Base de $A^n$

Julia Paule

Bonjour,

Je bloque sur la démonstration de ce passage. On a montré précédemment qu'un morphisme $f : M \rightarrow N$ de $A$-modules est injectif ssi $\forall \cal{m}$ idéal maximal de $A$, $\ f_\cal{m}  : M_\cal{m}\rightarrow N_\cal{m}$ est injectif.

Ok pour : on peut supposer que $A$ est un anneau local d'idéal maximal $\cal{m}$, car $f$ est injectif ssi $\forall \cal{m}$ idéal maximal de $A$, $\ f_\cal{m} : (A^n)_\cal{m} \rightarrow (A^n)_\cal{m} =(A_\cal{m})^n$ est injectif, car $A_\cal{m}$ est local d'idéal maximal l'image de $\cal{m}$.

Il s'agit donc de montrer que pour $A$ local (d'idéal maximal $\cal{m}$), $f : A^n \rightarrow A^n$ est injectif.

J'imagine que c'est là qu'intervient le fait que $A / \cal{m}$ est un corps, mais je ne vois pas comment ?

Merci d'avance.

Julia Paule

$\newcommand{\Im}{\operatorname{im}}$Par ailleurs, j'imagine qu'on ne peut pas simplement dire que $A^n / \ker (f) \cong \Im(f)=A^n$, donc $\ker(f)=0$ ?

Poirot

Une fois que tu t'es ramené à de l'algèbre linéaire sur un corps, il suffit d'utiliser la théorie de la dimension pour avoir immédiatement le résultat.

Julia Paule

Merci, ça marche si $A$ est un corps : tout endomorphisme surjectif de $A^n$ sur $A^n$ est aussi injectif et bijectif. Seulement, c'est $A/m$ qui est un corps et pas $A$, et je ne vois pas comment passer de l'un à l'autre.

Julia Paule

On a $A^n / m ^n \cong (A/m)^n$. Donc sur $A^n / m ^n $, l'application quotient : $A^n / m ^n \rightarrow A^n / m ^n $ est injective, mais cela ne donne rien sur $A^n$.

NoName

Il suffit de remarquer que le noyau est de type fini et d'utiliser Nakayama.

Julia Paule

Et ça ? $A^n / \ker (f) \cong \Im(f)=A^n$, donc l'application $A^n \rightarrow A^n / \ker (f)$ est injective, de noyau $\ker (f)=0$.

Julia Paule

Cela ne va pas, l'application $A^n \rightarrow A^n / \ker (f)$ n'est pas l'application canonique, et son noyau n'est pas $\ker(f)$. En fait, cela voudrait dire que $f=Id_{A^n}$.

Pour appliquer le lemme de Nakayama, il faut voir que $ \ker(f)$ est de type fini (comment ?) et que $\cal{m} \ker(f)= \ker(f) $ ?

Julia Paule

Désolée, je viens seulement de comprendre que la démonstration ne s'arrête pas là et continue en utilisant un lemme qui utilise effectivement le lemme de Nakayama !

Julia Paule

La démonstration qui suit dans le poly de N. Perrin (pages 46-47) : https://lmv.math.cnrs.fr/wp-content/uploads/2019/09/algebre-commutative.pdf, qui utilise le lemme du serpent, me parait compliquée. Peut-on faire plus simplement :

en partant de la suite exacte $0 \rightarrow N \rightarrow A^n \rightarrow A^n \rightarrow 0$, et en utilisant le fait que le produit tensoriel est exact à droite, on a la suite exacte : $k \otimes_A N \rightarrow k \otimes_A A^n \rightarrow k \otimes_A A^n \rightarrow 0$.

Or $k \otimes_A A^n = k^n$, donc l'application $Id_k \otimes f$ qui est surjective, est injective, de noyau nul, donc $k \otimes_A N = 0$.

Or $k \otimes_A N = (A/ \cal {m}) $$ \otimes N= N/\cal{m} $$N$, donc $\cal{m} $$N = N$. Il ne reste plus qu'à montrer que $N$ est de type fini, et on obtient $N=0$.

