Le caractère étale en algèbre commutative

Salut Claude,

C'est bien gentil de me dédier carrément un fil :-D. Je vais du coup essayer de prendre le temps de lire tranquillement ça dans la journée, à tête reposée, et de pour une fois essayer de répondre un truc pas trop bête.

Je commente juste un truc: dans 18.3.1), le caractère de présentation fini vient simplement du fait que, pour Grothendieck, "non ramifié" est par définition de présentation finie: la definition 17.3.1 de EGA IV$_4$ stipule qu'un morphisme de schéma "non ramifié" doit être localement de présentation finie. En affine ça veut juste dire de présentation finie.

Sans cette hypothèse de présentation finie, c'est ce qu'il appelle "formellement non ramifié". C'est probablement une réponse assez décevante mais bon.

Ah merde, j'avais effectivement lu un peu trop vite et pas vu que tu parlais de présentation finie en tant que module et non en tant qu'algèbre. D'ailleurs l'énoncé commence par "Soit $A$ un anneau et $B$ une $A$-algèbre de présentation finie".

Voilà ce dont je parle quand je dit qu'il vaut mieux que je prenne mon temps avant de répondre pour pas répondre un truc stupide.

Le Stacks pour étale/lisse/Cie: je ne risque pas de t'en vouloir simplement car je ne vais même pas essayer. Je pense l'avoir déjà dit ici, mais j'ai déjà essayé. En fait, ça a plus ou moins été mon premier contact avec ces notions, on nous avait balancé sans preuve dans un cours une floppée d'équivalences sur "étale" et j'ai eu la mauvaise idée d'avoir eu envie d'aller voir les preuves, la référence donnée dans le cours en question étant le Stacks. Autant dire que je n'y ai rien compris.

Bref, je prends le temps de voir tout ça.

@Max: je ne suis pas Claude, mais je réponds quand même :-D

- La définition d'EGA de non ramifié: c'est "formellement non ramifié" (ie $\Omega_{B/A} = 0$) et de présentation finie.

- Un petit Ctrl-F dans le Pdf m'indique qu'il n'y a qu'un seul pointeur sur cette proposition dans EGA, c'est donc au moins simple de vérifier si elle n'est pas utilisée "à tort"

- Dans la preuve, c'est simple, le côté "présentation finie comme module" (ou même type fini comme module) n'est purement et simplement pas prouvé (la preuve complète est dans la première image jointe par Claude).

J'ai parcouru en vitesse (pas bien, sachant que j'ai écrit juste au dessus que j'allais prendre mon temps :-D) les références que j'ai sous la main qui parlent d'étale/non ramifié, et j'ai l'impression qu'aucune n'affirme la même chose que cette proposition. C'est donc peut-être effectivement juste une bourde. Ce qui est dommage c'est qu'il y a un erratum à la fin d'EGA IV et que ça n'y figure pas... Donc dur à savoir.

Le fameux pointeur c'est page 116, dans la preuve de la proposition 18.3.2. J'ai pas encore lu le détail pour voir comment 18.3.1 y est utilisé. Ce n'est pas sûr et certain qu'il n'y a pas d'autres pointeurs, le ctrl-F sur des scans de pages avec parfois des polices non standards a un pouvoir limité, mais j'ai assez bizarrement l'impression qu'en dehors de la section 18.3, il n'y a aucune référence à la section 18.3.

Les "fameux erratas" sont en fait à la fin de la version papier d'EGA IV (c'est d'ailleurs assez incroyable, je me demande bien comment ils ont pu publier l'erratum en même temps que la chose elle même, ça doit inciter à penser que cet erratum ne peut qu'être incomplet). Du coup, depuis, plus personne à ma connaissance n'en a publié, ce qui est bien dommage car une liste complète de ce genre de bourdes (si bourde il y a) ne ferait pas de mal.

Edit: toujours après première lecture en diagonale, 18.3.1 semble être utilisé dans 18.3.2 dans le cas où $A$ est une $B$-algèbre finie et étale, donc dans un cas sympathique où, si j'ai bien compris, il n'y a pas de problème.

Salut Claude,

Concernant ton 1. Je n'ai pas beaucoup fréquenté de salons mondains, j'irais même jusqu'à dire que je n'en ai jamais vraiment fréquenté, donc je ne sais pas de quoi y parlent les gens autours "d'étale", mais j'ai l'impression que pour pas mal de gens, le détail de la définition d'étale est moins important que ce qu'on peut faire en continuant vers l'espace avec cette notion ($\pi_1$ étale et cohomologie étale). Pour ces deux machins, de ce que j'en ai vu, "plat et non ramifié" est pris comme définition, le critère jacobien pour pouvoir au moins donner un ou deux exemples, et ensuite basta.

