Localisation (anneaux)

Bonsoir,

Si dans $\mathbb{Z}$, tu prends la plus petite partie multiplicative contenant $2$ et $5$, tu obtiens les décimaux.

Cordialement,

Rescassol

Présenté comme tu le fais, le localisé étant la réponse à un problème universel, il est caractérisé à isomorphisme unique près...

On peut en donner une construction explicite, cependant. L'idée est de mimer le calcul des fractions. Sur l'ensemble $A\times S$ (dont les éléments vont être les représentants des fractions $a/s$, avec $a\in A$ et $s\in S$), on met la relation d'équivalence suivante : \[(a,s) \sim (b,t)\ \text{si}\
\exists u\in S,\ u(at-bs)=0.\]Au $u$ près, on reconnaît une façon de reconnaître si $a/s=b/t$ : l'égalité des produits en croix. L'intervention d'un $u$ est nécessaire pour les anneaux non intègres : sans ça, la relation définie n'est pas une relation d'équivalence.

Ceci fait, on définit $S^{-1}A$ comme le quotient $(A\times S)/\sim$, dans lequel on note comme annoncé $a/s$ la classe d'un couple $(a,s)$, et on le munit des opérations suivantes (il faut vérifier qu'elles ont un sens) : \begin{align*}
\frac{a}{s}+\frac{b}{t}&=\frac{at+bs}{st}\\
\frac{a}{s}\cdot\frac{b}{t}&=\frac{ab}{st}\end{align*}On montre que c'est un anneau admettant pour neutre de l'addition $0/s$ pour $s\in S$ quelconque et pour neutre du produit $s/s$ avec $s\in S$ quelconque (ça ne dépend pas de $s$).

Exemple amusant : dans $A=\mathcal{C}([0,2])$, $S$ est l'ensemble des fonctions non nulles en $1$, c'est-à-dire le complémentaire de l'idéal maximal des fonctions nulles en $1$. Qu'est-ce que $S^{-1}A$ ?

Salut Homo Topi,

Oui, mais mais c'est quand même pas terrible comme description dans le sens pas ultra-concret ! Si le but de cette localisation c'est d'inverser $3$ … et bien regarde, j'ai un morphisme qui inverse $3$ a disposition $ \Z/ 15 \Z \to \Z/5\Z$ la réduction modulo $5$ peut être que tu peux l'utiliser pour te donner une idée !

Ah oui merci pour la coquille :-D

Salut
Petite remarque : dire que pour tout $n$, $f(3^n)$ est inversible ça veux juste dire que $f(3)$ est inversible. Maintenant si tu as $f : R \to B$ un morphisme tel que $f(3)$ est inversible et bien $0 = f(0) = f(3 \times 5) = f(3) \times f(5)$ et comme $f(3)$ est inversible on a : $f(5) = 0$, et donc on peut factoriser le morphisme $f$ par la réduction modulo $5$.

Après pour unitaire ou pas … je ne sais pas du tout perso je prends comme définition d'anneau : unitaire et commutatif.

Pour ta question sur les isomorphismes. Oui, c'est général des problèmes universels, si tu as deux objets universels tu appliques la définition à l'un (avec l'autre) et à l'autre avec l'un et tu fais joujou avec l'identité.
Donc ici : disons que tu as $R$ un anneau et $S$ un partie multiplicative. Soit $(L_1,\iota_1)$ et $(L_2,\iota_2)$ vérifiant la définition. Alors comme : $\iota_1 : R \to L_1$ inverse la partie $S$, tu peux factoriser $\iota_1 = \phi_1 \circ \iota_2$ (la propriété universelle pour $L_2$). Tu fais pareil pour $\iota_2 : R \to L_2$ inverse $S$ et donc il existe $\phi_2$ tel que $\iota_2 = \phi_1 \circ \iota_1$.
Donc : $\
\phi_1 \phi_2 \iota_1 = \iota_1.
$ Maintenant tu regardes $$
\xymatrix{
R \ar[r]^{\iota_1} \ar[d]^{\iota_1} & L_1 \\
L_1 \ar[ru]_{\phi_1 \phi_2}
}
\qquad
\xymatrix{
R \ar[r]^{\iota_1} \ar[d]^{\iota_1} & L_1 \\
L_1 \ar[ru]_{\text{Id}_{L_1}}
}
$$ Tu as deux factorisations de $\iota_1$ dans le localisé $L_1$ (faut rester zen ici, j'ai mis la localisation de haut en bas) : $\text{Id}_{L_1}$ et également $\phi_1 \circ \phi_2$. Par unicité dans la propriété universelle tu en déduis que $\phi_1 \circ \phi_2 = \text{Id}_{L_1}$.
Enfin vérifie j'ai écrit assez vite fait !

