Lemme de Zariski
J'essaie d'en comprendre la démonstration présentée ici (il faut dérouler l'encadré).
Il y a un truc que je ne comprends pas. Une $k$-algèbre, si elle doit être un corps, elle doit déjà contenir un élément $0$ et un élément $1$ (plus plein d'autres, évidemment), donc, comment pourrait-elle avoir zéro générateurs sur $k$ ? Là, ça me donne l'impression que leur récurrence est mal initialisée...
Il y a un truc que je ne comprends pas. Une $k$-algèbre, si elle doit être un corps, elle doit déjà contenir un élément $0$ et un élément $1$ (plus plein d'autres, évidemment), donc, comment pourrait-elle avoir zéro générateurs sur $k$ ? Là, ça me donne l'impression que leur récurrence est mal initialisée...
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Réponses
Bon. Qu'est-ce qu'une $k$-algèbre à $0$ générateurs ?
En effet, quelle est la plus petite $\mathbb R$-algèbre de $\mathbb R$ contenant $\emptyset$ ?
Normalement, pour dire qu'une $k$-algèbre $A$ est engendrée par une partie $E$, on écrit que tout $x \in A$ est un polynôme $x = P(e_1,...,e_n)$ en les éléments $(e_1,...e_n)$ de $E$. Mais ici, $E$ est vide.
J'ai appris des tas de choses sur les structures algébriques libres sur le forum, mais je ne sais plus si l'on avait traité le cas d'une structure libre sur $\varnothing$. Parce que l'idée c'est que $k[\varnothing] = k$, les polynômes en aucune indéterminée. Je ne sais plus si j'ai appris à montrer ça...
Si l'algèbre a $2$ générateurs $e_1$ et $e_2$, tout élément s'écrit $a_0+a_{1,0}e_1+a_{0,1} e_2+a_{2,0}e_1^2+a_{1,1}e_1e_2+a_{0,2}e_2^2+\dots$ avec $a_{i,j} \in K$
Si l'algèbre a un générateur $e$, tout élément s'écrit $a_0+a_1e+a_2e^2+ \dots$ avec $a_i \in K$
Si l'algèbre a zéro générateur, tout élément s'écrit $a$ avec $a \in K$.
Que se passe-t-il quand tu mets $n=0$ ?
Qui satisfait cette propriété universelle ?
On a donc $A$, une $k$-algèbre de type fini, qui est aussi un corps. On la suppose engendrée par $x_0,...,x_n$.
Ils disent : $A$ est engendrée par $x_1,...,x_n$ sur $k(x_0)$, le corps des fractions de $k[x_0]$, qui est inclus dans $A$.
Mais attendez.
$A$ est de type fini, donc isomorphe à un $k[x_0,...,x_n]/I$ pratiquement par définition. Ce truc doit contenir "$\dfrac{1}{x_0}$". En fait j'ai du mal à voir par quel genre d'idéal on peut quotienter $k[x_0,...,x_n]$ pour obtenir (quelque chose isomorphe à) des fractions rationnelles. La construction du corps des fractions est un peu différente, de mémoire :-S
Attention, $k(x_0)$ n'est pas un corps de fractions rationnelles ! C'est le corps des fractions de $k[x_0]$.
En principe, $x_0$ n'est pas transcendant sur $k$.
J'avais prévenu qu'il me manque beaucoup de choses. Je risque de raconter pas mal de bêtises.
Bon eh bien pour les fractions rationnelles, c'est la même histoire. Il se trouve que $k(x_0)$ est l'ensemble des fractions rationnelles en $x_0$ à coefficients dans $k$, mais en fait $k(x_0)=k[x_0]$ dès que $x_0$ est algébrique sur $k$. Si $x_0$ est transcendant sur $k$ alors à nouveau $k(x_0)$ est isomorphe à $k(X)$.
C'est vraiment la pire façon d'aborder le théorème des zéros que d'aller voir cette page: verbeuse, backgroundée, etc. D'un autre côté c'est un bon choix si juste avec l'objectif de comprendre une preuve du TDZ, tu souhaites t'entrainer longuement à tous les machins admis et utilisés (ici en particulier les algèbres).
Perso, j'ai abordé pour la première fois la logique dans Fraisse (les livres les plus mal écrits du monde) et c'était pas idiot, car après, les autres livres m'ont paru reposant. Comme quoi: les livres et les preuves mal écrits peuvent être très utiles. Qui dit que j'aurais appris la logique "aussi complètement" dans des livres "reposant"? :-D (je suis sérieux).
