anneau pas forcément intègre
Est-ce qu'il existe un anneau $A$ (quelconque, pas forcement intègre) et une matrice $M$ à coefficients dans $A$ avec $p$ lignes et $n$ colonnes, avec $p< n$ et telle qu'il n'existe aucune combinaison linéaire non triviale (non identiquement nulle) des colonnes de $M$ qui donne $0$
Réponses
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Si je dis pas de connerie l'anneau A ne peut pas être commutatif.
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Il faut exiger l'anneau A non nul, sinon c'est facile 8-)
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Et bien entendu, sans pour autant vous "brusquer" dans vos vies privées, serait-il possible d'avoir une petite démonstration (je ne réclame pas, juste, je suggère... alala qu'est-ce que j'ai du mal à m'exprimer diplomatiquement)
D'après Guimauve, il n'existe pas de tels anneaux {\bf commutatifs} (tu nous en informes de mémoire, semble-t-il, te rappelles-tu où tu aurais lu la "bonne nouvelle"? (que seuls d'éventuels anneaux NON commutatifs marchent))
Pb semble dire que l'anneau $A:=\{0\}$ ne marche pas... (ou marche? mais alors j'ai du mal, comment une combinaison linéaire à coef dans un anneau nul peut-elle être non triviales? ) Certes!Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonsoir Christophe je pensais au fait que dans un module libre de type fini sur un anneau commutatif toutes les bases ont même nombre d'éléments mais en fait il n'y a aucune raison de supposer que A^p est libre donc ma remarque est à oublier.
Edit : ceci dit si A^p n'est pas libre le système formé par les colonnes ne l'est pas non plus ! Donc on est bien forcé de croire que A^p est libre et que A est non commutatif (ou alors je suis fatigué et je dis n'importe quoi).
D'ailleurs en regardant le cas simple p=2 n=1 on voit que la non-commutativité n'est pas tellement farfelue.
Bonne nuit -
ceci dit si A^p n'est pas libre le système formé par les colonnes ne l'est pas non plus ! Donc on est bien forcé de croire que A^p est libre et que A est non commutatif (ou alors je suis fatigué et je dis n'importe quoi).
Là, j'ai du mal à suivre (+ quelques bordeaux dans le nez) Si $A^p$ n'est pas libre, il semble alors être l'exemple réclamé par columbo de toute façon, non?
n=2 et p=1 ne suffit pas à regler la question, car elle devient justement importante (enfin, façon de parler, à côté du darfour...) pour des valeurs plus grandes. En fait, c'est une question générale: dans les 1ers cycles universitaires (ou prepa) il n'ya pas d'exemple d'anneaux integres (c'est un classique corollaire du meme fait pour les corps) et donc la question se pose juste de savoir si on peut se passer de l'hypothèse "integre".Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Si A est n'importe quel anneau intègre, tu considère les matices 2/2 en cet anneau. Par exemple avec a et b non nuls
\begin{quotation}\[A=\begin{pmatrix}a & 0 \\0 & 0\end{pmatrix}\] \begin{quotation}\
Et clairement avec la matrice (A
à 1 ligne 2 colonnes,
\begin{quotation}
\[
\begin{pmatrix}
sa & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
0 & tb \\
0 & 0
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
sa & tb \\
0 & 0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\] si et seulement si s=t=0
\end{quotation}
ca fait déja une infinité de contrexemples
PS : les matrices avec latex c'est la galère non ? j'imagine quand on veut faire des diagrammes ! -
Il existe un anneau $A$ pour lequel les $A$-modules $A$ et $A^2 $ sont isomorphes. Dans ce cas, si on prend la matrice a une ligne et deux colonnes dont les coefficients formentune base a deux elements du $A$-module $A$, alors aucune combinaison lineaire non triviale de ces deux elements n'est nulle.
De plus, un tel anneau $A$ est alors isomorphe a $A^n $ pour tout $n$ en tant que $A$-module, ce qui fait qu'on peut prendre autant de colonnes qu'on veut.
Bien sur, un tel anneau n'est pas commutatif, et il me semble qu'il ne peut pas non plus etre integre. -
Un exemple à 2 colonnes et une seule ligne ne peut pas vraiment marcher:
En effet, soit (a,b) un couple d'éléments de l'anneau (commutatif) qui voudrait satisfaire, en tant que matrice à 1 ligne et 2 colonnes, Columbo; alors la combinaison linéaire non triviale
$ba-ab=0$ avec $(a,b)\neq (0,0)$ entraine une déception.