Si $3$ n'est pas un diviseur de $0$ dans $R/J$ alors $3^na = 0 \in R/J \implies 3^{n-1} a =0 \in R/J$ donc $J$ contient les $a\in R$ tels que $ 3^n a=0\in R$ donc $J$ contient $$
I = \sum_{\substack{a\in R\\ \exists n,\, 3^n a=0\in R}} aR.

$$ Si $3=0$ dans $R/I$ alors c'est fini $3^{-1}R=\{0\}$.
Sinon $3\ne 0$ dans $R/I$, supposons que $3 b=0$ dans $R/I$, alors $3 b=\sum_j a_jr_j \in I$ (ici je suppose que $I$ est finiment généré, que $R$ est noethérien..) donc $3^n b =\sum_j 3^n a_jr_j= 0 \in R$ donc $b\in I$ donc $b=0\in R/I$.
Donc $I$ est bien le plus petit idéal tel que $3$ n'est pas un diviseur de $0$ dans $R/I$ et on a $$3^{-1} R = R/I[x]/(3x-1).

$$ Si $f$ est un morphisme $R\to S$ tel que $f(3)\in S^\times$ alors $$f : R \to R/I\to 3^{-1}R\to S$$

Si $3=0$, le localisé est trivial parce que $1/1=0/1$ parce que $3\times(1\times1-0\times1)=0$.
Pour rappel, $a/s=b/t$ s'il existe $u$ dans $S$ tel que $u(at-bs)=0$.

Homo topi,
Tu t'en sors ? J'ai pensé à la chose suivante, je pense que c'est ok, soit $R,R'$ deux anneaux, soit $(a,b) \in R \times R'$, est-ce que $$

(R \times R')_{(a,b)} \simeq R_{a} \times R'_{b}

$$ Ici je note $R_{\text{Machin}}$ le localisé de $R$ par rapport à la partie multiplicatif engendré par $\text{Machin}$. J'ai mis sous forme de question car je n'ai pas trouvé ce résultat dans le livre que j'ai regardé mais je pense que c'est ok. Bon si ce n'est pas bon, et bien quelqu'un nous le dira :-D

Bonjour,

Est-ce que, par hasard :
\begin{gather*}
a/1 \mapsto a \pmod 5 \\
a/3 \mapsto 2a \pmod 5 \\
a/6 \mapsto a \pmod 5 \\
a/9 \mapsto -a \pmod 5 \\
a/12 \mapsto -2a \pmod 5
\end{gather*}
te conviendrait ?

EEn fait, j'ai donné trop d'images, il suffit de
\begin{gather*}
a/1 \mapsto a \pmod 5 \\
a/3 \mapsto 2a \pmod 5 \\
a/9 \mapsto -a \pmod 5 \\
a/12 \mapsto -2a \pmod 5
\end{gather*}
puisque :
\[\left. \begin{array}{c}3\in S \\ 3 (a.1-a.6) \overset{(1)}= 0 \end{array} \right\rbrace \implies \frac a6 \overset{(2)}= \frac a1\]
où l'égalité (1) est dans \(\mathbf{Z}/15\mathbf{Z}\) et l'égalité (2) dans le localisé.

