Un seul idéal premier

Avec Artinien ça tombe tout de suite du théorème d'intersection de Krull, et on peut affaiblir l'hypothèse à "un seul idéal maximal"

(en fait pour artinien on n'a pas besoin de noethérien, et il y a bien plus simple que le théorème d'intersection de Krull)

Pour le cas noethérien, voilà une idée : $p$ est l'unique premier donc tous ses éléments sont nilpotents. Soit maintenant $J$ maximal parmi les idéaux tels qu'il existe $n, J^n=0$; et soit $x\in p$. Bon bah $x$ est nilpotent, $J$ est nilpotent, $Ax+J$... (j'ai mis du temps parce que récemment je bosse sur des trucs non commutatifs, mais là ça va tout commute gentiment donc on ne se pose pas trop de questions :-D)

Maxtimax a écrit:

$p$ est l'unique premier donc tous ses éléments sont nilpotents.

Une fois qu'on a ça la démonstration est presque terminée puisque $p$ est finiment engendré.
Mais comment montres-tu que tous les éléments de $p$ sont nilpotents ? (Je pense avoir une démonstration un peu compliquée, mais ta phrase sous-entend qu'il y a un argument simple, qui m'échappe.)

On peut traiter l'exo en sachant que dans un anneau commutatif, l'intersection de tous les idéaux premiers est exactement l'ensemble des éléments nilpotents dudit anneau.
Donc s'il n'y a qu'un seul tel idéal premier $\mathfrak p$ et si cet idéal est engendré par $x_1,...,x_k$, $\mathfrak p^{m_1+...+m_d}=\{0\}$ (avec $m_i$ tel que $x_i^{m_i}=0$ pour tout $i$).

ModuloP: dommage, c'est un très très beau théorème ! (qui s'appelle lemme, va savoir pourquoi ? 8-) )

Ton petit exemple est un cas particulier d'un phénomène beaucoup plus général, qui se déduit aussi bien sûr de Nakayama (c'est la même preuve !) : soit $(R,m)$ un anneau local et $M$ un $R$-module finiment engendré (j'aimerais pouvoir enlever cette hypothèse mais j'y arrive pas :-( ) . Alors si $(x_1,...,x_n)\in M^n$ sont tels que leur réduction mod $m$ forme une famille génératrice de $M/mM$ en tant que $R/m$-ev, alors $(x_1,...,x_n)$ engendre $M$. Preuve : ce que tu as fait.

En particulier, application bac à sable, mais déjà plus intéressante : soit $(R,m)$ un anneau local, $M$ un $R$-module finiment engendré projectif. Alors $M$ est libre. (en réalité on peut se passer de l'hypothèse de finitude, mais la preuve est différente et moins élémentaire dans ce cas)



(Je fais un aparté sur un truc que j'ai découvert récemment; Fait amusant : ces petits trucs marchent aussi dans le non commutatif (à condition de bien dire ce que veut dire "local") et permettent de prouver par exemple : soit $G$ un $p$-groupe fini, $k$ un corps de caractéristique $p$. Alors $kG$ est local, et donc tout $kG$-module projectif est libre. ça justifie que dans ce cas (dans l'étude des représentations modulaires d'un $p$-groupe donc) on s'en fiche des projectifs et on peut naturellement s'intéresser à la catégorie stable où projectif $=0$)

$\def\mat#1#2#3#4{\left[\matrix{#1&#2\cr #3&#4}\right]}\def\P{\mathbb P}\def\Im{\text{Im}}$@moduloP

$\bullet$ 1) Nakayama, c'est facile. Pourquoi ? Raison 1 : parce que c'est de l'algèbre commutative et pas de l'arithmétique. Raison 2 : cela vient à la page 8 de Matsumura (Commutative Ring Theory), sous l'acronyme NAK. Raison 3 : parce que ce n'est pas autre chose que Hamilton-Cayley.

En voici un énoncé général : soit $M$ un $A$-module de type fini sur un anneau commutatif $A$ et $I$ un idéal de $A$ tels que $IM = M$. Alors il existe $d \in I$ tel que $x = dx$ pour tout $x \in M$. Ce $d$ s'explicite à partir des données via un petit calcul matriciel et la formule $A \widetilde A = \widetilde A A= \det(A)I_n$ où ici, $A$ n'est pas l'anneau mais une matrice carrée $n \times n$.

Of course, tu ne perds aucune information puisque si $x = dx$ avec $d \in I$ et $x \in M$, c'est sûr que $M = IM$. Mais parfois, on écrit cela de manière plus cryptique, à savoir $(1-d)M= 0$ voire, en changeant $d$ en $-d$ (ce qui ne l'empêche pas d'habiter $I$) sous la forme $(1+d)M = 0$. C'est sûr que si $I$ est contenu dans le radical de Jacobson, cela fait $1+d$ inversible donc $M = 0$.

