Livre d'algèbre constructive

C'est quoi exactement une méthode constructive ? Merci

[Plaidoyer pour l'algèbre constructive]

Claude Quitté serait sûrement à même de répondre à cette question, je vais essayer de le faire venir.

Alors en Algèbre constructiviste , on trouvera moins de résultats ?

Merci, c'est fascinant .

Il me semble qu'on peut inverser les deux grands axes de cette preuve :
1) Soit $s\in S$ et $E=\mathrm{Frac}(A[ s])$.
On construit grâce à l'hypothèse de récurrence un morphisme $\varphi:E\to\overline K$ (cf deuxième partie de la preuve).
Donc $E$ est une extension algébrique de $K$ et, en particulier, $s$ est algébrique sur $K$.
2) Comme $S$ est fini et $L=K[ S]$, $[L:K]<\infty$ et on construit $a$ comme dans la première partie de la preuve.

Salut Claude,

Pour tout $s\in S$, $A[ s]\subset L$ et $L$ est un corps donc $A[ s]$ est intègre.
De plus, $L$, en tant que $A[ s]$-algèbre, est engendrée $S\setminus\{s\}$ donc l'hypothèse de récurrence s'applique avec $A:=A[ s]$ et $K:=E$.
Ok ?
Et ensuite, où a-t-on besoin de $s$ transcendant sur $K$ dans la construction de $\varphi:E\to\overline K$ ?

Dans la deuxième partie de la preuve de Bourbaki, on suppose qu'il existe $s\in S$ transcendant sur $K$ et on construit grâce à l'hypothèse de récurrence un morphisme $\varphi:E\to\overline K$.
Où la transcendance de $s$ intervient-elle dans la construction de $\varphi$ ?

$\def\Frac{\text{Frac}}\def\As{A[s\rbrack}$Gai-Requin
Ok, je comprends ta question et j'y réponds. $\As$ est un anneau de polynômes en $s$ puisque $s$ est transcendant sur $K = \Frac(A)$. Voyant $\overline K$ comme une $A$-algèbre, il existe un et un seul morphisme (je ne donne pas de nom) de $A$-algèbres $\As \to \overline K$ réalisant $s \mapsto x$. Il faut maintenant passer, à la source, au localisé en $P(s)$ i.e. à $\As[P(s)^{-1}]$. Of course, comme $P$ est à coefficients dans $A$, le morphisme sans nom transforme $P(s)$ en $P(x)$. Et cela tombe bien car $P(x) \ne 0$. C'est fait pour comme dit l'autre.

Ok ?

Ce que j'en dis à propos de cet annexe (une page et demie) de Bourbaki. Cet annexe 3 figure dans l'édition de 2012 du chapitre VIII d'Algèbre (Modules et anneaux semi-simples). Cet annexe n'a rien à faire ici. Peut-être que la preuve traîne dans un tiroir d'une personne de l'équipe. Qui a bien entendu analysé soigneusement les diverses preuves du lemme de Zariski depuis 1947. Dans lesquelles on peut voir un anneau se pointer (alors que dans l'énoncé classique du lemme de Zariski, il n'y a que des corps). L'auteur décide de sortir l'anneau et de le mettre dans l'énoncé. Ou quelque chose comme cela. Mais nous autres, on va virer (provisoirement) l'anneau de l'énoncé et attendre qu'il se pointe dans la preuve. On verra bien.

Note 1 : en 2012, visiblement, il commence y avoir un peu de relâchement dans l'équipe. Moins de relecture, je veux dire. Si on regarde dans l'énoncé que j'ai donné, il est question d'une base $(e_i)_{i \in I}$ et plus loin, on parle de $e_1$. Et dans la page suivante, j'ai encadré en rouge une faute d'orthographe. Et j'en ai trouvé d'autres dans ce gros chapitre VIII. Gros, presque 500 pages, refonte complète de l'ancien Modules et anneaux semi-simples. Bon soyons positifs : c'est une refonte totale qui valait le coup et c'est quand même très trés soigné.

Note 2 : chez Bourbaki, c'est interdit d'utiliser des notions définies ultérieurement. Ici dans le traité d'Algèbre (10 livres physiques) interdit d'utiliser Algèbre Commutative (10 livres physiques également) qui vient plus loin. Pas question par exemple d'utiliser ``entier sur un anneau''.

Et pauvres nous autres dans tout ça qui prétendons revisiter ce qui a déjà été revisité des fois et des fois ? Peut-être qu'un comportement de bébé peut nous aider, qui sait ?

