Soit un $M$ un module de rang $n$ sur un anneau commutatif $A$.
Connaissez-vous une preuve qu'une famille génératrice possède nécessairement plus de $n$ éléments qui n'utilise pas le déterminant ?
Plus précisément, si $x_1,...,x_m$ est une famille génératrice de $M$ alors on dispose de la surjection linéaire suivante :
\begin{array}{ccl}
A^m &\longrightarrow &M \\ (a_1,\ldots,a_m) &\longmapsto &a_1 x_1 + \cdots + a_m x_m
\end{array} ce qui prouve que le rang de $A^m$, qui est $m$, est plus grand ou égal à celui de $M$.
PS. J'ai utilisé l'argument suivant de Wikipedia : Si $M\rightarrow N$ est une application linéaire surjective entre deux modules libres, alors le rang de M est supérieur ou égal celui de N (en effet on a alors une application linéaire surjective d'espaces vectoriels $M/PM \rightarrow N/PN$.
Où $P$ est un idéal maximal de $A$ et $M/PM$, $N/PN$ sont des e.v sur le corps $A/P$. En fait grâce à $P$ on passe au quotient et on obtient des e.v sur un corps au lieu d'un module sur un anneau ce qui simplifie tout.
\(P\) n'est pas le noyau de \(f\), c'est un idéal de \(A\) qui définit un sous-module \(PM\) de \(M\) et un sous-module \(PN\) de \(N\).
Les modules quotients à considérer sont \(M/PM\) et \(N/PN\); tes supposés \(M/P\) et \(N/P\) n'existent pas.
Le truc, c'est de prouver que \(f\) passe aux quotients, c'est-à-dire que, si \(x\) appartient à \(PM\), alors \(f(x)\) appartient à \(PN\).
Tu as mal lu : $P$ est un idéal de $A$, il s'agit d'une réduction modulo $P$. En effet, on forme $PM=$ l'ensemble des sommes finies $\sum p_im_i$ où $p_i\in P$ et $m_i\in M$, qui est un sous-$A$-module de $M$, et on quotiente après. On obtient ainsi naturellement un $A/P$-module ; lorsque $P$ est maximal, $A/P$ est un corps.
Si je montre que $x \in PM$ alors $f(x) \in PN$.
Ca me permet de montrer que $ x \in M/PM \rightarrow f(x) \in N/PN$ est bien définie. Mais pour avoir un morphisme surjectif il faudrait montrer que $f(P)=P$. Mais $f$ n'est pas un morphisme d'anneau alors $ P \subseteq f^{-1}(f(P))$ ne nous permet pas de conclure.
Idée : On a $f(x) \in PN$ si, et seulement si, $f(x) = \sum n_{i} p_{i} $ si, et seulement si, $x - \sum m_{i} q_{i} \in ker(f)$ avec $f(m_{i} ) = n_{i}$ et $f(q_{i}) = p_{i}$.
C'est pas évident que le noyau de la composé est dans $PM$.
Tu t'embrouilles : il faut montrer :
1- $PM$ est dans le noyau de la composée $M\to N \to N/PN$
2- L'application induite $M/PM\to N/PN$ est surjective.
Quel rapport avec le fait que $f$ soit ou non un morphisme d'anneaux ? (ce qui n'a pas de sens a priori d'ailleurs ! de même que $f(P)$ n'a pas de sens)
Gentil écrivait:
$f(P)=P$
Cette écriture n'a aucun sens : \(f\) est définie sur \(M\), et \(P\) n'est pas un sous-ensemble de \(M\).
J'essaie d'expliciter la réponse de Maxtimax
Tu as le schéma suivant:
\[\xymatrix{
M \ar[r]^{f} \ar[d]_{\pi} \ar[rd]_{f\circ\pi'} & N \ar[d]^{\pi'} \\
M/PM & N/PN
}\]
où \(\pi\) et \(\pi'\) sont les surjections canoniques sur les quotients.