Cela dit, ces preuves abstraites d'algèbre, sans gout, et qui n'en sont pas me paraissent peu utiles pour un apprentissage. Elles cachent bcp de choses sous le tapis (comme d'ailleurs tu le vois avec l'ouverture du présent fil dont tu as ressenti le besoin).
[small]Sur un exemple, je te résume pourquoi et comment le TDZ est vrai: Je prends 2 équations:
$xy + y^3=1$
$x^7+z^9=3$
par exemple.
Je rajoute une lettre $a$ et constate que :
$(x+a)y = 1 + ay + y^3$
Cette écriture me donne en fait 3 "entités", qui sont $1,y,y^3$, que je considère juste pour leur nombre: il y en a [large]3.[/large]
Je réécris la même chose:
$(x+a_i)y = 1 + a_iy + y^3$
avec des indices.
La matrice ayant [large]4 lignes[/large], la i ième ligne étant $(1,a_i,1)$ possède ses lignes liées par des $c_i(a)$, non tous nuls.
Ca te donne $y\times (\sum_i c_i(a) (x+a_i) ) = 0$, les $c_i$ étant des expressions (des polynômes) en les $a_i$ que tu as choisi n'importe comment et le plus n'importe comment c'est mieux c'est.
Et in fine, tu as une condition $\sum_i c_i(a) (x+a_i) ) = 0$ qui ne parle que de $x$ dans un corps .. alg.clos donc "qui aura forcément une solution" (sauf si $y=0$ ou $a$ mal choisi (c'est à dire "pas assez n'importe comment")).[/small]
Mais pourquoi ne pas voir ce qu'a rédigé l'auteur à ce sujet ?
Amicalement,
Thierry
Mon post précédent te dit que si tu "penses" à faire ce que j'ai fait (le petit coup de la matrice) et que tu procèdes, par ailleurs, "n'importe comment", tu le constates dans chaque cas particulier.
Les preuves sont des tentatives de remplacer
"pour tout $a$, il est facile de prouver $a$"
par une preuve générale de $\forall xR(x)$.
La meilleure "preuve formelle" qui semble connue à ce jour est une preuve où on suppose le corps non dénombrable, j'en ai souvent parlé. Mais je ne me suis pas permis de t'emmener vers cette histoire cardinale, puisque tu es en train de l'étudier autrement.
Voilà, il n'y a pas plus de rapport que ça.
Par ailleurs, il existe une passerelle (une équivalence) évidente entre deux énoncés dont l'apparence de différence cache la proximité.
1/ Celui que je t'ai donné
2/ Celui qui dit que tout idéal primal $J$ est tel qu'il existe une partie $A$ de $K^n$ telle que
$$J=\{P\in K[A_1,..,A_n]\mid (\forall x\in A: P(x)=0)\}$$
due au fait que si on ne peut imposer à un élément d'être inversible en étendant un anneau, cet élément est forcément nilpotent. Dit rigoureusement, si $1 \in A[X] / (1-Xa)$ alors $\exists n\in \N: a^n=0$.
J'ai bien vu ton fil mais j'ai laissé passer un peu de temps pour éviter d'être trop nombreux à intervenir. Je ne sais pas où tu en es du lemme de Zariski. Peut-être que tu es passé(e) à autre chose ?
Ce que j'en dis. Attention cela va être en vrac. Contrairement à cc, je ne dis pas que la meilleure façon de marcher ...etc.. Mon boulot, dans le passé et maintenant, c'est d'essayer d'étudier un peu d'algèbre commutative, de comprendre et d'apprendre. Et le thème des zéros de Hilbert est un thème très riche. Certes, la formulation de Zariski est un peu éthérée : $L/K$ une extension de corps telle que $L$ soit une $K$-algèbre de type fini. Alors $L/K$ est finie. Lire dans l'attachement numéro 3 ce que rapporte Peter May de la volonté de Zariski en 1947. Enoncé peut-être éthéré mais à ne pas négliger. Quant aux preuves, cf la suite.
Pour pouvoir faire ce post, j'ai réussi à retrouver une note d'un étudiant de D.E.A en 1994, qui en plus du mémoire sur la factorisation des polynômes, s'était amusé pour son propre plaisir à collecter diverses formulations du TDZ. C'est la première page attachée.
Alors, que faire ? Je n'en sais rien. Mais à mon avis, c'est bon de disposer de plusieurs énoncés, de les relier en montrant que l'un se déduit de l'autre (dans tous les sens possibles tant qu'à faire). Et d'essayer de comprendre quelques preuves. Par exemple du lemme de Zariski, puisque c'est celui que tu as choisi.