(Edit: d'ailleurs, pour autant que je sache, "plat et non ramifié", sous l'hypothèse de présentation finie, ce sont des conditions essentiellement locales, qu'on peut vérifier point par point, ie en localisant en chaque idéal premier, (le genre de truc que tu n'aimes pas, je sais), donc peut être pas si étonnant que les géomètres se fichent finalement un peu de savoir à quoi exactement ressemble un morphisme étale sur un affine entier, puisqu'au pire, en localisant suffisemment, en chaque point, ça aura une bonne tête (genre standard étale en chaque point), et c'est suffisant pour les applications si dessus).

Le 2: Vu, je n'ai pas encore réfléchi à un fix du ii)

Le 3. Comme je disais, je pense que tout le monde est d'accord pour dire que $A[1/a]$ est étale: c'est une immersion ouverte, ce serait c** si les immersions ouvertes n'étaient pas étales, non? D'ailleurs, ça donne une preuve géométrique à ta CNS de $A[1/a]$ fini comme $A$-module: si $A[1/a]$ est fini, alors cette immersion ouverte est aussi fermée, immersion ouverte et fermée = inclusion d'une composante connexe du spectre et composante connexe du spectre = idempotents. Détails à écrire bien sûr, et je sais aussi que tu as dans ta manche une jolie preuve qui ne passe pas par cette usine à gaz, j'imagine qu'on va faire un "NAK" magique (vu que c'est le point clé de morphisme fini $\implies$ morphisme fermé). J'y réfléchis, donc ne donne pas la réponse tout de suite (:D.


Dans ta première image du Stacks, j'avoue trouver bizarre que ce ne soit pas une équivalence. J'avoue avoir du mal à saisir s'il y a une subtilité cachée, mais j'ai quand même sacrément l'impression que si $B$ est une $A$-algèbre de la forme $A[X_1,\ldots,X_n]/(f_1,\ldots,f_n)$ avec un jacobien inversible, ben c'est étale. Mais vu que je suis quand même parfois une quiche en algèbre commutative (je me soigne petit à petit), je préfère ne rien affirmer.

4. Dans le rayon platitude, j'en ai une bonne pour toi: j'ai entendu dire que $B \otimes_A B \to B$ plat + B de présentation fini sur $A$ (edit: + B/A plat) $\implies$ étale. Qui dit ça? P. Scholze, ici, proposition 2.3.3, citant le truc d'"Almost Ring theory" de O. Gabber. Personnellement, ça me fait un peu peur ce truc de Gabber, tu aurais une idée de quelque chose qui simplifie la chose? Et d'ailleurs, on aurait aussi visiblement $A \to B$ étale $\implies$ $B \otimes A B \to B$ plat. Des idées?

Merci Claude pour ton post. On avait déjà parlé de ça (l'équivalence entre tes quatres points) en plus. Le fait que tu aies à le réécrire explicitement montre que ce n'est pas bien rentré dans ma petite tête. Conclusion: aujourd'hui c'est cahier, stylo, réécriture de tout ça, histoire que ça rentre une bonne fois pour toute.

Le truc sur la platitude de $B \otimes_A B \to B$ montre quelque chose d'autre: je ne suis visiblement pas tout à fait à l'aise avec la platitude, vu que c'est effectivement simple et que je n'y ai pourtant pas pensé. Conclusion: je vais réviser, ça va me faire sauter quelques pages d'aller directement au chapitre "flatness", mais bon.

Et maintenant la question a 2000€: si c'est "si simple", pourquoi des géomètres s'embêtent tous (à part Grothendieck, la plupart des bouquins (Liu, Fu, etc..) en viennent à définir étale comme plat et non ramifié, et ensuite à en déduire la propriété que Grothendieck prend comme définition? Est-ce parce que ce sont ces propriétés qui leur sont pratiques pour le reste du schmblick plutôt que les idéaux de carrés nuls?

Quand je parle de géomètres qui définissent ça comme ça, je ne parle pas forcément de leurs papiers: plat et non ramifié, c'est la définition de Liu dans "Algebraic Geometry and Arithmetic curve", un bouquin réputé "d'initiation" à la géométrie algébrique, à destination des apprenants donc. Idem dans Hartshorne, considéré en général comme une porte d'entrée dans le domaine.

J'ai aussi vu passer des notes de cours qui définissent ça comme ça: en général, les cours sont destinés aux gens pas encore au courant non?