NoName

Non, ton argument ne marche pas car tu obtiens simplement que $k\otimes N$ sur surjecte sur le noyau, le produit tensoriel n'est pas exact à droite donc $k\otimes N$ n'a pas de raison d'être le noyau de $1\otimes f$, tu obtiens simplement une surjection $k\otimes N \to \text{ker}(1\otimes f)=0$ ce qui n'est somme toute pas une information exceptionnelle.

Mais, on peut faire fonctionner l'argument car $A^n$ (celui de droite) est projectif. Ce qui veut simplement dire ici que $0\to N\to A^n\to A^n\to 0$ est une suite exacte scindée (relève dans le $A^n$ du milieu une base du $A^n$ de droite et tu obtiens un supplémentaire du noyau). Donc la suite reste exacte après tensorisation, de sorte qu'ici (par la projectivité de $A^n$, en fait simplement la liberté de $A^n$ ce qui est plus fort) on est assuré que la surjection $k\otimes N \to \text{ker}(1\otimes f)=0$ est un isomorphisme.

On peut utiliser le lemme du serpent à la place. Mais il faut un arguement de plus que ce que tu as écrit.

C'est le même argument qui assure que le noyau est de type fini, car il a un supplémentaire et on obtient donc une surjection $p: A^n\to \text{ker}(f)$

b.b

On peut suivre l'indication de Poirot. Soit $\mathfrak{m}$ un idéal maximal de $A$. Comme $f$ est surjective, $f_{\mathfrak{m}}$ l'est aussi (cela découle de la définition du morphisme $f_{\mathfrak{m}}$). On en déduit que $f_\mathfrak{m}$ est un endomorphisme $A/\mathfrak{m}$-linéaire surjectif en dimension finie, donc il est injectif. Comme c'est vrai pour tout idéal maximal, on peut utiliser le sens réciproque du résultat que tu as cité au début : $f$ est injective et c'est gagné.

EDIT : je suis allé trop vite et j'ai confondu deux notations, ça ne marche pas !

NoName

@b.b : Non, ca ne marche pas, le résultat du départ n'est pas que $f$ est injectif ssi il est injectif sur tous les modules résiduels (par exemple ca impliquerait que $k[T]/T^2\to k$ est injectif), mais sur tous les modules locaux.
Tu as besoin de Nakayama pour passer de l'un à l'autre.

Maxtimax

b.b. : j'ai l'impression que tu confonds $A_\mathfrak m$ et $A/\mathfrak  m$ - le résultat cité par Julia au début s'applique au premier, pas au second. 

Cela dit, on peut modifier le résultat en question et faire une preuve plus directe en montrant le résultat cité au début pour $A/\mathfrak m$ au lieu de $A_\mathfrak m$. 

Plus précisément, si $f/\mathfrak m$ est injective pour tout $\mathfrak m$, alors $\det(f) \notin \mathfrak m$ pour tout $\mathfrak m$, donc $\det(f)$ est inversible, donc $f$ est inversible. Mais il faut savoir des choses sur le déterminant . 

Julia Paule

NoName, tu veux dire que le produit tensoriel n'est pas exact à gauche, il l'est à droite. Du fait de la suite exacte à droite tensorisée par $k$, on a $(id_k \otimes j) (k \otimes_A N)= \ker (Id_k \otimes f) =0$, avec $j$ l'inclusion de $N$ dans $A^n$.

Je ne vois pas pourquoi $(id_k \otimes j) (k \otimes_A N)$ serait distinct de $k \otimes_A N$.

Maxtimax, la preuve avec $A / \mathfrak{m}$ parait plus simple.

NoName

Julia Paule a dit :

NoName, tu veux dire que le produit tensoriel n'est pas exact à gauche, il l'est à droite. 

Oui, pas exact à gauche bien sûr.

Julia Paule a dit :

Je ne vois pas pourquoi $(id_k \otimes j) (k \otimes_A N)$ serait distinct de $k \otimes_A N$.

Ben parce que le produit tensoriel n'est pas exact à gauche...
Autrement dit, en général, le noyau $1\otimes f$ n'a aucune raison d’être isomorphe à $k \otimes N$, simplement à un quotient de celui-ci . 
Mais ici, ça marche bien, comme expliqué plus haut.