Est ce que toutes les preuves du lemme de Zariski se valent ? NON. Car de l'eau a coulé sous les ponts depuis 1947 (Zariski) et de nombreuses simplifications ont été apportées. Le deuxième attachement est un énoncé et une preuve de Bourbaki qui figure dans l'édition de 2012 de Algèbre chap VIII (Modules et anneaux semi-simples). A ne pas confondre avec Algèbre Commutative chap V (Entiers) où le TDZ est donné comme conséquence du théorème de normalisation de Noether (c'est assez imbitable mais ce n'est pas le sujet).
Dans VIII, c'est un appendice d'une page et demie qui n'a rien à voir avec les Modules et anneaux semi-simples. Mais à mon avis, ils ont tenu à le faire figurer. Comme d'habitude, il y a un truc fort : au lieu de partir seulement avec la donnée $L/K$, on fait intervenir un anneau intègre $A$ de corps des fractions $K$. Attention à l'hypothèse. Et on peut toujours y faire $A = K$ si l'on veut !!
Attention, je ne dis pas qu'il faut considérer cette approche de Bourbaki. Des approches, ce n'est pas ce qui manque. Eisenbud par exemple en donne 5 ...etc.. Peter May (un spécialiste de topologie algébrique) qualifie la preuve (je n'ai pas lue) donnée par Munshi de ``geodesic proof of the Nullstellensatz'' http://www.math.uchicago.edu/~may/PAPERS/MunshiFinal2.pdf. Il y a aussi un papier à la RMS de D. Luçon de 1984 de 4 pages que je peux retrouver.
Bref, c'est un thème que l'on ne peut pas expédier en 5 minutes. Certes, il faut faire un choix ...etc... Je ne sais pas du tout où tu en es et j'espère que ce faisant je n'empire pas la situation
En fait, je dis ça parce qu'elle a le mérite de ne contenir aucun background algébrique, se transmet au café "de manière inoubliable" à toute personne pro au sens qui connait les cardinaux et le lemme de Zorn et n'a pas besoin de "place dans le cerveau" pour être retenue.
Mais, je peux tout à fait ne pas connaitre des preuves encore plus intéressantes.
Le cadre pour écrire "celle que j'appelle de mes voeux" n'existe pas pour l'instant (j'en ai parlé dans un autre fil***), donc "la preuve désirée" n'existe pas (à ma connaissance encore, menfin si ce cadre avait été créé ça se saurait). Après tout le territoire entre les différentes preuves et LE FAIT QU'IL EN EXISTE une "preuve hasardeuse"*** garantissent presque que ce paysage devient un peu paradis des algbéristes, donc ça ne m'étonne pas qu'il y ait "tant à dire".
*** nommé "preuves hasardeuses". En gros, ce sont les trucs qu'on prouve via "il suffit de faire n'importe quoi ou presque ça marche" et qui bien souvent ne sont pas accessibles en termes de langage et de logique aménagée actuellement par des arguments "en faisant tel et tel truc précis, ça marche" qui sont courts.
Tout au long de ma vie j'avais boycotté et appliqué un déni sur ce problème. aujourd'hui j'ai décidé de ne plus lui tourner le dos, il a l'air passionnant et rejoint (vaguement mais surement) le questionnement quantique.
Je suis tout à fait d'accord que plus on a de fomulations des énoncés, et plus on a de preuves, mieux c'est. Mon but est de comprendre les liens entre les notions, donc plus j'ai d'énoncés, plus ça fait de liens. Je vais essayer de passer du temps sur tout ça, à la base j'ai juste trouvé sur Wikipédia qu'ils démontrent une forme du TDZ avec le lemme de Zariski, donc j'ai commencé par ça.
1/ Soit $M$ un idéal MAXIMAL de $K[X_1,..,X_n]$, le corps $K$ étant supposé non dénombrable, corps et algébriquement clos.
2/ Soit $X$ une des indéterminées.
3/ Supposons que pour tout $a\in K$, l'idéal $M+(X+a)$ contient $1$.
3.1/ Cela signifie que pour tout $a\in K$, il existe un polynôme $P_a$ tel que $(X+a)P_a-1\in M$.
