Anneau factoriel et axiome du choix

Bonjour,
Est-ce que l'on a forcément besoin de l'axiome du choix, ou du choix dénombrable, pour montrer que tout anneau principal et intègre est factoriel ? Est-ce qu'on a l'implication réciproque: si tout anneau principal et intègre est factoriel, alors l'axiome du choix dénombrable est vrai ?
Merci d'avance.

Réponses

  • marco
    Modifié (August 2023)
    Plutôt que l'axiome du choix dénombrable, il s'agit de l'axiome du choix dépendant. En effet, dans la démonstration de "principal et intègre => factoriel", on construit une chaîne (dénombrable) strictement croissante d'idéaux, chaque idéal de la chaîne étant construit en fonction du précédent.
  • gebrane
    Modifié (August 2023)
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • Merci @gebrane . La preuve utilise l'existence d'un idéal maximal dans un anneau, et il me semble que prouver l'existence d'un idéal maximal utilise l'axiome du choix (peut-être même est-ce équivalent).
  • Tu as raison il y a équivalence d’après LEMME DE KRULL  http://www-fourier.univ-grenoble-alpes.fr/~berhuy/fichiers/KrullAC.pdf


    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • SkyMtn
    Modifié (August 2023)
    On peut démontrer que les anneaux principaux sont factoriels en utilisant un axiome bien plus faible que l'axiome du choix : le lemme des ultrafiltres. Le lemme des ultrafiltres permet de démontrer l'existence des idéaux premiers, voir ce fil de discussion.

    La factorialité des anneaux principaux est une conséquence d'un théorème de Kaplansky : 
    Un anneau intègre $A$ est factoriel si, et seulement si tout idéal premier non-nul de $A$ contient un élément premier (non-nul).
    Ce résultat utilise l'existence des idéaux premiers dans un anneau commutatif. Le sens direct du théorème est immédiat (parce que dans un anneau factoriel, les éléments irréductibles sont premiers). Réciproquement, on considère l'ensemble $S$ des produits finis d'éléments inversibles ou premiers (non-nuls). On montre que $S$ est une partie multiplicative (stable par produit, contient $1$ et ne contient pas $0$) saturée (c'est-à-dire que si $d~|~x$ et $x\in S$, alors $d \in S$).

    La preuve de la saturation requiert seulement l'intégrité de $A$, je peux donner plus de détails si tu n'arrives pas à le démontrer. 

    Supposons par l'absurde qu'il existe un élément $x\neq 0$ qui ne soit ni inversible, ni produit d'éléments premiers, i.e. $x\not\in S$. Comme $S$ est saturée, on a $(x) \cap S = \varnothing$. Par conséquent, en localisant en $S$ on peut prolonger $(x)$ en idéal premier $\mathfrak p$ disjoint de $S$ (on utilise à cet endroit le lemme des ultrafiltres). Ce qui est absurde, car $\mathfrak p$ contient un élément premier non-nul (donc $\mathfrak p$ rencontre $S$).

    Tu sais certainement qu'un anneau intègre est factoriel si, et seulement si tout élément non-nul est produit d'inversibles et d'éléments premiers. C'est un résultat classique que tu devrais trouver dans n'importe quel livre d'algèbre commutative. Ça termine la preuve du sens réciproque.
  • @marco : effectivement la preuve classique que tu mentionnes ci-dessus utilise l'axiome du choix dépendant ACD. En revanche la preuve de @SkyMtn utilise le lemme de l'ultrafiltre, qui est situé "juste en dessous" de l'axiome du choix "plein pot". Donc à mon sens le lemme de l'ultrafiltre est beaucoup plus fort que ACD (même si je peux éventuellement me tromper). Donc si tu veux raisonner a minima tu as intérêt à utiliser ta preuve.
    Ceci dit je ne sais pas si "Tout anneau principal est factoriel" implique ACD. Il me semble avoir entendu dire que oui, mais je n'ai pas de preuve sous la main. A mon avis "Tout anneau principal est atomique" suffit, où un anneau atomique est un anneau intègre dans lequel tout élément non inversible admet une décomposition en facteurs irréductibles. (L'unicité de la décomposition n'a rien à faire ici).
  • Le lemme des ultrafiltres est un énoncé indépendant de l'axiome du choix dénombrable dépendant (dans $\textsf{ZF}$).
    Il n'est ni plus fort, ni moins fort que $\textsf{DC}_\omega$.

    D'après ce sujet mathoverflow l'énoncé « tout anneau principal est factoriel » implique une forme faible du lemme de König (encore plus faible que l'axiome du choix dépendant). 
  • marco
    Modifié (August 2023)
    @SkyMtn ,@Martial : merci ! :+1: J'essaie de démontrer la saturation.
    Par récurrence sur le nombre de premiers $k$ avec multiplicité intervenant dans le produit égal à $x \in S$.
    Si $k=0$, $(x)=(1)=A$, et si $d | x$, alors $ed=x$ pour $e \in A$, donc $d$ inversible, car $x$ inversible, donc $d \in S$.
    Si $k>0$, si $d |x$, alors $ed=x$ pour un $e  \in A$. On a $x=p_1\cdots p_k$ où les $p_i$ sont des premiers.
    Si $p_1$ ne divise pas $d$, alors $d \notin (p_1)$, donc comme $ed \in (p_1)$ et $p_1$ premier, on a $e \in (p_1)$. Donc $e=gp_1$, donc $gp_1d=p_1 \cdots p_k$, donc, par intégrité, $gd=p_2 \cdots p_k=:y \in S$. Donc, par récurrence, comme il y a $k-1$ premiers dans le membre de droite $y$ et comme $d | y$, on a $d \in S$.
    Si $p_1$ divise $d$, alors $d=fp_1$ et $efp_1=p_1\cdots p_k$, donc $ef=p_2 \cdots p_k=:y$, donc $f$ divise $y$ et comme $y$ est le produit de $k-1$ premiers, $f \in S$, donc $d=fp_1 \in S$.
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