Pour prouver que \(f\) passe au quotient, il suffit de prouver que \(f\circ\pi'\) passe au quotient, c'est à dire que:
\[PM\subset\mathrm{Ker}(f\circ\pi') = f^{-1}(PN) \iff f(PM) \subset PN\]
Par ailleurs, comme \(f\) et \(\pi'\) sont surjectifs, il en est de même de \(f\circ\pi'\) et donc du morphisme \(\hat f\) de \(M/PM\)dans \(N/PN\) que tu obtiens par factorisation par \(\pi\).
Réponses
Plus précisément, si $x_1,...,x_m$ est une famille génératrice de $M$ alors on dispose de la surjection linéaire suivante :
\begin{array}{ccl}
A^m &\longrightarrow &M \\ (a_1,\ldots,a_m) &\longmapsto &a_1 x_1 + \cdots + a_m x_m
\end{array} ce qui prouve que le rang de $A^m$, qui est $m$, est plus grand ou égal à celui de $M$.
PS. J'ai utilisé l'argument suivant de Wikipedia :
Si $M\rightarrow N$ est une application linéaire surjective entre deux modules libres, alors le rang de M est supérieur ou égal celui de N (en effet on a alors une application linéaire surjective d'espaces vectoriels $M/PM \rightarrow N/PN$.
Où $P$ est un idéal maximal de $A$ et $M/PM$, $N/PN$ sont des e.v sur le corps $A/P$. En fait grâce à $P$ on passe au quotient et on obtient des e.v sur un corps au lieu d'un module sur un anneau ce qui simplifie tout.
Merci beaucoup, comment obtenez vous l'application $M/P \rightarrow N/P $ ?
\(P\) n'est pas le noyau de \(f\), c'est un idéal de \(A\) qui définit un sous-module \(PM\) de \(M\) et un sous-module \(PN\) de \(N\).
Les modules quotients à considérer sont \(M/PM\) et \(N/PN\); tes supposés \(M/P\) et \(N/P\) n'existent pas.
Le truc, c'est de prouver que \(f\) passe aux quotients, c'est-à-dire que, si \(x\) appartient à \(PM\), alors \(f(x)\) appartient à \(PN\).
Je rappelle ma question
J'ai eu quelques éléments de réponse mais ce n'est pas très clair.
Ca me permet de montrer que $ x \in M/PM \rightarrow f(x) \in N/PN$ est bien définie. Mais pour avoir un morphisme surjectif il faudrait montrer que $f(P)=P$. Mais $f$ n'est pas un morphisme d'anneau alors $ P \subseteq f^{-1}(f(P))$ ne nous permet pas de conclure.
C'est pas évident que le noyau de la composé est dans $PM$.
1- $PM$ est dans le noyau de la composée $M\to N \to N/PN$
2- L'application induite $M/PM\to N/PN$ est surjective.
Quel rapport avec le fait que $f$ soit ou non un morphisme d'anneaux ? (ce qui n'a pas de sens a priori d'ailleurs ! de même que $f(P)$ n'a pas de sens)
$f(P)=P$
Cette écriture n'a aucun sens : \(f\) est définie sur \(M\), et \(P\) n'est pas un sous-ensemble de \(M\).
J'essaie d'expliciter la réponse de Maxtimax
Tu as le schéma suivant:
\[\xymatrix{
M \ar[r]^{f} \ar[d]_{\pi} \ar[rd]_{f\circ\pi'} & N \ar[d]^{\pi'} \\
M/PM & N/PN
}\]
où \(\pi\) et \(\pi'\) sont les surjections canoniques sur les quotients.
Pour prouver que \(f\) passe au quotient, il suffit de prouver que \(f\circ\pi'\) passe au quotient, c'est à dire que:
\[PM\subset\mathrm{Ker}(f\circ\pi') = f^{-1}(PN) \iff f(PM) \subset PN\]
Par ailleurs, comme \(f\) et \(\pi'\) sont surjectifs, il en est de même de \(f\circ\pi'\) et donc du morphisme \(\hat f\) de \(M/PM\)dans \(N/PN\) que tu obtiens par factorisation par \(\pi\).