Yoneda, tu vois que $F$ est bien une transformation naturelle. (Si tu as $\psi : R \to R'$, tu dois vérifier que le diagramme suivant commute)
$$
\xymatrix{
\text{Hom}(A,R) \ar[r]^-{F_R} \ar[d]^{\psi^\star} & M_n(R) \ar[d]^{M_n(\psi)} \\
\text{Hom}(A,R') \ar[r]^-{F_{R'}} & M_n(R')
}
$$ Le côté isomorphisme est traduit par : pour tout anneau $R$, $F_R$ est une bijection, i.e pour toute matrice $N$ à coefficient dans $R$, il existe un unique morphisme $\phi : A \to R$ tel que $F_R(\phi) = N$ i.e $M_n(\phi)(M) = N$.
Bonus. Un exemple de foncteur (covariant de la catégorie des anneaux commutatifs vers les ensembles) qui n'est pas représentable : $R \mapsto \{ (a,b) \in R^2 \mid \exists (u,v) \in R^2, \ au + bv = 1 \}$ (bon je n'ai pas décrit l'action sur les morphismes), pour une preuve complète qu'il n'est pas représentable je pense qu'il faut batailler un peu beaucoup !
L'exercice de Max : $A \otimes A \to A$ est instructif (edit sauf que je me suis trompé c'est dans le sens $A \to A \otimes A$), faut prendre le temps de faire tourner les constructions et rester zen ! -
Saines révisions !:-)
Merci, c'est très clair. Le diagramme commute (on a fait en sorte dans la définition de $F_R$ pour qu'il le soit).
Donc $M \in M_n(A) \Rightarrow $ une transformation naturelle $\text{Hom}(A,\bullet) \to M_n$, qui est ou non un isomorphisme pour $M$ donnée.
Avec d'autres objets (par exemple $A=\mathbb Z$, ou bien avec le bon $A$, mais $M$ qui comporte par exemple des $0$ ou une répétition de la même indéterminée), on n'obtient pas un isomorphisme.
On veut (pour la raison suivante : si j'ai bien compris, on veut définir des objets dans une catégorie, par exemple dans la catégorie groupes, le produit direct de deux groupes, qu'on ne saurait pas obtenir autrement en utilisant seulement le langage des catégories, et l'isomorphisme fonctoriel assure qu'on a bien obtenu ce que l'on voulait), une transformation naturelle $\text{Hom}(A,\bullet) \to M_n$. On sait la fabriquer (il suffit de la définir comme plus haut).
Celle-ci est déterminée par $A$ et $M$, et ce que dit le lemme de Yoneda, c'est que pour une transformation naturelle donnée, donc un objet $A$ donné, il existe un seul objet $M$ qui la réalise (je ne vois toujours pas pourquoi il est important et comment on l'utilise, à part pour ses corollaires).
Donc une transformation naturelle est déterminée par le couple $(A,M)$ qu'on peut s'amuser à retrouver, si on part de cette transformation. $A$ est l'objet qu'on veut définir avec l'isomorphisme fonctoriel, qui "représente" le foncteur, et $M$ est l'objet basique qui marche à tous les coups, dit universel, comme $A$.
On peut obtenir d'autres isomorphismes fonctoriels, mais qui seront avec des objets $(A',M')$ isomorphes à $(A,M)$ (si je ne dis pas de bêtises). Donc finalement, il n'y en a pas beaucoup (comme il n'y a pas beaucoup de produit direct de deux groupes, pour deux groupes donnés).
J'ai du mal. Bon, je vais essayer de faire ton exercice, et celui de Maxtimax. -
Oui, c'est ok ! Quand tu dis " j'ai du mal " ... je peux comprendre, j'ai déjà passé pas mal de temps sur ces histoires et je ne me trouve pas encore complètement clair !
En parallèle de l'exercice de Max et c'est pas déconnecté !