Bref, moi je suis dans la situation de l'étudiant à qui on balance tout ça à toute allure, et qui doit trouver un compromis entre accepter sans preuve certaines des choses qu'on lui affirme et arriver à en comprendre suffisamment pour les manipuler sans dire de conneries. Mon but est donc de comprendre comment ceux qui ont compris comprennent afin de comprendre moi-même, et pour ça, j'ai l'impression qu'il faut passer par la compréhension de quelques trucs basiques, j'imagine que c'est ici que nos buts se rejoignent.

Concernant $A[1/a]$ fini sur $A$, je m'essaye au truc. Avec les indications, c'est simple: $\frac{1}{a}$ est entier sur $A$ dans $A[1/a]$ par hypothèse, donc il existe une relation de la forme $\frac{1}{a^n} + \sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{a_i}{a^i} = 0$ dans $A[1/a]$ (là, il y a le NAK/determinant trick dont j'ai parlé plus haut planqué, pour passer de la finitude à la relation de cette forme). Multiplication par $a^n$ partout: $1 + \sum\limits_{i=1}^{n-1}a_ia^{n-i} = 0$, c'est-à-dire $1 + aq_0 = 0$ où $q_0 := \sum\limits_{i=1}^{n-1}a_ia^{n-i-1}$. Donc il existe un entier $r$ tel que $a^r(1 + a q_0) = 0$ dans $A$, donc $a^r = a^{r+1}q$ où $q := -q_0$. La relation $a^r = qa^{r+1}$ donne $a^r = q^ka^{r+k}$ pour tous $k$, donc $a^r = q^r a^{2r}$, donc $e := q^{r}a^r$ est un idempotent, qui engendre l'idéal $\langle a^r \rangle$ puisque $e \in \langle a^r \rangle$ et $a^r = q^r a^{2r} = e a^r$.

Je te rassure, je n'ai pas l'impression de perdre mon temps, en tout cas, pas tant que j'arrive à au moins retirer un ou deux trucs de la discussion (e.g l'équivalence des quatre points cités plus haut).

J'ose une remarque sur le fait que dans la définition de "net", Raynaud demande simplement type fini au lieu de présentation fini: j'ai l'impression qu'il n'est pas le seul, exemple: Scholze dans ces notes de cours, définition 4.7.

Question idiote, mais on peut se mettre d'accord pour dire ce que signifie "discriminant" inversible? Je ne connais quasiment rien sur les discriminants dans ce cadre. J'imagine que c'est équivalent au fait que la forme $x, y \mapsto \mathrm{Tr}_{B/A}(xy)$ est non dégénérée, vu que tu prends une base "duale" pour cette forme?

Ok, donc généralisation directe et naive des discriminants en théorie des nombres (a moins que les seconds soient historiquement apparus après les premiers?). Ok pour non dégénéré, je l'entendais dans ce sens aussi.

Tu dis que dans ce cas, on a une présentation canonique de $B/A$. On écrit $e_i e_j = \sum\limits_{k=1}^n \gamma_{i,j,k} e_k$, et j'imagine que la présentation canonique dont tu parles est $B \cong A[X_1,\ldots,X_n]/\langle X_iX_j - \sum\gamma_{i,j,k}X_k \mid (i,j) \in \{1,\ldots,n\}^2\rangle$. Cette présentation est-elle bien celle dont tu parles? Problème évident : c'est pas carré, deuxième problème: l’inversibilité du discriminant n'apparait pas, donc peu de chance de montrer $I/I^2$ isomorphe à ce qu'on veut juste avec elle, troisième problème: la liberté des $e_i$ se lit mal avec cette présentation? Est-ce que je saisis bien les problèmes?

Hello Claude Chat-maths,

Je remonte le fil. J'ai ouvert le pdf d'Henri et Claude aux pages consacré a la notion d'algèbre séparable. Pour tout dire j'avais déjà un peu lu l'année dernière mais très rapidement sans approfondir.


Je reprends la page 350 chapitre VI.6.

Soit $k$ un anneau de base, je vais oublier toute référence a cette base dans les indices. Je veux juste essayé de traduire en terme géométrique c'est juste pour moi !

Soit $A$ une $k$-algèbre. Pour faciliter les choses je vais prendre $A$ de la forme $k[ \textbf X ] / \langle \textbf{P} \rangle$. Avec $\textbf{X} = (X_1,\dots,X_n)$ et $\textbf{P} := (P_1,\dots,P_m)$.

Donc on s'intéresse à la $k$-algèbre $A$ et son caractère étale. Donc on introduit la sous-variété de $\mathbb{A}^n_k$ (que je vais noter $\mathbb{A}^n$) définie par les équations $P_1 = \dots = P_m = 0$ je vais la noter $\mathfrak{X}$.