3.2/ Chaque $P_a$ est une combinaison linéaire de monômes, les cofficients étant dans $K$
[small]3.3/ Comme il y a "trop" d'éléments dans $K$, alors qu'il y a une quantité seulement dénombrable de monômes, la famille des P_a,s est liée, ce qui s'écrit par une existence d'écriture vraie, avec des a_i dans K : a_1P_{a_1} + .. +a_nP_{a_n} =0[/small]
Ci-dessus catastrophe j'ai pris $a$ déjà utilisé
Edit:
3.3/ Comme il y a "trop" d'éléments dans $K$, alors qu'il y a une quantité seulement dénombrable de monômes, la famille des $P_a,s$ est liée, ce qui s'écrit par une existence d'écriture vraie, avec des $\lambda_i$ dans $K$ :
$$\lambda_1P_{a_1} + .. +\lambda_nP_{a_n} =0$$
(Je recommande aux lecteurs de bien lire aussi le post de Claude Quitte qui suit et m'a fait remarquer les coquilles)
3.4/ Dont il suit $Q(X):=\sum_{i\in \{1;..;n \} } \ \lambda_i \times (\prod_{j\neq i} (X+a_j)) \in M$
3.5/ Rendant $X$ algébrique, du point de vue de $M$. En effet, la factorisation due au fait que $K$ est algébriquement clos,
$$ Q(X) = (X+b_1)(X+b_2)..(X+b_p)$$
et la maximalité de $M$ font que pour l'un des $i\in \{1;..;p\}$, l'élément $X+b_i\in M$. Contradiction avec (3)
[small]La raison qui fait qu'on peut enlever "non dénombrable" des hypothèses est strictement logique et n'a rien à voir avec l'algèbre. Je ne te l'expose pas ici.
Ensuite, la simple exégèse de cette preuve permet en fait de "rendre concret" l'argument, mais moyennant une sorte de procédé logique qui n'a pas encore été inventé correctement à ma connaissance et qui m'a conduit à ouvrir le fil "preuves hasardeuses".
Dans ce cas particulier, des moyens logiques connus règlent la question (les indiscernables), mais dans le cas général (par exemple les preuves de Brouwer), je ne connais pas de trivialisation by indiscernables.[/small]
$$
\sum_{i=1}^n \lambda_i P_{a_i} = 0 \qquad \text{au lieu de} \qquad \sum_{i=1}^n a_i P_{a_i} = 0
$$Du coup, je me permets de réécrire tes affaires, disons la suite. Comme on a $(X - a_i) P_{a_i} \equiv 1 \bmod M$ (petite coquetterie de ma part, je change $X + a_i$ en $X - a_i$), il vient, en multipliant par le produit des $X - a_i$
$$
\sum_{i = 1}^n \lambda_i \Pi_i \equiv 0 \bmod M \qquad \text{avec} \quad \Pi_i = \prod_{j \ne i} (X - a_j)
$$Notons $Q(X) := \sum_{i = 1}^n \lambda_i \Pi_i(X)$. Comme les polynômes $\Pi_1, \cdots, \Pi_n$ sont linéairement indépendants sur $K$ (indication : évaluation en $a_1$, $a_2$ ..etc..) et que les $\lambda_i$ ne sont pas tous nuls, $Q(X)$ n'est pas le polynôme nul.
$\bullet$ Bilan: en unitarisant $Q$, l'idéal $M$ contient un polynôme unitaire en $X$. Rappel : c'était sous le couvert de $X - a \notin M$ pour tout $a \in K$. Mais s'il y a un $a \in K$ tel que $X - a \in M$, le polynôme unitaire $X - a$ convient.
Et ceci quelque soit l'indéterminée $X$ parmi $X_1, \cdots, X_n$.
$\bullet$ Re-bilan : pour $i = 1, \cdots, n$, l'idéal $M$ contient un polynôme $Q_i(X_i)$ unitaire en $X_i$. On n'a pas utilisé encore le fait que $K$ est algébriquement clos. Et cela peut-être la chute du truc.
$\bullet$ Bien sûr, si de surcroit $K$ est algébriquement clos, alors comme tu le dis, on obtient un $b_i \in K$ tel que $X_i - b_i \in M$ de sorte que
$$
M = \langle X_1 - b_1, \cdots, X_n - b_n\rangle
$$Est ce que c'est bien cela que l'on devait lire ? Disons on = HT ? Mais peut-être que je n'ai rien compris et c'est HT qui devait faire le job ?
Je ferai un edit du post de manière à le soigner tout de même, ultérieurement, mais je laisserai les traces des fautes commises.