Je fais ici le deuxième truc de bébé de finitude. Contexte : $A$ un anneau intègre de corps des fractions $K$, $E$ un $K$-espace vectoriel non nul qui est un $A$-module de type fini. Alors $A = K$. Note : $E$ est a fortiori un $K$-espace vectoriel de dimension finie.

Justification : comme $E$ est non nul, il y a une forme linéaire surjective $\mu : E \twoheadrightarrow K$. Fortiche, non ? I.e. dans la catégorie des $K$-espaces vectoriels, $K$ est un quotient de $E$. A fortiori dans la catégorie des $A$-modules. Et comme un quotient d'un $A$-module de type fini est un $A$-module de type fini (fortiche aussi) et que $E$ est par hypothèse un $A$-module de type fini, il vient que $K$ est un $A$-module de type fini. Donc d'après le trick 1, $K = A$.

Il n'y a donc quasiment rien dans ce trick 2 qui est une conséquence du trick 1.

Je te laisse le trick 3. Tu ne peux pas utiliser un raisonnement par l'absurde car tu dois sortir le certificat d'algébricité de $x$ sur $K$.

Et on va où avec ces trucs de bébé ? Peut-être vers le lemme de Zariski, pardi. Sans Bourbaki ou avec Bourbaki, l'avenir le dira. Analysons, analysons, analysons. C'est d'abord cela le boulot d'un matheux const.. J'ai déjà passé plusieurs heures sur la page de Bourbaki

@Claude : Si $a(x) = -1$, $x$ est évidemment algébrique sur $K$ et le polynôme $a+1$ répond à la question. Sinon, l'hypothèse $K(x) = K[x, 1/a(x)]$ fournit l'existence d'un entier $n$ et d'un polynôme $P \in K[X] \setminus \{0\}$ non divisible par $a$ tel que $\frac{1}{a(x)+1} = \frac{P(x)}{a(x)^n}$ (toujours cette mise au même dénominateur !), d'où par un calcul très complexe ( ;-) ) $$a(x)^n - P(x)a(x) - P(x) = 0.$$ Il n'y a plus qu'à se convaincre que le polynôme $a^n - aP - P$ est non nul, et celui-ci répondra à la question. S'il l'était, il serait divisible par $a$ et alors $P$ aussi, ce qui n'est pas.

$\def\KS{K[S\rbrack}$Gai-Requin
Ton post : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,2047416,2060824#msg-2060824 (soleil à la plage). On ne peut pas comprendre : il faut que tu fasses un vrai post avec un énoncé (contexte, conclusion) ...etc.. Ok, tu es en vacances et cela prend du temps, je le sais bien.

Ignatus.
Attention cela va être violent : c'est totalement faux. Et tu devrais t'en douter puisqu'il n'y quasiment rien dans tes quelques lignes et que le lemme de Zariski demande quand même un effort.
Et un truc super important : tu dois AVOIR LA MAIN sur les objets que tu manies. TOUJOURS. C'est un principe. Il suffit que tu prennes $K = \Q$, $x = \sqrt 2$, $y = \sqrt 3$, $L = \Q(x,y) = \Q[x,y]$. Et tu vas finir par montrer que $\sqrt 3$ est un polynôme en $\sqrt 2$ à coefficients dans $\Q$. Tu dois trouver toi-même où cela cloche.

Attention aux interférences entre TeX et je-ne-sais-trop-quoi du forum. Ne pas mentionner directement K en TeX. J'utilise la macro ci-dessous.

[color=#000000]$\def\KS{K[S\rbrack}$
[/color]

Je viens de m'apercevoir que j'ai préparé trop de tricks de finitude pour ``venir à bout de la preuve de Bourbaki'' du lemme de Zariski. Venir à bout signifie ici pas de raisonnement par l'absurde et une preuve plus directe. Et en quelque sorte, j'aurais dû préparer un autre petit truc inhérent à la preuve de Bourbaki. Mais je ne pouvais pas savoir. On va le voir passer ci-dessous, ce nouveau petit truc.

Contexte : $K \subset L$ une extension de corps avec $L$ $K$-algèbre de type fini disons $L = \KS$, $S$ fini. On veut prouver que l'extension $L/K$ est finie. Je fais juste un SKETCH.

$\blacktriangleright$ Si $\#S = 0$ ou $\#S = 1$, no problemo.