1/ Qu'est ce que tu penses de la représentabilité du foncteur $M_n \times M_n$, qui à un anneau $R$ associe les couples de matrices $(M,N)$ à coefficients dans $R$.
2/ Soit $A$ et $B$ deux anneaux, qu'est-ce que tu penses de la représentabilité de $\text{Hom}(A,\bullet) \times \text{Hom}(B,\bullet)$ ?
3/ a. (pas assez précis) On revient avec $\text{Det} : M_n \to \mathbb{A}^1$. Comme $M_n$ est représentable et bien cette transformation naturelle correspond à un élément de $ P \in \mathbb{A}^1(\Z[T_{i,j}])$ (Question c'est qui $P$ ? modulo ta représentation de $M_n$). Mais comme $\mathbb{A}^1$ est représenté par $(\Z[T],T)$, il existe un unique morphisme $\phi : \Z[T] \to \Z[T_{i,j}]$ tel que $\phi(T) = P$.
3/ b. Je résume tu as une transformation naturelle $F$, entre deux foncteurs $F : X \to Y$. On suppose que $X$ est représenté par $(A,x)$ avec $x \in X(A)$ et $Y$ représenté par $(B,y)$ avec $y \in Y(B)$.
Comme $X$ est représentable, tu peux reconstruire $F$ à partir de la donnée $F_A(x)$ qui est un élément de $Y(A)$, maintenant comme $Y$ est représenté par $(B,y)$, il existe un unique morphisme $\phi : B \to A$ tel que $F_A(x) = Y(\phi)(y)$. Bilan à partir de la transformation naturelle $F$ tu as fabriqué un morphisme d'anneau $\phi : B \to A$ (ça va dans l'autre sens). On pourrait dire que $\phi$ est une représentation de la transformation naturelle $F$. Si c'est trop nébuleux, ne te prends pas la tête ! -
Maxtimax, le morphisme de $A$-algèbres qui correspond à la multiplication, c'est : $A \rightarrow A \otimes A, a \mapsto a \otimes a = 1 \otimes a^2$, qui élève au carré en quelque sorte les coefficients d'une matrice de $M_n(A)$ ?
Pour l'addition, c'est $a \mapsto 1 \otimes 2a$, qui multiplie ses coefficients par $2$ ?
Cela me parait trop simple. -
Attention, $a\otimes a$ n'est pas égal à $1\otimes a^2$, de même que $a\otimes 1 + 1\otimes a$ n'est pas égal à $1\otimes 2a$ - par ailleurs, il ne s'agira pas d'un morphisme de $A$-algèbres
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Hein ??? Le produit tensoriel est bilinéaire : $(am) \otimes n = a (m \otimes n)=m \otimes (an)$.
Pour l'autre, c'est $2(1 \otimes a)=1 \otimes a+1 \otimes a=2 \otimes a=1 \otimes 2a$. -
@JP : bonjour. Et pourtant, en règle générale $a\otimes a\ne1\otimes a^2$, pourvu que l'on se mette bien d'accord sur le contexte dans lequel l'on travaille et sur le rôle de $a$ !!
Quelle est la propriété universelle du produit tensoriel ?Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
TP bonjour, peux-tu me dire où est l'erreur stp (à quel endroit exactement) dans : $a \otimes a=(a1) \otimes a=a(1 \otimes a)=1 \otimes (a.a)=1 \otimes a^2$ ?
Je me suis placée dans une $A$-algèbre car l'énoncé (de flipflop) se situe dans la catégorie des anneaux, et l'énoncé (de Maxtimax) fait référence (j'imagine) au produit tensoriel des deux $A$-modules que sont $A$ et $A$, $A$ étant un anneau commutatif et unitaire, et il faut faire de $A \otimes A$ à la fois un anneau et un $A$-module. -
Salut,
C'est le produit tensoriel de deux anneaux : $A \otimes_\Z A$ muni de sa structure d'anneau et non pas $A \otimes_A A$ que tu vas retrouver dans l'exercice de Max ! -
Les produits tensoriels qui ne sont pas au-dessus de $\Z$ ou $\Q$ sont en général inclus dans la notation, ou au moins mentionnés comme étant implicites
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Je ne connais pas le produit tensoriel de deux anneaux, seulement de deux modules, d'un module et d'une algèbre, ou de deux algèbres.
