Algèbre de type fini
Bonjour
N'étant pas très à l'aise avec l'algèbre commutative je viens solliciter votre aide sur un problème.
1) On considère $B$ une $\Z$-algèbre. On suppose que $B$ est de type fini comme $\Z$-module et plat. Il s'agit de montrer que $B$ est libre.
J'ai voulu considérer la surjection $f$ entre $B$ et $\Z^{n}$ et la suite exacte $0\to\ker(f)\to\Z^{n}\to B\to 0$ et appliquer le fait que $B$ est plat en tensorisant. Mais je ne parviens à rien.
2) Ensuite il faut montrer que l'hypothèse de type fini comme $\Z$-module est nécessaire. J'ai trouvé comme contre exemple $\Q$ qui est une $\Z$-algèbre plate comme $\Z$-module mais pas de type fini comme $\Z$-module et qui n'est pas libre.
PS: Est-ce que le résultat demeure si $B$ est finie comme $\Z$-algèbre ?
Merci d'avance pour vos réponses.
N'étant pas très à l'aise avec l'algèbre commutative je viens solliciter votre aide sur un problème.
1) On considère $B$ une $\Z$-algèbre. On suppose que $B$ est de type fini comme $\Z$-module et plat. Il s'agit de montrer que $B$ est libre.
J'ai voulu considérer la surjection $f$ entre $B$ et $\Z^{n}$ et la suite exacte $0\to\ker(f)\to\Z^{n}\to B\to 0$ et appliquer le fait que $B$ est plat en tensorisant. Mais je ne parviens à rien.
2) Ensuite il faut montrer que l'hypothèse de type fini comme $\Z$-module est nécessaire. J'ai trouvé comme contre exemple $\Q$ qui est une $\Z$-algèbre plate comme $\Z$-module mais pas de type fini comme $\Z$-module et qui n'est pas libre.
PS: Est-ce que le résultat demeure si $B$ est finie comme $\Z$-algèbre ?
Merci d'avance pour vos réponses.
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Réponses
Pour ton 1), le souci est que tu es avec $\mathbb Z$ spécifiquement donc la question n'a rien à voir avec les algèbres : un $\mathbb Z$-module plat est sans torsion, et s'il est plat alors par classification des groupes abéliens de type fini, il est libre.
Pourrais-tu s'il te plait détailler cette phrase : "s'il est plat alors par classification des groupes abéliens de type fini, il est libre" ? car ça ne me parle pas (je me remets à l'algèbre).
un groupe abélien de type fini est isomorphe à un produit direct $T \times \Z^r$, où $T$ est un produit de groupe du type $\Z/n_i\Z$ avec $n_i$ qui divise $n_{i+1}$, c'est donc la partie "torsion" de ton module et $\Z^r$ est la partie libre. S'il n'y a pas de torsion....
Bonne journée
F.
Par contre est-ce encore vrai si B est de type fini comme Z-algèbre ?
Pour ta question, non ça ne va plus être vrai. En effet sur $\mathbb Z$, la platitude revient à être sans torsion, donc il suffit de trouver une algèbre de type fini sans torsion qui ne soit pas libre. Quid de $\mathbb Z [1/2]$ ?
Forme normale de Smith (et pas de Schmidt), 1826-1883, https://fr.wikipedia.org/wiki/Henry_John_Stephen_Smith
Il y a aussi un F.K. Schmidt, (1901-1977) qui a travaillé en particulier sur les courbes algébriques, https://en.wikipedia.org/wiki/Friedrich_Karl_Schmidt https://mathoverflow.net/questions/14627/the-work-of-e-artin-and-f-k-schmidt-on-what-are-now-called-the-weil-conject Et également Susanne Schmitt (Courbes elliptiques) https://www.amazon.fr/Elliptic-Curves-Computational-Susanne-Schmitt/dp/3110168081
C'est tout ? Euh, oui, c'est Dimanche.
Pardon, j'ai recopié bêtement le message d'avant (ne connaissant pas le nom moi-même, mais sachant que ça avait la forme S-i- je me suis dit ok).
Attention ton dernier lien wiki redirige vers F.K.Schmidt, et pas Susanne Schmitt
Donc, pour tout module $M$, en regardant la suite exacte longue associée à $0\to A\to A\otimes \mathbb Q \to K\to 0$ ($K$ le quotient) on obtient $0\to \mathrm{Tor}^{\mathbb Z}_1(A, M)\to \mathrm{Tor}^{\mathbb Z}_1(A\otimes \mathbb Q, M)$ à la fin, la flèche $\mathrm{Tor}^{\mathbb Z}_1(A, M)\to \mathrm{Tor}^{\mathbb Z}_1(A\otimes \mathbb Q, M)$ est donc une injection, or le terme de droite est nul, donc celui de gauche aussi, donc $A$ est plat.