Evidemment, il y a moult exemples d'anneaux {\bf non commutatifs} qui marchent, mais je pense qu'il veut des anneaux commutatifs, sinon la question est sans grand intérêt. -
<<Là, j'ai du mal à suivre (+ quelques bordeaux dans le nez) Si $A^p$ n'est pas libre, il semble alors être l'exemple réclamé par columbo de toute façon, non?>>
Je pense que tu as mal compris la question de columbo, c'est le contraire qu'on recherche. On veut un anneau A tel qu'il existe un sous-module de A^n qui admette une base à p éléments avec p>n.
Un module non libre n'admettant aucune base par définition, il se faut que notre sous-module de A^n soit libre. Ensuite, si A est commutatif toutes les bases de A^n auront n éléments, donc il faut aussi le cas commutatif.
@Frédéric Bosio : à quoi ressemble cet anneau ? On peut l'expliciter ? -
Supposons que $A^n$ muni de sa structure naturelle de module ne soit pas libre. Alors, en particulier, les éléments $e_1:=(1,0,0..,0)$; $e_2:=(0,1,0,0..,0)$;..;$e_n:=(0,0,..,1)$ de $A^n$, qui forment une famille génératrice, ne forment pas une famille libre. Tout élément ne s'écrivant pas de manière unique comme cl des $e_i$ l'un, au moins s'écrit de 2 manières différentes et donne par soustraction:
l'existence d'éléments $a_1,..,a_n$ de $A$ qui ne sont pas tous nuls et tels que: $a_1e_1+..a_ne_n=0=(a_1,a_2,..,a_n)$
C'est une contradiction, non?
Donc, oui, un anneau $A$ tel que $A^n$ n'est pas libre donne "tout", donc en particulier, satisfaction à Columbo. Tu as raison, Guimauve, et cc, avec ses verres dans le nez, aussi sur un strict plan logique, si je ne me trompe pas avec la définition de liberté. Il n'y a donc pas d'opposition entre vos remarques. -
<<C'est une contradiction, non? >>
OK je vois ce que tu dis, finalement un A-module non libre A^p n'existe pas.
Tu m'as bien eu Christophe ...
PB: astucieux! -
{\bf Histoire d'être formel, je repose la question avec le moins possible de prérequis:}
Rappel: $n=\{0;..;n-1\}$ pour tout entier $n>0$
Je cherche un anneau $A$ {\bf commutatif} non trivial (tel que $0\neq 1$) un entier $n$ et un entier $p>n$ (il suffira de prendre $p=n+1$) et des éléments $a_{ij}$ de l'anneau $A$, pour $i\in n$ et $j\in p$ tels que:
Pour n'importe quelle suite d'éléments $(y_i)_{i\in p}$ de l'anneau $A$, {\bf si } pour tout $j\in n$ la somme pour $k$ variant dans $p$ des $y_ka_{jk}$ vaut $0$ {\bf alors} tous les $y_i$ sont nuls.
Désolé pour la sécheresse de cette présentation formelle...:S et merci à celles et ceux qui ont déjà réfléchi et intervenu. -
Autrement dit : tu cherches un module libre de rang fini $n\in\mathbf N$ sur un anneau commutatif non nul, contenant une famille libre de $n+1$ vecteurs.
Je crois que cela n'existe pas et qu'on peut montrer que toute famille de $n+1$ vecteurs dans un tel module est liée. Il faut peut-être regarder du côté de la théorie du déterminant (qui marche bien sur un anneau commutatif), même si ce n'est peut-être pas la seule méthode... -
«Je cherche un anneau A commutatif... »
Eh bien bon courage :-)
PB: Godement le fait effectivement en utilisant la théorie des déterminants dans son cours d'algèbre (§23 n° 5 corollaire du théorème 5). -
Guimauve, tu serais un amour si tu me résumais les idées... Je viens de m'alléger de 50 euros en librairie (math) mais je n'ai encore jamais acheté un godement (et j'avoue que j'hésite, il a une mauvaise réputation: ses "théorèmes" ont des démonstrations erronées, pas seulement typographiques...)
Un tel anneau n'existerait pas, et godement le prouverait donc au §23 n° 5 corollaire du théorème 5... -
J'ai un morceau de preuve : soient donc $x_1$, $x_2$, \ldots, $x_{n+1}$ des vecteurs dans un module libre de rang $n$ (sur un anneau commutatif). On fixe une base et on considère la matrice carrée $X$ des coordonnées (en colonne) de $x_1$, $x_2$, \ldots , $x_n$. On sait qu'il existe une matrice carrée $Y$ telle que $XY=\det(X)I$ (formule célèbre...). On multiplie à droite par la colonne de $x_{n+1}$ et on obtient que $\det(X) x_{n+1}$ est une combinaison linéaire de $x_1$, $x_2$, \ldots, $x_n$. Conclusion : si $\det(X)$ est non nul, c'est gagné.
