Projectivité, platitude, injectivité

Bonjour, je note $A:=\Z/12\Z$. Dans un exercice, je dois discuter de la projectivité, platitude, injectivité sur $A$ de $\Z/n\Z$ avec $n=2,3,4,6,12$. Je sais montrer que $\Z/12\Z$, $\Z/3\Z$ et $\Z/4\Z$ sont projectifs (donc plats) sur $A$. En revanche je bloque un peu pour le reste. Pourriez-vous me donner un coup de pouce ?

Merci beaucoup.

Réponses

  • Est-ce que tu penses pouvoir scinder la suite exacte \[0\to\Z/2\Z\to\Z/4\Z\to\Z/2\Z\to0\;?\]Que se passe-t-il si tu tensorises par $\Z/2\Z$ ? Peux-tu en produire une ou deux du même genre pour $\Z/6\Z$ ?

    [Edit : Rectification du troisième terme de la suite.]
  • Tu as un unique sous groupe d'ordre 2 dans $\mathbb{Z}/12$, ca te donne une fleche $\mathbb{Z}/2\to \mathbb{Z}/12$ injective (c'est à priori simplement une fleche de $\mathbb{Z}$ modules mais tout le monde est tué par $12$ la dedans).
    Si tu tensorise cette fleche par $\mathbb{Z}/6$, elle devient nulle, mais $\mathbb{Z}/2\otimes \mathbb{Z}/6$ ne l'est pas lui, nul.
  • Merci pour vos réponses.

    Pour répondre à NoName, je suis tout à fait d'accord. Par contre, comment montrer que $\Z/2\Z\otimes_{\Z/12\Z} \Z/6\Z$ n'est pas nul ?

    Je réponds à Math Coss avant. On ne peut pas scinder cette suite. En effet, l'unique morphisme de groupes non nul $\Z/2\Z\to \Z/4\Z$ est la flèche $(0\mapsto 0,1\mapsto 2)$ (qui est la flèche de gauche dans la suite). Pour les mêmes raisons que dans l'exemple de NoName, la flèche de gauche qui est injective devient nulle en tensorisant par $\Z/2\Z$ mais encore une fois, comment montrer que $\Z/2\Z\otimes_{\Z/12\Z} \Z/2\Z$ n'est pas nul ?
  • Tu peux montrer que c'est isomorphe à $\mathbb{Z}/2$.
    Mais si tu veux simplement que ca ne soit pas nul, alors considère l'application bilinéaire suivante $\mathbb{Z}/6\times \mathbb{Z}/2\to\mathbb{Z}/12$, qui associe à $(a,b)$, ben $6ab$. C'est clairement bilinéaire et c'est clairement bien défini car $12|2.6$ et $12|6.6$. Et bien sur son image est pas nulle (1, 1) s'envoie sur 6. Donc comme ca se factorise par le produit tensoriel celui ci aurait du mal à être nul.
  • J'aurais pete du prendre $\mathbb{Z}/6\times \mathbb{Z}/2\to \mathbb{Z}/2$ qui à $a,b$ associe $ab$, c'eut été plus clair?
  • On a $\Z/2\Z\otimes_{\Z/12\Z} \Z/6\Z\simeq\Z/2\Z\otimes_{\Z/12\Z} \Z/2\Z\oplus\Z/2\Z\otimes_{\Z/12\Z} \Z/3\Z$. On traite à part les deux termes :
    • dans $\Z/2\Z\otimes_{\Z/12\Z} \Z/3\Z$, on a $1\otimes1=1\otimes(2\cdot2)=2\otimes2=0\otimes2=0$ ;
    • dans l'esprit de ce qu'a écrit NoName, l'application $\Z/2\Z\otimes_{\Z/12\Z} \Z/2\Z\to\Z/2\Z$, $a\otimes b\mapsto ab$ est $A$-linéaire (car $(a,b)\mapsto ab$ est bilinéaire) et envoie le seul élément potentiellement non nul du produit tensoriel sur $1$ (au passage, le fait que le produit tensoriel soit sur $\Z/12\Z$ ou sur $\Z$ ne change rien ici).
  • Pour appuyer la parenthese de Math Coss, tu peux remarquer que si $M$ et $N$ sont deux $R$-modules tués par un certain $I$, alors $M\otimes_R N$ est canoniquement isomorphe à $M\otimes_{R/I} N$.
    Parce que par exemple, tu as un morphisme de foncteur des applications $R$-bilinéaires $M\times N \to S$ sur celle des applications $R$-bilinéaires $M\times N \to S$ tués par $I$, qui s'identifie donc à la catégorie des applications $R/I$-bilinéaires $M\times N \to S$ (où $S$ est un $R/I$-module cette fois) et donc Yoneda assure que $M\otimes_R N $ vu comme $R/I$ module est isomorphe à $M\otimes_{R/I} N $.
  • Merci encore pour ces précisions. Le dernier message de NoName permet de voir précisément ce qu'il se passe.

    Et au niveau de l'injectivité de ces modules ? Le critère de Baer sufit-il pour décider ? Je vous avoue que je commence à utiliser la notion d'injectivité et que je ne suis pas très à l'aise.
  • Le fait que la suite exacte $0\to\Z/2\rightarrow\Z/4\rightarrow\Z/2\to0$ n'est pas scindée dit que le $\Z/2$ qui est à gauche n'est pas injectif, n'est-ce pas ? \[\xymatrix{0\ar[r]&\Z/2\ar[r]\ar[d]_{\mathrm{id}}&\Z/4\ar@{-->}[dl]\\&\Z/2}\]
  • Ah oui tout simplement... Par ailleurs, j'ai remarqué qu'une fois que l'on a traité le cas de $\Z/2\Z$, on obtient directement la réponse pour $\Z/6\Z$ grâce à l'isomorphisme $\Z/6\Z \simeq \Z/2\Z \times \Z/3\Z$ donné par le théorème chinois. C'est tout bon du coup !
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