De la on va considérer le produit de $\mathfrak{X}$ avec elle même, donc produit au dessus de $k$, c'est ce qui correspond à l'algèbre enveloppante $A^e := A \otimes_k A$. Bien entendu, $\mathfrak{X} \times \mathfrak{X}$ est la variété dont les points sur une $k$-algèbre $R$ sont exactement les couples $(a,b) \in R^2$ vérifiant $\mathbf{P}(a) = \mathbf{P}(b) = 0$.

On dispose des deux projections $p_1 : (a,b) \mapsto a$ et $p_2 : (a,b) \mapsto b$. Donc deux morphismes de $k$-algèbre $A \to A^e$ qui confère deux structures de $A$-algèbre ) $A^e$.

On dispose également d'un morphisme $\textbf{D} : \mathfrak{X} \to \mathfrak{X} \times \mathfrak{X}$ donnée par $a \mapsto (a,a)$ le morphisme diagonal. Celui-ci correspond à un morphisme $A \otimes A \to A$ donnée par la multiplication $a \otimes b \to ab$ et dans notre cas, en écrivant $A \otimes A = k[ \textbf{X,Y} ] / \langle \textbf{P(X), P(Y)} \rangle$, celui-ci est donnée par $\textbf{X} \to \textbf{Z}$ et $\textbf{Y} \to \textbf{Z}$.

L'image du morphisme diagonal est une sous variété fermée (on ajoute les équations $\textbf{X}= \textbf{Y}$) de $\mathfrak{X} \times \mathfrak{X}$ qui correspond à un idéal $J$ de $A \otimes A$ donc idéal engendré par $\textbf{X}- \textbf{Y}$ dans $k[ \textbf{X,Y} ] / \langle \textbf{P(X), P(Y)} \rangle$.

A ce moment là, c'est cette diagonale qui nous intéresse et son idéal $J$. On demande que $J$ soit engendré par un idempotent. On peut dire que la différence entre la diagonal et son complémentaire est vraiment nette. Bon du coup, même si ça ne sert a rien pour les calculs c'est à peut près clair !


Je suppose ces conditions, soit $e \in A \otimes A$ idempotent générateur de $J$. Ceci veut dire que pour toute $k$-algèbre $R$, et pour tout couple $(a,b)$ solution de $\mathbf{P}(a) = \mathbf{P}(b) = 0$, l'égalité $a = b$ se teste via $e(a,b) = 0$ avec $e^2 = e$.

Soit maintenant une $k$-algèbre $R$ et $I$ un idéal de carré nul. Soit $(a,b)$ couple de solution de $\mathbf{P}(a) = \mathbf{P}(b) = 0$ dans $R$ tel que $a = b \pmod{I}$. Alors $e(a,b) = 0 \pmod{I}$ et donc $e(a,b)^2 = 0$ dans $R$ et puisque $e^2=e$ on a $e(a,b) = 0$ dans $R$ et donc $a = b$. SI je ne dis pas de connerie, c'est le côté formellement non ramifiée.

$\bullet$ Maintenant un exemple plus concret, la base sera $k := \Z[1/2]$. Et on considère $k[X] / (X^2+1)$. C'est un peu petit pour y voir quelques choses mais pas grave, je ferai un exemple en plus de variables une autre fois.

Donc l'idéal $J$ de $A \otimes A := k[Y,Z] / (Y^2+1,Z^2+1)$ est engendré par $u = y-z$, et il faut voir que l'idéal est engendré par un idempotent. Alors :
$$ (y-z)^2 = -2 (yz-1) = -2 z (y-z) $$

Comme $-2z$ est inversible d'inverse $a = \frac{z}{2}$ et bien l'idéal est idempotent, on pose $e = \frac{z}{2} (y-z) = a u $. On a : $u = a u^2$ et donc $e^2 = (au)^2 = a a u^2 = a u$, c'est bien un idempotent.