Julia Paule

C'est le noyau de $1 \otimes f$ dont il est question et qui est nul, égal à $Im(1 \otimes j)$ du fait de l'exactitude en $k \otimes _A A^n$ (le premier).

En général le produit tensoriel n'est pas exact à gauche donc $1 \otimes j$ n'est pas injective.

Par exemple si $k=\mathbb{Z}/ 2\mathbb{Z}, N=A^n=\mathbb{Z}$ et $j=.2$, alors $(1 \otimes j) (1 \otimes 1)=1 \otimes 2=0$.

Mais dans le cas où $j$ est une inclusion, je ne vois pas pourquoi $1 \otimes j$ ne serait pas injective, vu que $(1 \otimes j)(a \otimes n)=a \otimes n$. Peux-tu me donner un contre-exemple ?

NoName

Julia Paule a dit :

 Peux-tu me donner un contre-exemple ?

Ben... tu l'as deja donné il suffit de l'adapter.
Prend $$0\to 2\mathbb{Z}\to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to 0$$
Si l'on tensorise par $\mathbb{Z}/2 \mathbb{Z}$ on obtient que 
$$ 2\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/2 \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2 \mathbb{Z}\to 0$$
est exacte, et la fleche de gauche est nulle.

Julia Paule

??? Si on tensorise par $\mathbb {Z} / 2 \mathbb {Z}$, on obtient : $0 \rightarrow (\mathbb {Z} / 2 \mathbb {Z}) \otimes 2 \mathbb {Z} =0 \rightarrow  (\mathbb {Z} / 2 \mathbb {Z}) \otimes \mathbb {Z}$.

La démonstration de l'exactitude à gauche du produit tensoriel est immédiate quand l'injection $j$ est une inclusion, puisqu'on obtient une inclusion $id_k \otimes j$ de $k \otimes N$ dans $k \otimes A^n$, bien définie, injective ...

NoName

$2\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ne fait pas 0, $2 \mathbb{Z}$ est libre.
$2\mathbb{Z} \otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = 2\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$, c'est un $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ espace vectoriel de rang 1.

Julia Paule

??? $2n \otimes 0 = 0, 2n \otimes 1 = n \otimes 2 = n \otimes 0 =0$, donc $2 \mathbb {Z} \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb {Z} / 2 \mathbb {Z}=0$, engendré par des éléments tous nuls.

NoName

Non, $2\otimes 1$ n'est pas nul dans $2\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ vu qu'il n'existe pas d'élément $\alpha$ dans $2\mathbb{Z}$ dont $2$ est le double. Donc tu ne peux pas écrire $2 \otimes 1=2\alpha \otimes 1=\alpha \otimes 2 =0$.
L'élément $2\otimes 1$ est non nul dans $2\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.
Un moyen de s'en assurer est de voir que $\phi: 2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ qui à $(n, m)$ associe $m.n/2$ est non nulle ($\phi(2,1)=1$) et est évidément $ \mathbb{Z}$-bilinéaire, il y a donc une application non nulle $2\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, et donc  $2\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ne saurait être nul.

Julia Paule

Ah merci beaucoup ! Je crois que ce n'est pas la 1ère fois que je fais cette erreur.

Julia Paule

Complétement faux mon truc, le $a \otimes n$ de $k \otimes N$ est différent du $a \otimes n$ dans $k \otimes A^n$, bien qu'il s'écrive de la même façon. Ce tenseur peut être nul dans $k \otimes A^n$ et pas dans $k \otimes N$. J'avais déjà fait cette autre erreur.

On a bien $(\mathbb {Z} / 2\mathbb {Z}) \otimes 2 \mathbb {Z} = 2 \mathbb {Z} / 4 \mathbb {Z}$, $(\mathbb {Z} / 2\mathbb {Z}) \otimes  \mathbb {Z} = \mathbb {Z} / 2 \mathbb {Z}$, et la flèche $2 \mathbb {Z} / 4 \mathbb {Z} \rightarrow \mathbb {Z} / 2 \mathbb {Z}$ est nulle, tu as raison.