Je poste présentement pour mettre juste un lien: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2058544
Le passage CRITIQUE de la preuve du TDZ est :
La preuve "formelle" CACHE qu'en fait, on peut essentiellement PRENDRE N IMPORTE COMMENT (juste "sans exagérer") les $a_i$. L'implémentation MATHEMATIQUE de cette idée (générale, elle est aussi utilisée pour prouver le théorème de Brouwer) me parait devoir être promue comme un enjeu important de la recherche logique.
On a des précédents (par exemple un algorithme de recherche rapide de primalité a existé, dans l'histoire, bien avant l'algorithme polynomial découvert en 2003).
ELICUT donne souvent une preuve "banale" en étant exécuté PAR ORDINATEUR à partir de n'importe quelle preuve. Il n'est pas "idiot" de supposer que (par exemple Noether) a, inconsciemment "exécuté ELICUT" de dête. De même, il n'est pas "idiot" de supposer que H.Lombardi a fait de même pour pondre un gros livre de preuve constructives en algèbre commutative.
Mais tout ceci ne fait pas "automatisation". On sait actuellement "en théorie" exécuter les preuves (et en particulier ELICUT), mais on ne le fait pas car on n'enregistre pas les preuves (COQ étant une usine à gaz).
En fait, mon oubli est dû au fait que H.Lombardi avait créé un fil en 2011 et comme à l'accoutumée, j'étais y aller me disputer gentiment avec GBZM à ce propos, et je ne connaissais pas du tout ton existence à l'époque!!
Du coup, j'avais retenu le nom de H.L et j'ai récité tel quel ce matin.
Bravo à vous 2 à nouveau pour la somme de choses racontées dans cet ouvrage (je ne sais pas en combien d'exemplaires vous l'avez vendu).
Comme tu vois, sur le forum, les choses ne se passent pas toujours comme prévu. C'est la vie. Et comme je t'ai déjà dit en privé, je ne participe plus à ce fil pour des raisons personnelles disons. Mais comme j'avais préparé ``des choses pour toi'' (en commençant par des choses très simples, je t'assure), je t'en fait part.
Dans l'image attachée que tu vois (qui provient de l'étudiant dont j'ai parlé), j'envisageais, parmi deux énoncés d'en déduire un en partant de l'autre. En choisissant pour commencer un couple assez simple. Ce n'est que bien plus tard que c'était prévu de fournir la preuve de quelques énoncés (même s'ils sont équivalents), en particulier celui que tu avais choisi, the so called ``Lemme de Zariski''.
Je prétends que je connais un peu ces choses là depuis des années (l'enseignement à l'Université, cela aide) mais figure toi que, comme souvent, grâce à ce fil, de manière indirecte certes, j'ai appris quelque chose. J'ai entrepris (dans un autre fil) de supprimer un raisonnement par l'absurde dans une preuve par Bourbaki du lemme de Zariski (j'en ai parlé ici de cette preuve) et cela s'est révélé très positif (pour moi en particulier, pour les autres je n'en sais rien).
Voilà, voilà. Bon courage.
Tiens pendant que j'y pense encore une preuve parue en 2006 du Nullstellensatz par un auteur espagnol que je connais et apprécie (c'est un vrai géomètre algébriste, lui, ce qui n'est pas mon cas) : Enrique Arrondo in http://www.mat.ucm.es/~arrondo/monthly169-171-arrondo.pdf. Dans ce petit papier de deux pages, l'auteur a joué la carte ``embryon d'une normalisation de Noether''.
On va dire que je l'apprécie car ``il n'est pas snob'' et m'a même avoué une fois qu'il avait du mal à comprendre Harstshorne. Je parle du fameux livre Algebraic Geometry d'Hartshorne qui m'a toujours terrorisé (et cela continue actuellement).
Je plaisante, merci à toi !
Autre chose, mais je n'ai pas regardé les autres preuves, si $A$ est un anneau inclus dans un corps algébriquement clos $K$ et que $J$ est un idéal de polynôme à éventuellement plusieurs indéterminées à coefficients dans $A$, si le système formé des $P(\dots)=0$ n'a pas de solution, $1\in J$ (ie cette alternative n'évoque nulle part $K$).
C'est "un minipoil" plus fort que la version habituelle (à ma connaissance de béotien).
*** Comme exemple pont aux ânes typique j'aime bien évoquer le fait qu'il existe toujours $u_n\in \C^n$ tel que pour tout $n\in \N^*$, avec $n>1$, $P_n(x_n)=x_{n-1}$, avec en outre, par exemple $x_1\neq \pi$ (dès lors que les $P_n$ sont des polynômes à coefs dans $\Q$ allant de $\C^n$ dans $\C^{n-1}$.