Malheureusement, il reste le cas où $\det(X)=0$. C'est peut-être facile :S -
Je crois me souvenir d'un résultat :
Soit $f$ un endomorphisme d'un module libre de rang fini sur un anneau commutatif : $f$ est injectif si et seulement si $\det(f)$ est injectif (je veux dire non diviseur de zéro).
Avec ça on peut terminer la preuve : si $\det(X)=0$ alors $\det(X)$ est un diviseur de zéro, donc les colonnes de $X$ sont liées, c.q.f.d. -
Bon je ne trouve pas ... si j'en crois Godement ça découle facilement du fait que toutes les bases ont même cardinal, mais c'est encore trop difficile pour moi (j'ai du passer à côté d'un truc évident).
C'est agaçant ! Scrogneugneu
Désolé columbo
-
Merci guimauve et PB pour vos recherches:
{\it Malheureusement, il reste le cas où $\det(X)=0$. C'est peut-être facile...}
Bah non, il ne me semble pas
{\it Soit $f$ un endomorphisme d'un module libre de rang fini sur un anneau commutatif : $f$ est injectif si et seulement si $\det(f)$ est non diviseur de zéro}
Sacré résultat, je le connais pour les anneaux qui sont des corps (il me semble que c'est aussi vrai pour les anneaux integres, à vue de nez...), mais il me semble nécessiter une preuve pour les anneaux commutatifs quelconques, pour s'assurer qu'on ne retombe pas dans le "travers" précédent:S -
Pour rendre "visuel" l'argument de PB (et faire remonter):
Ecrivons formellement que $w_i=\sum _j a^i _j e_j$ les $i$ varient dans $n+1$ et les $j$ varient dans $n$
Cas no1: on peut retrouver chaque $e_j$ à partir des $w_1;...;w_n$ en ce sens qu'il existe des éléments $b^k_j$ de l'anneau tels que
$e_j=\sum _k b^k_jw_k$ avec j et k variant tous deux dans $n$.
On obtient une combinaison linéaire non triviale des $w_1;...;w_{n+1}$ en remarquant qu'alors
$w_{n+1}-[\sum_j a^i_ j (\sum _k b^k_j w_k)]=0$
Cas no2: si on ne peut pas obtenir chaque $e_j$ comme une combinaison linéaire des $w$, peut-on compléter alors le raisonnement autrement? -
Erratum:
$w_{n+1}-[\sum_j a^{n+1}_ j (\sum _k b^k_j w_k)]=0$ -
"up" personne a l'air de trouver... Les profs de 1er cycle sont en vacances ou l'exo est trop dur???
-
Une tentative tardive :
Proposition:
Soit $A$ un anneau commutatif non nul.
Toute famille de $n+1$ vecteurs de $A^n$ est liée.
Preuve :
Soient donc $(x_1,\dots, x_{n+1})$ une famille de vecteurs de $A^n$ non tous nuls (sinon c'est immédiat).
Soit $M$ la matrice de leurs coordonnées, en colonne (donc de taille $n,n+1$).
On considère un mineur $X$ extrait de $M$ de déterminant non nul de taille maximale $m \geq 1$.
Après permutations des lignes et colonnes, on peut supposer qu'il s'agit d'un mineur principal (i.e. situé dans le "coin" de la matrice, en haut à gauche).
Si $m=n$, alors l'argument de PB (avec la comatrice) permet de conclure.
Si $m<n$ : Soient $i \leq n$ et $m < j \leq n+1$.
On considère le déterminant suivant :
$\left| {\begin{array}{*{20}c}
{x_{11} } & \ldots & {x_{1m} } & {x_{1j} } \\
\vdots & {} & \vdots & \vdots \\
{x_{m1} } & \ldots & {x_{mm} } & {x_{mj} } \\
{x_{i1} } & \ldots & {x_{im} } & {x_{ij} } \\
\end{array}} \right|$
Si $i \leq m$, alors il apparaît deux lignes identiques, et ce déterminant est nul.
Si $i>m$, alors ce déterminant est nul par maximalité du mineur $X$.
Maintenant, le développement de ce déterminant selon la dernière ligne fournit une relation de la forme :
$x_{i1}c_1 + x_{i2}c_2 + \dots + x_{im}c_m + x_{ij}det(X)=0$,
où $c_1,\dots,c_m$ ne dépendent que de $j$.