Si on ne connait pas $\mathrm{Tor}$, ce n'est pas "un problème" : il faut refaire à la main la preuve de la suite exacte longue, ce qui n'est pas trop dur. Si ça t'intéresse je le ferai plus tard.
Est-ce que le fait que sans torsion implique plat est encore valide dans un anneau principal ? (y a-t-il d'autres anneaux où cela est vérifiée ?)
Merci pour vos réponses (j'apprends beaucoup de choses).
J'ai montré que si $P$ et $Q$ étaient projectifs alors $P\otimes_{A}Q$ et $Hom(P,Q)$ l'étaient aussi $rg(P\otimes_{A}Q)=rg(P)rg(Q)$.
Par contre je voulais prouver que $rg(Hom(P,Q))=rg(P)rg(Q)$ en disant que $Hom(P,Q)\otimes_{A}K$ est isomorphe à $Hom(P\otimes_{A}K,Q\otimes_{A}K)$ mais je n'arrive pas à le montrer. En effet on peut considérer l'application
$(f\otimes{k})\to(p\otimes{x}\to f(p)\otimes{kx})$ mais je n'arrive pas à montrer qu'elle est bijective (si elle l'est, en fait j'ai trouvé un inverse à gauche donc elle est injective).
Il y a des exemples d'anneaux intègres où ce n'est plus vrai (même si on pourrait croire en lisant mon argument en diagonale) comme par exemple sur $\mathbb Z[x,y]$ on peut montrer que $(x,y)$ n'est pas plat.
Pour ta question d'en dessous, une technique classique pour ce genre de questions est : je définis un morphisme "canonique" (ça veut dire sans choix de base ou quoi que ce soit - essentiellement, ça veut dire qu'il va commuter à tout ce que tu veux) entre $F(P,Q)$ et $G(P,Q)$ ($F$, $G$ deux "constructions", comme par exemple ici $\hom(P,Q)\otimes K$ et $\hom(P\otimes K, Q\otimes K)$), je montre que c'est un isomorphisme pour les modules libres [éventuellement de type fini, selon la situation ] (ici ça va être facile : c'est juste une affaire de matrices); et je conclus que c'en est un pour les modules projectifs en prenant un supplémentaire à $P,Q$ dans un module libre, et en observant que puisque mon morphisme était "canonique", tout se passe bien.
Dit comme ça, c'est pas super précis, mais on peut le préciser - mais priori ce niveau de précision est suffisant pour l'exercice en question. Si mon explication n'est pas claire, j'essaierai de préciser
Aucun souci pour la compréhension, il n'y a pas de "vitesse de compréhension" nécessaire ;-)
Du coup je reprends : tu es ok pour le cas où $P, Q$ sont libres ?
Si oui, peux-tu fixer $Q$ libre, et voir que le fait que ça marche pour $P\oplus R$ libre implique que ça marche pour $P$ ?
Pour le cas Q libre et P projectif (pour la surjectivité) : j'ai pris g dans $Hom(P\otimes{K},Q\otimes{K})$. A partir de g j'ai construit une application g' de $Hom(P\otimes{K}\bigoplus{R}\otimes{K},Q\otimes{K})$ en associant au couple $(p\otimes{k},r\otimes{k}')$ la valeur $g(p\otimes{k})$. D'après le cas où tout le monde est libre je trouve un antécédent pour g' notée f' dans $Hom(P\bigoplus{R},Q)$ Je définie alors f qui à p associe f'(p,0) qui sera l'antécédent de g.
Est-ce que c'est dans ce sens qu'il faut aller ou pas du tout ?
Il y a des manières plus économiques/conceptuelles de l'écrire mais c'est essentiellement ça, oui.
Maintenant, le cas $P$ projectif, $Q$ libre étant traité, tu peux fixer $P$ projectif et passer à $Q$ projectif en prenant cette fois $Q\oplus R$ libre : tu y es presque !
A travers cette "technique" je vois un peu mieux l'intérêt des modules projectifs.