Matsumura fait une petite remarque à la page 8, a propos de Nakayama, Krull, Azumaya cf truc attaché (pas self contained)

$\bullet$ 2) $\P^1$ c'est plus simple que tu ne penses. Peut-être qu'au départ il te faut un exemple qui te sera utile toute ta vie. Tu en connais déjà : les idéaux de l'anneau des entiers (de tous les entiers) d'un corps de nombres et plus généralement les idéaux inversibles d'anneaux d'entiers d'un corps de nombres. Mais ce n'est peut-être pas assez géométrique (= c'est trop algébrique, voire trop arithmétique) et on ne voit pas trop la dimension 1, le 1 de $\P^1$.

Peut-être que tu peux contempler le truc suivant. Tu prends deux variables $x,y$ liées par la relation $x^2 + y^2 = 1$. On parle souvent de l'anneau du cercle $R = k[x,y] = k[X,Y]/\langle X^2 + Y^2 -1\rangle$ où $k$ est un corps de caractéristique $\ne 2$, surtout PAS $k = \C$ plutôt $k = \R$ ou $k = \Q$. Et tu regardes les deux vecteurs debout que je colle dans une matrice :
$$
P = {1 \over 2} \mat{1-x}{-y}{-y}{1+x}
$$
Laisse tomber le $1/2$ pour l'instant, c'est juste une coquetterie. J'ai mis $-y$ mais j'aurais pu mettre $y$. Et considère le sous-module $\Im P \subset R^2$ engendré par les deux colonnes. Ces deux colonnes sont proportionnelles au sens où le déterminant est nul (c'est fait pour). Mais la première colonne n'est pas multiple de la seconde. Idem la seconde n'est pas multiple de la première. Pour s'en convaincre, fais $(x=1,y=0)$ un point sur le cercle unité ; la première colonne s'écroule (= devient nulle) et pas la seconde ; pareil avec $(x=-1, y=0)$, la deuxième colonne s'écroule mais pas la première.

Mais la matrice ne s'écroule pas vu que sa trace est 1 (coquetterie). Mieux : $R^2 = \Im P \oplus \ker P$ car $P$ est un projecteur : $P^2 = P$. Plus géométriquement, je te laisse trouver un recouvrement de deux ouverts du cercle tel que sur le premier ouvert, la deuxième colonne est multiple de la première (donc la première est une base) et sur le second ouvert même topo. Note : il s'agit d'ouverts élémentaires du type $f \ne 0$ et la contre-partie algébrique consistera à regarder ce qui se passe sur le localisé $R_f$ obtenu en inversant $f$.

Te voilà un module projectif de rang 1. Plus mieux : c'est un $R$-point de $\P^1$ car un $R$-point de $\P^1$ c'est pas définition un sous-module $E \subset R^2$, facteur direct dans $R^2$, et de rang 1. Une manière de raconter ce que signifie de rang 1, consiste à dire que $E$ est l'image d'un projecteur $2 \times 2$ de rang 1, ce qui signifie : $\det P = 0$ et $\text{Tr(P) = 1}$.

On est loin des vecteurs unimodulaires de $R^2$ qui engendrent un module libre. Note : on peut mettre en isomorphie $\Im P$ et un idéal de $R$ engendré par 2 générateurs, idéal qui n'est pas principal mais qui est cependant inversible. Vois-tu quel idéal ? Tu peux alors faire le parallèle avec la théorie des nombres.

Peut-être tu peux lire avec profit Daniel Ferrand in https://webusers.imj-prg.fr/~daniel.ferrand/Mobius.pdf

$\def\P{\mathbb P}\def\Im{\text{Im}}$@moduloP
$\bullet$ Oui, il a l'air bien ton petit texte, disons qu'il n'est pas snob. Il ne faut surtout pas jeter faux $\P^1$ à la poubelle : il est localement utile. Dans le genre non snob, il y a Dolgachev in http://www.math.lsa.umich.edu/~idolga/631.pdf : regarde juste les premières pages du chapitre V : il note avec un prime $\P^n(A)'$ pour les droites unimodulaires de $A^{n+1}$ i.e. les droites engendrées par un vecteur unimodulaire ou encore les vecteurs unimodulaires modulo $A^\times$. Il travaillera avec ce faux $\P^n$ pendant un certain temps et en viendra tout doucement au vrai $\P^n$. Bref, des gens pas snobs, on finit par en trouver.

$\bullet$ Je ne suis pas géomètre. Mais je pense que ton dernier post veut dire (disons contient) la chose suivante : un $R$-point de $\P^n$ est localement une droite unimodulaire. Et localement signifie pour moi qu'il y a un nombre fini d'éléments comaximaux tels que ... tu imagines la suite. Pareil que local au sens en tout premier.