Donc pour calculer l'idempotent $\varepsilon := 1- e$, on utilise la page 353 et la matrice Bezoutienne qui est de taille $1 \times 1$ ici :-D
On trouve
$$
\begin{bmatrix} \frac{f(Y) - f(Z)} {Y-Z} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}Y+Z
\end{bmatrix}
$$
On remarque que : $\mu (X+Y) = 2X$ ce qui est bien la dérivée du polynôme $X^2+1$. Puisque $2X$ est inversible dans $A$ et bien l'endomorphisme de $A$ est un isomorphisme. On écrit :
$$
\frac{-x}{2} \times 2x = 1 \qquad \qquad \text{Dans $A$}
$$
Et on pose $$\varepsilon := \frac{-x}{2} \dot (Y+Z) = \frac{-1}{2} ( x^2 \otimes 1 + x \otimes x) = \frac{-1}{2} ( -1 + x \otimes x) $$
On vérifie que $\mu(\varepsilon) = 1$. Maintenant on va voir que $\varepsilon$ est bien un idempotent.

$$
\frac{1}{4}\left[ 1-x \otimes x
\right]^2 = \frac{1}{4} \left[ 1-2 x \otimes x + x^2 \otimes x^2 \right] = \frac{1}{2} \left[ 1- x \otimes x \right]
$$

Et vérifie également que : $\varepsilon \in \textbf{Ann}(J)$, i.e $\varepsilon\times ( x \otimes 1 - 1 \otimes x) = 0$ relation que l'on peut mettre sous la forme $\varepsilon x \otimes 1 = \varepsilon 1 \otimes x$, cette relation est également valide pour tout polynôme en $x$ i.e pour tout élément de $A$.

Maintenant on remarque que : $$e +\varepsilon = \frac{y}{2} (x-y)+ \frac{1}{2} \left[ 1- x y \right] = 1 $$

Ensuite, il y a un application $d : A \to J / J^2$, qui est obtenu par composition de $ a \mapsto a \otimes 1- 1 \otimes a$ qui est bien dans $J$, composée avec la surjection $A \to A/J^2$.

Ici cette application est nulle, $d(x) = x-y \pmod{(x-y)^2}$ puisque $x-y = \frac{y}{2} (x-y)^2$.

$\bullet$ Bon on ne voit pas grand chose avec mon petit exemple. Du coup, je vais profiter du fait que $A$ est une $k$-algèbre libre pour fabriquer une nouvelle algèbre étale comme un grand, je garde la même base $k$ donc avec $2$ inversible. Et je considère un élément générique $ b = x_1 + i x_2$ avec $i$ la classe de $X$. Et je cherche les solutions dans $A$ de $x^2+x = 0$ $( x_1+ i x_2)^2 + (x_1+ix_2) = 0$, i.e $ x_1^2-x_2^2 -x_1 = 0$ et $2x_1 x_2 -x_2= 0$. C'est très cool car celle là est étale en format $2 \times 2$. Cette variété à la description suivante les $R$ points sont exactement les idempotents de $R[ i ]$ c'est $\mathcal{Morp}(\text{Spec}(\Z[ i]), \text{Idem})$ ou ($\mathcal{Hom}$ suivant les textes), je dis ça c'est parce que Claude aime bien les $\mathcal{Morph}$ :-D

sage: k = ZZ
sage: k12.<x1,x2> = k[]
sage: I = k12.ideal([x1^2-x2^2-x1,2*x1*x2-x2,(2*x1-1)^2 + 4 *x2^2])
sage: 1 in I # trouver une combinaison 
True
sage: one = k12(1)
sage: u = one.lift(I)  # magouille j'ai du mettre un corps a la place de ZZ
sage u 
[32*x2^2 - 4, -32*x1*x2 + 16*x2, 8*x2^2 + 1]
sage: f = I.gens()*sage: sum([u[i]*f[i] for i in range(3)])
1

Donc on a une algèbre étale sur $\Z$ (inutile d'inverser $2$ ici) via le critère Jacobien, l'inverse du Jacobien est $8x_2^2+1$. Bon c'était prévu par la construction de Raynaud / Grothendieck (voir " Une jolie algèbre étale ").

$\star$ La matrice Bezoutienne, je perdu mon petit programme et flemme donc a la main. On trouve :

$$\begin{bmatrix}
\frac{f_1(y_1,y_2)-f_1(z_1,y_2}{y_1-z_1} & \frac{f_1(z_1,y_2)-f_1(z_1,z_2)}{y_2-z_2} \\
\frac{f_1(y_1,y_2)-f_1(z_1,y_2}{y_1-z_1} & \frac{f_2(z_1,y_2)-f_2(z_1,z_2)}{y_2-z_2}
\end{bmatrix}$$

ON trouve :
$$\textbf{Bez} = \left(\begin{array}{rr}
y_{1} + z_{1} - 1 & -y_{2} - z_{2} \\
2 y_{2} & 2 z_{1} - 1
\end{array}\right)
$$