Je dois admettre que je ne vois pas encore l'intérêt de certaines notions d'algèbre commutative (produit tensoriel, module plat...) qui me semblent trop formelles. Pensez-vous qu'il vaut mieux étudier la géométrie algébrique préalablement pour visualiser ?
Encore merci pour ces pistes sans lesquelles il m'aurait été impossible de démontrer la surjectivité.
Peut-être que tu pourrais lire avec profit ``Le ruban de Möbius comme représentation d'un idéal non principal'' de Daniel Ferrand in http://agreg-maths.univ-rennes1.fr/documentation/docs/Moebius.pdf. En tout cas, je te le recommande. Et pourquoi pas du même auteur, dans le même thème mais un peu plus avancé https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-00142445/document ?
On peut faire comme suit : soit $P', Q'$ tels que $P\oplus P', Q\oplus Q'$ soient libres, disons $A^n, A^m$
On a alors que $\hom(P,Q)$ est un sommande directe de $\hom(A^n, A^m)$, i.e. on a $i: \hom(P,Q) \to \hom(A^n, A^m)$ et $r: \hom(A^n, A^m)\to \hom(P,Q)$ telles que $r\circ i = id$ (tu peux écrire $r, i$ facilement à partir des inclusions et des projections entre $P,Q,A^n,A^m$)
Alors $\xymatrix{\hom(P,Q)\otimes K \ar[d] \ar[r] & \hom(P\otimes K, Q\otimes K) \ar[d] \\\hom(A^n, A^m)\otimes K \ar[d]\ar[r] & \hom(A^n\otimes K, A^m\otimes K) \ar[d] \\
\hom(P,Q)\otimes K \ar[r] & \hom(P\otimes K, Q\otimes K)}$
commute (je te laisse deviner qui sont les flèches - cela vient de ce que notre morphisme était "canonique" et de ce que $r,i$ sont définies par des applications sur les modules, tu peux le vérifier à la main si tu n'es pas convaincu).
Bon maintenant tu peux vérifier que dans n'importe quelle situation, si tu as un diagramme comme ça qui commute, avec les flèches verticales qui se composent en l'identité, et si la flèche horizontale du milieu est un isomorphisme, alors l'autre flèche horizontale en est un (les "rétracts" d'isomorphismes sont des isomorphismes).
Ce principe et cette méthode de preuve est ce qui justifie qu'on peut essentiellement très souvent passer d'un truc sur les libres à un truc sur les projectifs.
En fait l'intérêt (autre que géométrique, comme Claude le montre - cet intérêt géométrique n'étant pas du tout négligeable) des projectifs c'est qu'ils généralisent les libres, et se comportent bien vis à vis de tout; ils permettent donc notamment (c'est principalement comme ça que je les utilise) de faire des résolutions et autres trucs sympas.
Pour le produit tensoriel mhm moi j'y ai à nouveau un intérêt purement pragmatique qui vient de la topologie (changement de coefficients) et de la géométrie effectivement.
En algèbre commutative pure, il faut être convaincu que l'algèbre multilinéaire c'est bien pour comprendre leur intérêt.
Un exemple pragmatique de leur intérêt est le suivant : si tu as des morphismes d'anneaux (commutatifs, unitaires) $A\to B, A\to C$, alors $B\otimes_A C$ est un anneau, et c'est la somme amalgamée de $B,C$ au-dessus de $A$. Avec $A=\mathbb Z$, tu obtiens que $B,C$ est le coproduit de $B,C$ et ça c'est déjà pas mal.
En partant de cette remarque, exercice : soit $k$ un corps, $K,L$ deux extensions de $k$. Alors il existe un corps $F$ qui soit une extension de $K,L$.
Une fois que tu es convaincu de l'intérêt du produit tensoriel, celui des modules plats est évident (quoique Claude a, dans un bouquin, une autre interprétation remarquable des modules plats !)
Une remarque qui m'est venu concernant ta méthode Maxtimax : dans le premier cas nous n'avons démontré le résultat que pour des modules libres de type fini. Cependant quand P est projectif on sait que $P\bigoplus{R}$ est libre mais il n'est pas nécessairement de type fini même si P l'est ?
Donc si on est sans torsion on est une colimite dirigée de module plats, comme le produit tensoriel commute à ces dernières et (fait important dans les catégories de modules, mais faux dans une catégorie abélienne en général) que ces dernières préservent les suites exactes, on en déduit que si on est sans torsion, on est plat.
Donc finalement MathCoss n'avait pas tort, il y avait plus simple :-D