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Alors dans l'exo de Max, $A \otimes A$, c'est quoi exactement ?
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Un anneau c'est une $\Z$-algèbre de manière unique, vu que pour tout anneau $A$, il existe un unique morphisme d'anneau $\Z \to A$ (donc une structure de $\Z$-algèbre). Donc anneau c'est exactement pareil que $\Z$-algèbre.
En clair, la multiplication $a \otimes b \times a' \otimes b' := aa' \otimes bb'$.
En terme de propriété universelle, pour $A$ et $B$ deux anneaux, $A \otimes_\Z B$ est un anneau muni de deux morphismes $i_A : A \to A \otimes_\Z B$ et $i_B : B \to A \otimes_\Z B$, tel que pour tout anneau $R$ et tout couple de morphismes d'anneaux $\phi_A : A \to R$ et $\phi_B : B \to R$, il existe un unique morphisme d'anneau $\phi : A \otimes_\Z B \to R$ tel que $\phi \circ i_A = \phi_A$ et $\phi \circ i_B = \phi_B$. Dit autrement, c'est le coproduit de $A$ et de $B$ dans la catégorie des anneaux. -
Flipflop : ton énoncé n'est vrai que si "anneau' veut dire "anneau commutatif"
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Merci flipflop. Dans l'exercice de Maxtimax, il s'agit donc de $A \otimes_{\mathbb Z} A$ ? Il faut lire entre les lignes : "il ne s'agira pas d'un morphisme de $A$-algèbres", veut dire "il s'agira d'un morphisme de $\mathbb Z$-algèbres", et non pas "il s'agira d'un morphisme de $A$-modules" !
Je me demandais comment obtenir un anneau avec deux $A$-modules, mais je n'avais pas pensé au produit tensoriel des $\mathbb Z$-algèbres $A$. Evidemment, dans l'anneau obtenu $A \otimes_{\mathbb Z} A$, on n'a pas $a \otimes a = 1 \otimes a^2$, ni $1 \otimes a = a \otimes 1$. Mais on l'a bien dans le produit tensoriel $A \otimes_A A$ des $A$-algèbres $A$ ...
Retour à la case départ dans l'exercice de Maxtimax. -
Sinon, quelqu'un a-t-il une réponse (un début de démonstration) à ma question posée concernant la bijection des deux ensembles de morphismes : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2309406,2321208#msg-2321208
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Max : oui j'avais en tête commutatif.
Julia : argument de cardinalité peut-être du style si $R$ est infini alors $R \simeq R \times R$ ($\simeq$ en tant qu'ensemble !!!).
Sinon, regarde le 1/ 2/ et 3/ de mon post d'hier, c'est pour t'aider dans l'exercice de Max ! -
Merci flipflop ! C'est certainement cet argument de cardinalité. C'est :
- soit donc $\hom (\mathbb Q [x], R)=\hom (\mathbb Q [x,y], R)=\emptyset$ (s'il n'existe pas de morphisme d'anneaux $\mathbb Q \rightarrow R$),
-soit $\hom (\mathbb Q [x], R) \cong R, \hom (\mathbb Q [x,y], R) \cong R \times R$, or $R \cong R \times R$ (au moins si $R$ est dénombrable, mais n'en suis plus sûre si $R$ est infini non dénombrable).
