Algèbre de type fini

Ton 2) est correct, et la réponse à ton PS est évidente puisque "algèbre finie" veut dire par définition "de type fini comme module". Tu voulais peut-être demander "de type fini comme algèbre" ?

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.

Bonjour,

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.

Coucou Max,

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.

En type fini, comme un module sans torsion est libre, ne suffit-il pas de constater que tensoriser par un module libre est exact (parce que ça commute aux sommes directes finies et que tensoriser par $\Z$ est vraiment bénin) ?

OK, dans ce cas il faut plus.

Naruto30 :
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 !)

Naruto30 : si, tu peux trouver un tel $R$ : prends une surjection $A^n\to P$ avec $n$ fini, et alors $P\oplus \ker \cong A^n$, de sorte que $\ker$ est aussi de type fini

L'existence de $P'$ ! (Et $Q'$ pour $Q$)

Ah ! Eh bien en général, si $M$ n'est pas projectif, même si $A^n\to M$ est surjective, tu n'as aucune raison que $A^n \cong \ker \oplus M$ ! Il faut la projectivité de $M$ pour obtenir une section $M\to A^n$ et donc l'écriture en somme directe.