$\blacktriangleright$ En prenant $x \in S$, on va pouvoir faire de la récurrence avec $L/K(x)$ à la place de $L/K$. Bilan : on est dans la situation : $K \subset K(x) \subset L$ avec $L/K(x)$ finie. Je dis que l'on va trouver un $a \in K[x] \setminus \{0\}$ tel que $K(x) = K[x,1/a]$. Il est là le truc : mettre la main sur un tel $a$. Et on sait qu'une fois obtenu $K(x) = K[x,1/a]$, cela conduira à $x$ algébrique sur $K$.

D'où va sortir ce $a$ ? Grosso-modo, du fait que lorsque l'on prend un nombre FINI d'éléments de $K(x)$, on peut les écrire avec un dénominateur commun. De manière précise, on considère une base $(e_1 = 1, e_2, \cdots, e_n)$ de $L/K(x)$. On LOUCHE, on s'INSPIRE alors de l'intérieur de la preuve de Bourbaki en considérant les composantes sur cette $K(x)$-base des éléments $e_ie_j$ et des éléments de $S$. Attention : le corps de base est ici $K(x)$ et pas $K$. S'INSPIRER cela ne signifie pas recopier tel-quel (le contexte n'est pas le même de toutes manières).

Je n'en dis pas plus pour l'instant. Analyser, c'est analyser.

Salut Claude,

Enoncé : Soit $A$ un anneau commutatif intègre, $K=\mathrm{Frac}(A)$ et $K\subset L$ une extension de corps telle que $L$ soit une $A$-algèbre de type fini.
Alors $[L:K]<\infty$.
Preuve : Soit $S$ une partie finie de $L$ telle que $L=A[ S]$.
On a $L=A[ S]\subset K[ S]\subset K(S)\subset L$.
Donc, d'une part $K[ S]=K(S)$ donc les éléments de $S$ sont algébriques sur $K$.
D'autre part, $L=K[ S]$ avec $S$ fini donc $[L:K]<\infty$.

Je suis têtu !

Soit $K\subset L$ une extension de corps telle que $L$ soit une $K$-algèbre de type fini.
Soit $S$ une partie finie de $L$ telle que $L=K[ S]$.
Montrons par récurrence sur $\# S$ que $[L:K]<\infty$.
C'est évident si $\#S =0$.
On suppose maintenant que $\# S\geq 1$ et on considère $x\in S$.
On a $K\subset K(x)\subset L$ avec $[L:K(x)]<\infty$ par hypothèse de récurrence.
On complète alors $1$ en une base $(1,e_2,\ldots,e_n)$ du $K(x)$-espace vectoriel $L$.
Par réduction au même dénominateur, il existe $a\in K[ x]\setminus\{0\}$ tel que les coordonnées des $e_ie_j$ et des éléments de $S$ dans cette base sont dans $K[x,a^{-1}]$.
Soit alors $A=\{\sum_i a_ie_i\mid a_i\in K[x,a^{-1}]\}$.
$A$ est un sous-anneau de $L$ qui contient $K$ et $S$ donc $A=L$.
En particulier, $A$ contient $K(x)\cdot 1$ donc $K(x)=K[x,a^{-1}]$.
Donc, d'après le trick 3 démontré par Poirot, $x$ est algébrique sur $K$.
D'où $[L:K]=[L:K(x)]\times [K(x):K]<\infty$.

Ah non, je ne me vexe jamais quand il s'agit de maths !
Je ne suis pas un pro, j'en fais par pur plaisir dès que l'occasion se présente.

Ignatus,

$\bullet$ Je ne comprends pas à quoi je devrais répondre. Je n'ai rien compris à ta définition de algébriquement indépendants sur $K$ : des éléments $x_1, \cdots, x_n$ d'une $K$-extension sont algébriquement indépendants SUR $K$ si pour tout polynôme $P \in K[X_1, \cdots, X_n]$, on a:
$$
P(x_1, \cdots, x_n) = 0 \quad\Rightarrow\quad P = 0
$$Cela vaut pour n'importe quel anneau commutatif $A$ à la place de $K$ et des éléments d'un sur-anneau de $A$.

$\bullet$ Par ailleurs, tu as écrit en http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,2047416,2061460#msg-2061460 qu'une $\Q$-base de $E := \Q(\sqrt 2, \sqrt 3) = \Q[\sqrt 2, \sqrt 3]$ est $(\sqrt 2, \sqrt 3, \sqrt 6)$. NON : une $\Q$-base est :
$$
(1, \sqrt 2, \sqrt 3, \sqrt 6)
$$Et donc $E$ un $\Q$-espace vectoriel de dimension 4 et pas 3.

A peine une page.