D'accord pour le 1/, 2/, 3/. -
C'est vrai pour tout ensemble infini, si on accepte AC
(flipflop : je me doute :-D mais j'ai observé cette confusion récemment donc je préférais préciser) -
Bonjour flipflop,
1) $M_n \times M_n$ est représentable par $A=\mathbb Z [T_{i,j}] \times \mathbb Z [S_{i,j}]$, et le couple de matrices $(M, N) = ((T_{i,j}), (S_{i,j}))$,
2) $\text{Hom}(A,\bullet) \times \text{Hom}(B,\bullet)$ est représentable par $\text{Hom}(A \otimes B,\bullet)$,
3) $P=Det ((T_{i,j}))$. Ensuite, ton 3), de : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2309406,2322068#msg-2322068, cela correspond à l'exercice (de Maxtimax) : $A \rightarrow A \otimes A$, ou à $A \otimes A \rightarrow A$ ? -
Sinon, pour ton exercice dans : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2309406,2321272#msg-2321272, d'un foncteur non représentable. Je l'appelle $F$. Il est représentable ssi :
$\exists$ un anneau $A$ et $(a,b) \in F(A)$, i.e. $\exists (u,v) \in A^2$ t.q. $au+bv=1$, (i.e. $F$ est représenté par $(A, (a,b))$), tel que $\forall$ anneau $R$, [$\forall (\alpha, \beta) \in R^2$, t.q. $\exists (s,t) \in R^2, s \alpha + t \beta =1$], $\exists ! f \in \hom(A,R)$ t.q. $f(a)=\alpha, f(b)=\beta$.
Ceci me parait faux, reste à déterminer pourquoi. -
Salut Julia,
2/ Ok mais tu n'as donné que l'anneau représentant le foncteur et pas l'élément universel.
1/ Je vois ton idée mais c'est pas ok ! Y'a déjà un problème de " typage " le couple $(M, N) = ((T_{i,j}), (S_{i,j}))$ n'appartient pas à $(M_n \times M_n)(\Z[T_{ij}] \times \Z[ S _{i,j}])$ la matrice $(T_{i,j})$ n'est pas à coefficient dans $\Z[T_{ij}] \times \Z[ S _{i,j}]$, tu veux parler de la matrice $(T_{i,j},0)$ ?
Prenons $n = 1$, histoire de ne simplifier la vie. Donc ton anneau est $\Z[T] \times \Z[ S]$, le foncteur est juste $R \mapsto R \times R$ donc les couples de points de $R$. On va prendre $R = \Z$ et le point $(1,1) \in \Z^2$. IL n'existe pas de morphisme d'anneau $\phi : \Z[T] \times \Z[ S] \to \Z$ tel que $\phi((T,0)) = 1$ et $\phi(0,S) = 1$, parce que $(T,0) \times (0,S) = 0$.
3/ Ok, pour le déterminant. C'est $A \to A \otimes A$, (j'ai parlé de $A \otimes A \to A$ mais c'était une erreur de ma part !) -
Pour le foncteur non représentable, on va le noter $U_2$. La stratégie que j'ai en tête est un peu longue mais si tu trouves une idée n'hésite pas ! Tiens je prends l'anneau $A := \Z[X,Y,Z,T] / \langle XT+YZ -1 \rangle$ et le point $(x,y) \in U_2(A)$ (je note en petite lettre la classe de la grande lettre : par exemple $X$ devient $x$).
Soit $R$ un anneau et $(a,b) \in U_2(R)$, il existe $(u,v) \in R^2$ tel que $au+bv =1$ et je peux fabriquer le morphisme d'anneau $\phi : A \to R$ donné par $$ X \to a \qquad Y \to b \qquad Z \to v \qquad T \to u$$
qui vérifie bien $(\phi(x),\phi(y)) = (a,b)$.
Du coup, $A$ semble être un bon candidat mais il ne convient pas, tu vois le problème ? -
Merci beaucoup flipflop pour le mal que tu donnes. Je suis repartie sur la suite de mon cours, et vais arrêter là pour l'instant, sinon je vais répondre un peu au hasard n'importe quoi.