Merci !

flipflop

Salut

Je reviens sur le corollaire  initial en proposant une idée un peu plus élémentaire me semble-t-il. Soit $(x_1,\dots,x_n) \in A^n$, je note $B$ la matrice de cette famille relativement à la base canonique de $A^n$ que je note $(e_i)$. Le fait que la famille soit génératrice signifie que pour chaque entier $i \in\{1,\dots,n\}$, il existe  $u_{ij} \in A$ tel que  $ e_i = \sum_j u_{ij} x_j$. Matriciellement, ces relations signifient que $B U = I_n$ (à vérifier avec les indices) où $U$ est la matrice $(u_{ij})$. En prenant le déterminant on obtient que $\det(B)$ est inversible et que la famille $(x_1,\dots,x_n)$ est libre.

Julia Paule

En effet, c'est beaucoup plus simple, ça marche dans les $A$-modules comme dans les $k$-espaces vectoriels :

$f(a_1, \ldots, a_n)=a_1 x_1+ \cdots+ a_n x_n = B (a_1, \ldots, a_n)^T=0 \Rightarrow UB (a_1, \ldots, a_n)^T= (a_1, \ldots, a_n)^T=0$, donc $f$ est injective.

J'avais pensé à quelque chose comme ça sans aller au bout du raisonnement.

Pourquoi alors cette démonstration compliquée (1 page contre 3 lignes) dans ce poly ?

flipflop

C'est certainement pour te montrer la technique " local / global abstraite " avec les idéaux $\mathfrak{m}$  ?!?

Julia Paule

Merci flipflop. Je ne connaissais pas cette technique, mais là c'est vraiment inutile en l'occurrence.

Maxtimax

C'est aussi peut-être pour ne pas utiliser le déterminant.

Julia Paule

Merci Maxtimax. Tu as l'air de supposer qu'il y a un inconvénient à utiliser le déterminant. Quel est-il ?

Maxtimax

Bah un premier c'est que je ne sais pas si le livre l'a introduit à ce stade là, cette preuve apparaît peut-être avant (elle n'est pas nécessaire à son développement, je parle purement chronologiquement). Un second c'est que conceptuellement il est (j'ai l'impression) moins bien compris que le principe local-global. 
Enfin bien sûr c'est un super outil et on ne devrait pas s'en priver hein, mais conceptuellement c'est pas le truc le plus évident du monde. 

flipflop

Julia  

Message en deux temps, le message poétique $(i)$ et l'illustration $(-1)$, donc si tu ne comprends pas $(i)$ regarde $(-1)$ puis relis $(i)$ !

$(i)$  Pincipe local / global il y a plusieurs types. Le point commun (enfin c'est mon point de vu), c'est que tu as un problème à résoudre, tu sais le résoudre dans certain cas particulier, sous certaines hypothèses.  Principe : les différentes solutions obtenues  vont te permettre de résoudre le cas général.

C'est le principe  ;  des fois ça marche d'autre fois non.

Disons que je fais une hypothèse supplémentaire $H_1$ et que je trouve une solution de mon problème $s_1$, ensuite je fais une hypothèse $H_2$ et que je trouve une solution $s_2$ de mon problème. La moindre des choses pour recoller c'est de dire que si je fais les deux hypothèses $H_1$ et $H_2$ en même temps et bien mes deux solutions sont les mêmes !

$(-1)$ Je te donne un exemple vraiment basique.  Imaginons que tu souhaites résoudre $x^2+1 = 0$ dans $\Z / 65 \Z$. Je transforme un peu le problème, soit $R$ un anneau tel que $65 = 0$. Comment je peux résoudre $x^2+1=0$.

Comme je ne sais pas et bien je vais faire des  hypothèses supplémentaires.

Par exemple, je peux faire l'hypothèse $(H_1)$ que $5 =0$ (ce n'est pas contradictoire avec le fait que $65 = 0$ ça l'implique). Donc je suis ramené à résoudre $x^2+1= 0$ sous l'hypothèse que $5 = 0$, et bien $2^2 = 4 = -1$ et donc j'ai une solution.