Homo Topoi,
Je me permets une petite remarque du type ``automatic idempotent calculus''. L'anneau $\Z/15\Z$ fait partie d'une classe d'anneaux $R$ ayant la propriété : pour tout $x \in R$, il y a un entier $n \ge 1$ tel que l'idéal $\langle x^n \rangle$ soit engendré par un idempotent $e$, engendré au sens fort : i.e. il existe un inversible $\varepsilon \in R^\times$ vérifiant $e = \varepsilon \times x^n$.

Exemple. Pour $x = 3$ dans $\Z/15\Z$, on a $6 = 2 \times 3$, $2$ est inversible et $6$ est idempotent : $6^2 = 6 \bmod 15$.

$\bullet$ Revenons au premier paragraphe. La localisation en $x$, c'est la même chose que celle en $x^n$, et donc la même chose que la localisation en $e$.
Or la localisation en un idempotent $e$, c'est canoniquement la même chose que le quotient par $1-e$ : $R_e \quad \buildrel {\rm can.} \over \simeq\quad R/\langle 1-e\rangle$. Canoniquement, j'insiste. Ce qui implique qu'il n'y a pas à chercher l'isomorphisme, il vient tout seul.

Ainsi pour $R = \Z/15\Z$, on a $R_3 = R_6$ et comme $1-6 = -5$, on a $R_3 \simeq R/5R = \Z/5\Z$.

$\bullet$ Justification de $R_e \quad \buildrel {\rm can.} \over \simeq\quad R/\langle 1-e\rangle$.
1) Le morphisme de localisation $R \to R_e$ est surjectif. En effet, la partie multiplicative engendrée par l'idempotent $e$ est réduite à $\{1,e\}$. Et pour tout $y \in R$, on a $y/e = y/1$ comme on le voit en faisant le produit en croix et en multipliant par $e$.
2) Le noyau de $R \to R_e$ est engendré par $1-e$. En effet, pour $x \in R$, que signifie que $x$ est nul dans $R_e$ ? Réponse : que $ex = 0$. C'est bien le cas de $x = 1-e$. Et si $x$ est tel que $ex = 0$, $x$ est multiple de $1-e$ : inutile de chercher le multiplicateur, c'est $x$ lui-même i.e. $x = (1-e)x$ vu que $ex = 0$.
3) Le morphisme de localisation $R \to R_e$ est surjectif, de noyau $\langle 1-e\rangle$ et induit donc un isomorphisme $R/\langle 1-e\rangle \simeq R_e$.
4) ``Intuition'' du truc. Si $e$ est idempotent i.e. $e^2 = e$ et que $e$ est inversible, c'est que $e = 1$. Donc en présence de $e^2 = e$, vouloir forcer $e$ inversible c'est la même chose que de vouloir forcer $1 - e = 0$.

$\bullet$ Exemples d'anneaux rentrant dans la classe mentionnée au début : tous les anneaux finis et plus généralement les anneaux de dimension (de Krull) nulle.
Note : ce type de localisation est vraiment particulier et ne reflète pas vraiment (à mon avis) la localisation.

Tu peux lui construire un inverse ? En utilisant la propriété universelle de $U^{-1}A$.

Autre exercice (qui rejoint un autre de tes fils :-D ) : soit $I$ un ensemble ordonné filtrant non vide et $(S_i)_{i\in I}$ une famille de parties multiplicatives de $A$, croissante pour l'inclusion ( $i\leq j \implies S_i \subset S_j$). On obtient par la propriété universelle des morphismes $S_i^{-1}A\to S_j^{-1}A$ dès que $i\leq j$. Soit $S= \bigcup_{i\in I}S_i$. Montrer que $S^{-1}A$ est la limite inductive des $S_i^{-1}A$ (de son vrai nom : colimite filtrante)

Bah tu peux maintenant composer tes trucs avec l' "inclusion" $A\to U^{-1}A$ par exemple pour vérifier que ça ne change rien, et en déduire que ça doit être l'identité de $U^{-1}A$. De même pour l'autre en composant par exemple avec l'"inclusion" $S^{-1}A\to T^{-1}(S^{-1}A)$ pour en déduire que ton truc est l'identité de $T^{-1}(S^{-1}A)$