On obtient ainsi la relation linéaire non triviale $x_{1}c_1 + x_{2}c_2 + \dots + x_{m}c_m + x_{j}det(X)=0$.
Cordialement,
Ritchie -
Il semble que ça marche
-
comme PB semble d'accord, je pense aussi que ça doit être un bon argument: et donc bravo et merci. Pour en être sûr, j'ai encore besoin d'y réfléchir, mais sache que j'ai bien enregistré chaque détail de l'argument... Donc très probablement, je t'annonce un futur "eureka" lol
Et bin en tout cas, ça montre que l'hypothèse "integre" n'est pas indispensable et que finalement, l'algebre linéaire peut etre parfois intéressante (et pas seulement une spécialité d'études académiques) -
"comme PB semble d'accord, je pense aussi que ça doit être un bon argument"
Quelle autorité dis-moi PB ;-)
En fait, ce que j'ai écrit plus tôt marche aussi dans le cas où m=n. Il n'y a pas besoin d'une démonstration particulière pour ce cas (même si j'aime bien le coup de la comatrice).
Cordialement,
Ritchie -
Ritchie Écrivait:
> Quelle autorité dis-moi PB ;-)
C'est dû à mon avatar je crois B-)- -
Salut Ritchie,
Je ne comprends pas bien la fin de ton argument (sans pour autant le remettre en cause, tant j'ai une aversion pour l'al)
En gros:
{\it Si $i \leq m$, alors il apparaît deux lignes identiques, et ce déterminant est nul.
Si $i>m$, alors ce déterminant est nul par maximalité du mineur $X$.
Maintenant, le développement de ce déterminant selon la dernière ligne fournit une relation de la forme :
$x_{i1}c_1 + x_{i2}c_2 + \dots + x_{im}c_m + x_{ij}det(X)=0$,
où $c_1,\dots,c_m$ ne dépendent que de $j$.
On obtient ainsi la relation linéaire non triviale $x_{1}c_1 + x_{2}c_2 + \dots + x_{m}c_m + x_{j}det(X)=0$. }
\centerline{****************************}
Par contre, le problème, en lui-même, est intéressant (j'ai déjà dû y intervenir, vu que je reçois des alertes-mails), et montre une sorte de "supériorité" de l'approche "logique":
Passer par les déterminants et toute l'artillerie, c'est une manière d'admettre des prérequis calculatoires pas du tout évident...
En fait voilà, vu le profil du problème, on peut supposer $A$ noethérien (du fait qu'il suffit de le résoudre dans $\Z[nombre\ fini\ indeterminees]$ noetherien*, mais on pourrait me reprocher d'utiliser un *prérequis).
Mais si $A$ n'est pas noetherien même s'il ne l'est pas, on peut utiliser "Zorn", à cause du fait que les notions de "preuves" qui suivent sont vérifient la compacité.
On ne suppose pas forcément $0\neq 1$
Traduisons en formes de "phrases formelles" de la forme $(conjonction_i P_i=0)\Rightarrow Q=0$ sur un alphabet contenant $A$ le "désir" que $A$ soit un contre-exemple (pour un certain couple $(n,p)$ d'entiers avec $p>n$: informellement, ces phrases disent que si telle combinaison linéaire est nulle alors ses coef le sont)
Supposons que les axiomes (de $T$) ainsi écrits n'entrainent pas $0=1$
Soit $I$ un idéal maximal tel que rajouter aux axiomes de $T$ ci-dessus chaque axiome $x=0$ pour $x\in I$ n'entraine pas $0=1$. ($W:=T+$tous les $"x=0"$ quand $x\in I$)
(C'est long, mais avouez que mon argumentation est reposante, non?)