Et $\text{Det}(\textbf{Bez}(x,x)) = 4x_1^2 + 4x_2^2 - 4x_1 + 1$ qui est bien le déterminant Jacobien. Donc maintenant l'idempotent de séparabilité :
$$
\varepsilon := (8x_2^2 + 1) (2y_2^2 + 2*y_1 z_1 + 2z_1^2 + 2y_2z_2 - y1 + -3z1 + 1)
$$
Il faut faire attention au variable, c'est la structure d'algèbre a gauche ici donc $x_1 = x_1 \otimes 1$ i.e $y_1$.

sage: kyz.<y1,y2,z1,z2> = QQ[] 
sage: J = kyz.ideal([y1^2-y2^2-y1,2*y1*y2-y2,z1^2-z2^2-z1,2*z1*z2-z2])
sage: varepsilon = nu(y1,y2) * phi
sage: varepsilon = nu(y1,y2) * phi
sage: varepsilon
8*y1^2*y2^2 + 8*y2^4 + 8*y1^3*z1 + 8*y1*y2^2*z1 + 8*y1^2*z1^2 + 8*y2^2*z1^2 + 8*y1^2*y2*z2 + 8*y2^3*z2 + (-4)*y1^3 + (-12)*y1*y2^2 + (-20)*y1^2*z1 + (-12)*y2^2*z1 + (-8)*y1*z1^2 + (-8)*y1*y2*z2 + 8*y1^2 + 6*y2^2 + 14*y1*z1 + 2*z1^2 + 2*y2*z2 + (-5)*y1 + (-3)*z1 + 1
sage: varepsilon = 8*y1^2*y2^2 + 8*y2^4 + 8*y1^3*z1 + 8*y1*y2^2*z1 + 8*y1^2*z1^2
....:  + 8*y2^2*z1^2 + 8*y1^2*y2*z2 + 8*y2^3*z2 + (-4)*y1^3 + (-12)*y1*y2^2 + (-
....: 20)*y1^2*z1 + (-12)*y2^2*z1 + (-8)*y1*z1^2 + (-8)*y1*y2*z2 + 8*y1^2 + 6*y2
....: ^2 + 14*y1*z1 + 2*z1^2 + 2*y2*z2 + (-5)*y1 + (-3)*z1 + 1
....: 
sage: (varepsilon^2-varepsilon) in J
True   <<<< ---  cool !

Pour l'histoire de l'application $d : A \to J / J^2$. On pose $e = 1-\varepsilon$ et on a : $\langle e \rangle = J$. Comme $e$ est idempotent un élément $\alpha \in J$, qui s'écrit $ k e$ avec $k = \alpha$.

Donc par exemple : $y_1-z_1 = e (y_1-z_1)$ et comme $e \in J$, on a bien $y_1-z_1 = 0 \pmod{J^2}$.

Bon je retourne lire !

Désolé c'est du brouillon ce que j'ai fait, c'était juste pour remonter le fil et de toute façon je n'ai pas trop compris les questions que vous vous posez ? Pour ma part, la problématique c'est que l'on ne voit pas la propriété de lifting (donc le côté lisse) ? Je ne vois pas du tout comment a partir de l'idempotent de séparabilité on peut remonté modulo un idéal de carré nul ? Donc je dois réfléchir aux $4$ équivalences pointées !

Arg : y'a un sacré bordel avec les $X$ $Y$ $x$ $y$ ...

Un petit quelque chose. Dans le contexte $A = k[X] / \langle P \rangle$ avec $P$ un polynôme unitaire séparable.

Un truc est de voir que l'idéal $J = \langle y-z \rangle$ de $A \otimes A$ est idempotent. Une manière de voir ça c'est d'écrire une identité polynomiale :
$$
P(Y)-P(Z) = P'(Z) (Y-Z) + (Y-Z)^2 R(Y,Z) \in k[Y,Z] \qquad \qquad (\star)
$$
En l'évaluant en $(y,z) \in A \otimes A$, on trouve que
$$
P'(z) (y-z) = - (y-z)^2 R(y,z)$$
Et si on suppose que $P'(z)$ inversible modulo $P$ i.e $1 \in \langle P,P' \rangle$ dans $k[X]$. On obtient une écriture explicite de $y-z = \alpha (y-z)^2$. L'idéal est idempotent, engendré par un unique idempotent.

En fait, on peut voir les choses directement. On pose une relation $1 = U P + V P'$ dans $k[X]$.

On écrit $$ \varepsilon := V(z) \left( \frac{P(Y)-P(Z)}{Y-Z} \right)_{y,z} = 1 + (y-z) R(y,z)$$.

On veut voir que $\varepsilon$ est idempotent.