Merci encore. J'ai compris énormément de choses grâce à toi, je les mettrai dans ce fil aussi. -
Salut Julia,
D'accord, garde l'exercice dans un coin de la tête ! -
BonjourTon lien Maxtimax, où tu expliques l'utilité de la théorie des catégories ne fonctionne plus : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2186012/ [Correction du lien. Merci Raoul.S. AD]https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/comment/2186012#Comment_2186012 suite au changement de version du forum. Est-il possible de le remettre ?Je me repose cette question car mon cours aborde la géométrie algébrique avec la théorie des catégories : faisceaux, schémas, qui sont tous vus à la "sauce" catégories, et cela me parait compliquer les choses sans rien apporter (mon cours fait constamment référence à la théorie des catégories : "ah oui, au fait c'est ça dans cette théorie" ou pire : on définit dans cette théorie, cela parait bien compliqué, on ne voit pas ce que c'est, et décrypté c'est en fait quelque chose de simple, tout cela sans qu'il y ait quelque chose en retour de cette théorie).Or je me rends compte que la plupart des cours que j'ai trouvés sur internet s'en passe, par exemple le 1er qui vient quand on fait une recherche : https://www.math.ens.fr/~debarre/DEA99.pdfDu coup, je me demande si la théorie des catégories est bien nécessaire pour commencer à étudier la géométrie algébrique, et surtout si cela n'embrouille pas plus que cela n'aide à quelque chose, de voir pour la 1ère fois la géométrie algébrique sous cet angle.Merci d'avance.
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Julia: aucune idée, pour le lien... le nouveau site, c'est un peu n'importe quoi...
Pour ton cours, s'il y fait référence sans utiliser, c'est ou bien que c'est un mauvais cours , ou bien que c'est pour te préparer à la suite.
Le truc c'est que déjà beaucoup des constructions "toutes simples" que tu fais, elles se "justifient" par les catégories (le produit fibré par exemple, ou recoller des schémas : pourquoi le truc que tu définis concrètement, simplement, a un sens, comment je le manipule, etc. ). Aussi, l'équivalence de différentes constructions peut se justifier de cette manière.
Mais bon, bien sûr, au début, on peut s'en passer. Enfin, ça dépend ce que tu fais, et comment tu définis les schémas; mais certainement on peut s'en passer. Que ça embrouille ou aide, c'est une question subjective : moi je ne comprends rien à la géométrie algébrique qui n'est pas formulée fonctoriellement, mais ce n'est pas la même chose pour tout le monde.
En tout cas, c'est sûr que ça ne sert à rien de lâcher des mots par-ci par-là pour ne rien en faire.
Je te donne un exemple de truc "du début" que ça peut aider à comprendre: la définition de $\mathbb P^n$. Sans Yoneda et patati, pour le définir tu vas ou bien devoir introduire la construction Proj (alors que bon... tu viens de te taper Spec, et là on te demande de recommencer mais "dans le monde gradué"), ou bien tu vas devoir utiliser des cartes pour le définir . J'insiste sur le mot "définir " ici, puisque quoiqu'il arrive, les cartes de $\mathbb P^n$, bah elles sont là, bien, pratiques, et tu vas devoir les avoir pour vérifier que t'as un schéma. Mais définir $\mathbb P^n$ par des cartes, c'est quand même ridicule, alors qu'on a une définition/compréhension ultra géométrique de $\mathbb P^n$ dans tous les autres contextes (à savoir l'espace des droites), et qu'à la fin des fins, c'est cette définition/compréhension qu'on va utiliser. Bon, bah modulo la définition de droite (il faut la modifier un peu pour que ça marche sur des anneaux quelconques), tu peux définir $\mathbb P^n$ de cette manière via Yoneda. Il ne te reste alors plus qu'à vérifier que c'est un schéma, et là tu utilises tes bonnes vieilles cartes. Et là c'est exactement le même schéma de preuve (sans jeu de mots) que dans le cas différentiel/topologique : tu définis un espace topologique, et vérifie que c'est une variété. C'est plus satisfaisant, non ?