Maintenant je fais l'hypothèse $(H_2)$ que $13 = 0$, on a :  $5^2 = 25 = -1$ donc j'ai une solution (ouais c'est plus complexe à trouver) !

Là je te dis que tu peux recoller ces deux solutions locales (donc sous hypothèses) ... Est-ce que tu sais faire ? 

Déjà il n'y a pas de problème de compatibilité entre les solutions car si j'impose mes deux hypothèses,  $13 =0$ et $5 =0$, je trouve que $3 =0$, puis que $2 = 0$ en faisant $5 - 3$, et finalement que $1 = 0$. mais puisque $1 =0$ c'est bien que $5 = 2$. Ouf mes deux solutions coïncident sur " l'intersection " de mes deux hypothèses.

Maintenant il faut les recoller  !  T'as vu je suis sympa, comme cadeaux de Noël je te file deux solutions à recoller   bon je suis un peu hors sujet ! 

Julia Paule

Au vu de ton message, je n'ai pas compris ce qu'était la méthode local / global. J'ai cru que c'était en partant d'un anneau $A$ se ramener à un anneau local $A_{\mathfrak {p}}$, qui ne contient qu'un seul idéal maximal, donc plus simple, pour en déduire des choses, pour ensuite la remonter à l'anneau global $A$. C'est la méthode employée dans la démonstration plus haut.

Apparemment, ce n'est pas ça : c'est descendre sur plusieurs anneaux locaux, en déduire des choses sur chacun d'eux, pour ensuite recoller les informations pour en déduire des choses sur l'anneau global ?

Sinon j'ai trouvé tout de suite une solution à ton problème sans avoir besoin d'hypothèses, cela ne va pas m'aider pour me motiver à recoller les informations pour trouver la solution, mais je vais quand même essayer.

flipflop

Hello,

Si tu as compris avec les anneaux locaux. Mais je voulais te donner un autre exemple où local / global, c'est dans une autre configuration, y a plusieurs type de local / global. Si tu veux en lire un peu je te conseille de lire (disons de regarder un peu) le chapitre $2$ de https://arxiv.org/pdf/1611.02942.pdf

Bon effectivement, $8^2 = 64$ et donc solution évidente mais elle ne recolle pas mes deux solutions puisque modulo $5$ j'ai pris $2$ et pas $8 \pmod{5}$.

Autre exercice, Soit $A$ un anneau, montrer que les idempotents de $A[X]$ sont exactement les idempotents de $A$. Je te laisse réfléchir un peu si tu veux.

Julia Paule

Bonjour

Pour ton 1er problème, j'ai réfléchi un peu. Je pose $P=X^2+1\in \mathbb {Z}[X] $. Alors dans $\mathbb {Z} / 5 \mathbb {Z}$, on a $P(2)=0$, dans $\mathbb {Z} / 13 \mathbb {Z}$, on a $P(5)=0$.

Dans $\mathbb {Z} / 65 \mathbb {Z}$, on a $P(2) \neq 0, P(5) \neq 0$, mais $P(2)P(5)=0$ et $13 P(2) + 5 P(5) =0$. Cela ne donne rien, sauf qu'on a $0=P(2)P(5)=P(2+5+1)=P(8)$. Pure coïncidence je pense, j'ai joué aux devinettes connaissant la réponse.

Bon je réfléchis à ton 2ème problème, mais je ne voudrais pas m'embrouiller, car je sens une théorie sous-jacente que je ne connais pas.

Pour le poly, ouh là je n'ai pas encore vu les modules projectifs, cela va trop loin.

flipflop

Hello Julia

Non pas de théorie cachée. Promis

Pour le $1$, est-ce que tu connais un théorème qui relie $\Z/5\Z$, $\Z/13\Z$ et $\Z/65\Z$ (je pense que c'est Bézout ???) ? La manière de recoller est dans la démonstration de ce théorème. 

Essaye de faire une hypothèse où tu sais résoudre le problème  on verra si on peut globaliser ! 

HUM, pas le livre en entier ?!? Juste le début du chapitre $2$  à partir de la page $19$. Juste prends $2$ heures (si tu en as le temps) pour regarder à partir de la page $19$.