Alors d'une part, $1-\varepsilon \in \langle y-z \rangle$ évident. Et d'autre part, $\varepsilon (y-z) = P(y)-P(z) = 0 - 0 = 0$. Donc $\varepsilon \times (1- \varepsilon) = 0$. d'où l'idempotence.

Ensuite :
$$
(y-z) = (1-\varepsilon) (y-z) + \varepsilon (y-z) = (1-\varepsilon) (y-z) \in \langle 1 -\varepsilon \rangle
$$

Là j'ai refait des petites démonstrations que l'on trouve dans le livre d'Henri et Claude.

Pour $(\star)$, on peut le voir par linéarité sur les monômes $X^n$ :
$$
Y^n-Z^n - nZ^{n-1}(Y-Z) = (Y-Z) \sum_{k=0}^{n-1} Y^k Z^{n-1-k} - Z^{n-1}
$$
Le terme en $k = 0$ de la somme est nul et ensuite on factorise :
$$
\sum_{k=1}^{n-1} Y^k Z^{n-1-k} - Z^{n-1} = \sum_{k=1}^{n-1} (Y^k-Z^k) Z^{n-1-k}
$$
Et on factorise de nouveau $Y^k-Z^k$ pour faire apparaître $Y-Z$.

Je n'ai pas l'impression d'avoir utiliser le fait que le polynôme soit unitaire.

Pour les propriétés de lifting.

L'unicité.

Soit $R$ un $k$-algèbre et $\mathcal{J}$ un idéal de carré nul. Soit $\alpha, \beta \in R/ \mathcal{J}$ tel que $P(\alpha) = P(\beta) = 0$ et $\alpha = \beta \pmod{\mathcal{J}}$. On évalue la relation $\star$ en $\alpha, \beta$ :
$$
0 = P'(\beta)(\alpha-\beta) + (\alpha-\beta)^2 R(\alpha,\beta) \qquad \text{Dans $R$}
$$
Comme $\alpha - \beta \in \mathcal{J}$, on a : $(\alpha-\beta)^2 \in \mathcal{J}^2 = 0$ et on obtient :
$$
P'(\beta) (\alpha-\beta) = 0
$$

Et au vu de la relation $1 \in \langle P,P' \rangle$ et bien $P'(\beta)$ est inversible et $\alpha = \beta$.

Pour le relèvement.

Soit $R$ une $k$-algèbre, $\mathcal{J}$ un idéal de carré nul et $\alpha \in R$ tel que $P(\alpha) = 0 \pmod{\mathcal{J}}$. On cherche $ i \in \mathcal{J}$ tel que $P(\alpha + i) = 0$, en fait il n'y a pas trop le choix.

$$
P(\alpha+i) = P(\alpha) + P'(\alpha) i + 0 \quad (\text{terme $i^2$})
$$
Donc on pose $i=-P(\alpha) V(\alpha)$, c'est bien dans $\mathcal{J}$ puisque $P(\alpha) = 0 \pmod{\mathcal{J}}$.

Et on vérifie $P(\alpha + i) = P(\alpha) - P'(\alpha) V(\alpha) P(\alpha) = 0$. C'est bon !


Par contre, maintenant si je suppose que la propriété de relèvement est ok ET que le polynôme est unitaire et bien je trouve que $1 \in \langle P,P' \rangle$.

On prend $R = k[X] / \langle P^2 \rangle$ et l'idéal $\mathcal{J}$ de $R$ engendré par $P$. On a : $R / \mathcal{J} = k[X] / \langle P \rangle$ et on prend la classe de $X$ comme solution.

L'existence du relèvement donne l'existence d'un polynôme $Q \in k[X]$ tel que :
$\bullet Q = X \pmod{P}$
$\bullet P (Q) = 0 \pmod{P^2}$

On écrit $Q = X+ k(X) P(X)$ et on injecte, $$0 = P (X+k(X) P(X)) = P(X) + P'(X) k(x) P(X) \pmod{P^2}$$
Et donc (puisque $P$ est unitaire) $1+ k(X) P'(X) = 0 \pmod{P}$ et donc $1 \in \langle P,P' \rangle$. J'ai utilisé $P$ unitaire pour affirmer que $P \times F = 0 \to F = 0$.

Maintenant, si je suppose l'unicité du relèvement. Et bien je prends comme $k$ algèbre $R := k[Y,Z] / \langle P(Y), P(Z) ,(Y-Z)^2 \rangle$, l'idéal $I$ engendré par $(\overline{y}-\overline{z})$ dans $R$, on a bien $I^2 = 0$ et j'ai deux solutions $\overline{y}$ et $\overline{z}$ congru modulo $I$, elle sont donc égal dans $R$ d'où $Y-Z \in \langle P(Y), P(Z) ,(Y-Z)^2 \rangle$ dans $k[Y,Z]$ que je peux évaluer dans l'algèbre $k[Y,Z] / \langle P(Y), P(Z) \rangle$ et qui donne $y-z \in (y-)^2$ et donc l'idéal $J$ est idempotent.