Et parfois, quand on va dans des trucs plus avancés, c'est aussi beaucoup plus simple : dans le cas de $\mathbb P^n$ on peut faire du recollement de cartes à la main parce qu'on contrôle les intersections, mais tu fais comment si tu n'as aucun contrôle sur les intersections, les triples intersections, etc? Bref, les catégories ici te simplifient réellement la vie, te permettent d'être plus proches de la géométrie. Et ce n'est que le sommet de l'iceberg.
Ce qu'il faut comprendre, c'est qu'historiquement les catégories en géométrie algébrique on s'est pas juste dits "oh c'est drôle on va dire 'foncteur'". ça a été un ajout organique, parce que ça marchait, ça aidait. Alors certes, il faut peut-être avancer un peu plus pour en voir les bénéfices, et pour commencer tu n'en as pas besoin, voire ça peut embrouiller.
En fait, il y a même plein de gens qui ne les utilisent pas (en GA je veux dire). Mais elles n'embrouillent pas tout le monde, et elles aident beaucoup de gens. (en plus là je n'ai parlé que de constructions de schémas, je n'ai rien dit de toute l'algèbre homologique, ni même du concept de foncteur adjoint, de la notion d'isomorphisme naturel, qui sont essentiels à une grande partie du formalisme de Grothendieck, et finalement, pas non plus de la géométrie algébrique dérivée ou spectrale, qui ont un besoin évident de catégories. ) -
Je passe juste pour dire qu'on peut récupérer les vieux liens comme celui mentionné par Julia.
Le voilà https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2186012/
Il faut récupérer l'identifiant de la discussion (dans ce cas 2186012) et le remettre au bon endroit dans l'url.
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Bonsoir
Je viens de déplacer le fil demandé dans le sous-forum intitulé "Catégories et structures". Ici même !
Le chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
Bonjour à tous, et merci.Maxtimax, je ne comprends pas tout ce que tu dis car je n'ai pas encore bien vu les schémas. Je pense que pour comprendre une théorie, il faut refaire (rapidement) le parcours qui a mené historiquement à cette théorie. Quelqu'un ne s'est pas levé un matin en créant la géométrie algébrique d'aujourd'hui (si j'ai bien compris, il y a eu la géométrie algébrique d'avant et celle d'après Grothendieck). C'est comme ça en tout cas que je fonctionne (j'ai besoin à un moment de savoir d'où cela sort, les définitions, les formules, pour comprendre vraiment). Par exemple, avec la géométrie algébrique, je comprends vraiment seulement maintenant la notion d'anneau noethérien parce que je comprends d'où elle sort, pourquoi on en a eu besoin.A la limite, je pense que c'est une erreur mathématique (ou du moins pédagogique), de présenter une théorie A qui existe sans la théorie B, de la présenter à travers la théorie B (cela laisse supposer qu'elle n'existe pas sans la théorie B alors que c'est faux).J'ai donc décidé d'abandonner mon cours (et d'aller sur d'autres cours), quitte à y revenir ensuite, quand j'aurai compris la nécessité ou l'intérêt de passer aux catégories, et là je pense que cela doit aller tout seul.Je te relirai à ce moment-là.
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A la limite, je pense que c'est une erreur mathématique (ou du moins pédagogique), de présenter une théorie A qui existe sans la théorie B, de la présenter à travers la théorie B (cela laisse supposer qu'elle n'existe pas sans la théorie B alors que c'est faux).Pas clair ! On peut arguer au contraire que la connaissance préalable de B est (peut être) une porte d'entrée pour A.
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Si A existe sans B (A se suffit à elle-même, B s'est rajoutée ensuite par-dessus), A n'a pas besoin de B comme porte d'entrée. Je crois que c'est un profond problème pédagogique : si on déverse tout, tout de suite, on risque d'embrouiller ; si on déploie la théorie par étapes (par couches successives), on risque de se répéter.
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