$\bullet$ Soit $E \subset R^{n+1}$ (attention au décalage $n$ versus $n+1$). Facteur direct dans $R^{n+1}$, tu vois ce que cela signifie. Le plus dur est de raconter ce que signifie rang 1, histoire d'avoir un $R$-point de $\P^n$.
Un bon modèle consiste à prendre une matrice $P = (a_{ij}) \in M_n(R)$ (je reviens à $n$ pour pas me faire ch.er) telle que tous les mineurs $2 \times 2$ soient nuls. Disons que cette condition c'est le rang $\le 1$ : deux colonnes de $P$ sont proportionnelles (prendre la bonne définition de proportionnelles, au pluriel, il faut être deux). Et tu solidifies en imposant la trace égale à 1. Avec les deux conditions tu tiens le rang 1 exactement et le bonus c'est que $P^2 = P$ (exercice). Ainsi $\Im P \subset R^n$ est un $R$-point de $\P^{n-1}$. Et quand tu localises en $a_{11}$, tu obtiens sur le localisé un vecteur unimodulaire (la première colonne) comme générateur de $\Im P$. Idem en localisant en $a_{ii}$. Et tu as un recouvrement ouvert via les $D(a_{ii})$.

Bonus : quand tu prends la transposée de $P$, tu obtiens le dual (de $\Im P$).

$\bullet$ Bilan : tu vois bien que $\P^n$ ce n'est pas si compliqué entre gens non snobs quand on prend le temps. Et $P$ cela rime avec espace Projectif, module Projectif, matrice de Projection et même avec moduloP. Car bien sûr, un $R$-point de $\P^n$ tu peux le réduire via tout morphisme $R \to R'$ (cela peut-être une injection, un quotient ...etc..)

@moduloP Tu préfères peut-être ouvrir ton Hatshorne ? Ah, tu l'as égaré ? Allez, je te fais un petit calcul. Soit $P$ une matrice $2 \times 2$ de déterminant nul i.e. deux colonnes proportionnelles (surtout ne pas confondre avec liées, ce qui n'est pas algébrique) disons rang de $P$ $\le 1$. Et $P$ de trace 1 pour solidifier. Calcul :
$$
P + \widetilde P = \text{Tr}(P)\, I_2 \qquad \qquad P \widetilde P = \widetilde P P = \det(P) I_2
$$
On remplace la trace par ce qu'elle vaut i.e. 1 et $\det(P)$ par $0$. Bilan : $\widetilde P = 1 - P$ puis $P(1-P) = 0$ i.e. $P^2 = P$.

Je suis fortiche en calcul matriciel $2 \times 2$, non ?

Déjà il y a des coquilles dans ton égalité j'ai l'impression, tu veux sûrement dire $x_i=x_j$ dans $R_{(f_if_j)}$, ce qui est équivalent à $f_j^na_i = f_i^na_j$ (car les $f_l$ sont inversibles), ce qui est équivalent à "il existe $m$ tel que $(f_if_j)^mf_j^na_i = (f_if_j)^mf_i^na_j$ dans $R$"

Bon maintenant il faut remarquer que si les $f_i$ sont comaximaux, alors leurs puissances aussi, puis multiplier par les bons trucs et enfin sommer.

Bah si elle a du sens, tu as un morphisme canonique $R\to R_f$ et donc tant que je dis "$x=y$ dans $R_f$", on comprend que je sous-entend "leur image par ce morphisme". La coquille que je signale est que tu as un $j$ des deux côtés ;-)

Peut-être peux-tu le réécrire comme "pour tous $i,j$, $f_i^m f_j^n a_i = f_j^mf_i^na_j$" ? (il faut s'arranger pour que les $m$ soient uniformes mais ça devrait aller; et au pire c'est pas grave, c'est une coquetterie je pense - mais je ne l'ai pas écrit sur papier donc je n'assure rien)

Une fois que t'as fait ça, disons que $\sum_j v_j f_j^n = 1$. Alors en sommant sur le terme de gauche après avoir multiplié convenablement, j'obtiens $f_i^ma_i = f_i^n \sum_j v_jf_j^ma_j$. Bon bah ça ça ressemble quand même vachement à une égalité dans $R$ qui donne lieu à une égalité intéressante dans $R_{f_i}$, non ?

@moduloP

A. Recoller : c'est le métier qui rentre. C'est douloureux la première fois mais il faut rester calme. Et remercier Chevalley pour avoir inventé la localisation algébrique la plus générale qui soit. Et à la fin de la journée, quand on a bien mouillé le maillot, dire à ceux qui veulent bien t'écouter : la localisation, Chevalley ..etc.. fastoche, c'est du niveau de l'école primaire. En présence de $a,b$ comaximaux, $1 = ua + vb$, penser à
$$
{c \over a} = {d \over b} \quad\Rightarrow\quad
{uc \over ua} = {vd \over vb} \ \buildrel {(\star)} \over =\ {uc + vd \over ua + vb} = uc + vd
$$
C'est en $(\star)$ le coup de l'école primaire.

B. J'ai oublié de dire ce que sont deux vecteurs $x,y \in R^n$ proportionnels : $x_i y = y_i x$ pour tout $i$. En manque de coordonnées i.e. $x,y \in E$, cela veut dire $\mu(x) y = \mu(y) x$ pour toute forme linéaire $\mu : E \to R$.

C. Certes faut vraiment mouiller le maillot pour recoller, dans un contexte ad-hoc, des vecteurs unimodulaires locaux en une matrice de projection $P$ de rang 1. On fait cela une fois dans sa vie mais ensuite on n'a plus à le faire car on tient un recollé affine solide $P$. Pas unique : c'est son image qui est unique.