Du fait que le résultat est bien connu et presque trivial dans le cas des anneaux integres, ça implique l'existence de $ab\in I$ tels que $a\notin I$ et $b\notin I$
Il existe alors une preuve dans $W$ à partir de l'axiome $a=0$ que $0=1$. (C'est là qu'on prend son pied): preuve qui se traduit canoniquement en un élément $\lambda $ tel que $"1=\lambda a"$ est prouvable dans $W$
Il existe alors une preuve dans $W$ à partir de l'axiome $b=0$ que $0=1$: preuve qui se traduit canoniquement en un élément $\theta $ tel que "$1=\theta b$" est prouvable dans $W$
Il s'ensuit que $1=1^2=\lambda \theta ab$ qui permet de construire une preuve dans $W$ seul que $0=1$ ce qui contredit l'hypothèse de départ.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
oups, bravo Ritchie, j'ai mis du tps, mais je viens de comprendre...(tu)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
-
je confondais les lignes et les colonnes...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Qui s'amuse à {\bf généraliser} dans le sens suivant:
Etant donné 2 "cardinaux" $c,d$ avec $c<d$ et des éléments $a^i _j\in A$ un anneau, $(i,j)$ variant dans $c\times d$
But du jeu: trouver des éléments $r_j$ pour $j\in d$ de l'anneau $A$ tels que pour tout $i\in c$, la somme $\sum _{j\in d} r_ja ^i _ j$ ait un sens et vaillent $0$ avec au moins un des $r_j\neq 0$
Le cas $c<d<\omega:=card(\N)$ a été réglé par Rithcie...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Salut Christophe,
la confusion entre lignes et colonnes est ce qui fait que j'ai dû réécrire 5 fois mon message initial ;-)
"Passer par les déterminants et toute l'artillerie, c'est une manière d'admettre des prérequis calculatoires pas du tout évidents..."
Là, je ne suis pas d'accord. La théorie des déterminants se voit en deuxième année (au pire). Le fait qu'ils soient définis sur des anneaux commutatifs est évident (on peut, comme Serre, le définir avec la formule avec les permutations). Après, tout dépend comment tu définis le déterminant évidemment.
Disons que j'ai plutôt l'impression que c'est toi qui sors l'artillerie lourde ;-)
"Du fait que le résultat est bien connu et presque trivial dans le cas des anneaux integres"
Justement, comment le prouves-tu? Es-tu sûr que cela ne nécessite pas plus de prérequis (calculatoires ou non) que :
- la nullité du déterminant quand il y a deux lignes identiques
- le développement du déterminant selon une ligne
Voilà, c'était juste pour défendre mon bout de gras ;-)
Cordialement,
Ritchie -
{\it Disons que j'ai plutôt l'impression que c'est toi qui sors l'artillerie lourde}
{\bf Et bin, je pense que tu as raison!! Ton argument est bien plus direct... }
{\it Du fait que le résultat est bien connu et presque trivial dans le cas des anneaux integres}
Non, ça par contre, je pense que c'est plus simple que les déterminants (qui sont quand-même une théorie subtile, même si on s'est habitués): dans le cas integre, même si formellement, c'est difficile à écrire, c'est "trivial" à comprendre:
On écrit p lignes (p>n) formelles (les $w_i,e_i;v_i$ sont des "lettres" rajoutées)
$w_i=\sum_ j a^i_j e_j$ les $j$ varient sur $n$ et les $i$ sur $p$
Par récurrence, (en pensant à une combinaison des $v_j$ où on fait exprès d'écrire $v_j=\sum _k a^j_k e_k$ en limitant $k$ à varier sur $n-\{ j \}$) on obtient qu'un multiple $d_je_j$ de chaque $e_j$ est combinaison linéaire des $w_i$ pour $i<p$
Et l'intégrité fait qu'écrire $(\Pi _jd_j) w_p=$ combinaison des $d_je_j$ mais réécrite sous forme de combi des $w_j, j<p$ donne une combinaison linéaire non triviale des $w_i$ qui vaut $0$
Malgré le côté "usine à gaz" il n'y a pas de prérequis (même pas de déterminant, etc)
La nullité du déterminant que tu évoques sembles quand-même un peu plus élaborée et "prérequise" que ce "raisonnement" (mais of course je ne parle que du cas {\bf integre!!})Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Salut,
"même si formellement, c'est difficile à écrire, c'est "trivial" à comprendre"
Il est trop tard pour que ce soit trivial, mais je te fais confiance ;-)
Ritchie -
Coupure pub!!!! :
Il ya une démo dans mon poly "les modules pour les nuls" (paragraphe sur les modules libres) , sans utilisation du determinant.
Une petite recherche sur le forum "Algebre" te permettra de le trouver -
Merci greg (le capitalisme existe même dans le bénévolat). J'espère que ton poly ne fait pas 100pages, parce que trouver le poly ne suffirait alors pas...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
-
non, il en fait 200
Mais, y a une table des matières ... -
mais sur ce point précis, tu te rappelles la page? X:-(Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Lemme 3.24, p.62...Mais ça ne marche que si $A$ est à division (pas forcément commutatif).
Par contre, il est montré dans le poly (pub !) que si $A$ est à division (pas forcément commutatif) ou si $A$ est commutatif (mais pas forcément à division), alors toutes les bases de $A^n$ ont cardinal $n$.
Mais je suppose que cela ne répond pas à ta question... ; désolé, chuis un peu crevé en ce moment et j'ai tendance à faire du hors-sujet.
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