J'ai un mal fou à bien isolé les choses, et y'a rien de vraiment clean dans ma tête et pas convaincu de ne pas mettre mélangé :-D

Hello Claude,

Juste un petit truc coloration géométrique. Pour l'idempotent de séparabilité $\varepsilon$, on peut le voir comme un morphisme $\varepsilon : \mathfrak{X} \times_k \mathfrak{X} \to \mathbb{A}^1_k$ vérifiant $\varepsilon ^2 = \varepsilon$ et tel que : Pour tout $k$-algèbre $R$, et tout couple de points $(a,b) \in (R^n)^2$ appartenant à $\mathfrak{X}(R)$, on a : $\varepsilon (a,b) = 1$ si et seulement si $a = b$.

Le co-morphisme est $\Z[T] \to A \otimes_k A$ donné par $T \to \varepsilon$.

Sous cette forme, on voit l'histoire d'unicité du lifting. Soit $(R,I)$ une $k$-algèbre muni d'un idéal de carré nul. Soit $a,b \in \mathfrak{X}(R)$ tel que $a = b \pmod{I}$, alors $1 - \varepsilon(a,b) \in I$ d'où $(1-\varepsilon(a,b)) = (1-\varepsilon)^2(a,b) \in I^2 = \{0\}$ et donc $a=b$.

La dernière partie ne pré suppose pas du tout que $\mathfrak{X}$ soit le spectre d'une $k$-algèbre (c'est si un jour, il nous prends l'envie de recoller des idempotents de séparabilité :-D).


Du coup, je précise un peu la fin de mon message hier.

Toujours dans le contexte de la présentation fini, donc $A = k[\textbf{X}] / \langle \textbf{P} \rangle$ avec les mêmes notations qu'avant.

Je suppose l'unicité du lifting modulo les idéaux de carré nul. Je prends la présentation $ k[\textbf{Y},\textbf{Z}] / \langle \textbf{P(Y)} , \textbf{P(Z)} \rangle$ de l'algèbre enveloppante $A^e$.

Et je veux voir que l'idéal $J$ engendré par les $Y_i - Z_i$ dans $A^e$ est idempotent. Pour cela, il suffit de voir que pour tout $i \in \{1,\dots,n\}$, on a : $$ Y_i-Z_i \in J^2$$

Je vais utiliser l'unicité du lifting en regardant les solutions dans $R = k[\textbf{Y},\textbf{Z}] / \langle \textbf{P(Y)} , \textbf{P(Z)}, J^2 \rangle$ avec l'idéal $J$ vu dans $R$ qui est de carré nul et comme couple de solution la classe de $\textbf{Y},\textbf{Z}$ dans $R / J$ que je note $\overline{Y}, \overline{Z}$. On a : $\overline{Y} = \overline{Z}$ puisque les coordonnées de la différence sont dans $J$ par définition de $J$ et donc le vecteur $\textbf{Y}-\textbf{Z}$ est dans l'idéal $\langle \textbf{P(Y)} , \textbf{P(Z)}, J^2 \rangle$. On écrit des combinaison linéaire dans $ k[\textbf{Y} , \textbf{Z}]$qui en témoigne et on réduit modulo l'idéal $\langle \langle \textbf{P(Y)} , \textbf{P(Z)} \rangle$. Ce qui donne $y_i-z_i \in J^2$ et donc l'idéal $J$ est idempotent.

Donc non-ramifié (au sens de Grothendieck) signifie $J /J^2 = 0$ i.le séparable.

Est-ce que ça tiens débout ? Je veux dire séparable c'est exactement non ramifié, est-ce que tu es ok ?


Edit : 08 / 11

Ici je vais faire plus général.

Soit $A$ un anneau de base. Soit $B / A$ que l'on suppose formellement nette. Soit $J$ l'idéal engendré par les $a \otimes 1 - 1 \otimes a$.
On veut d'abord prouver que $J^2=J$ i.e $ J \subset J^2$.

Soit $R = B \otimes B / J^2$ et $J$ l'idéal vu dans $R$.

Soit $\zeta_1 : B \to B \otimes B/ J^2 $ et $\zeta_2 : B \to B \otimes B / 2$ donné par $b \to b \otimes 1$ et $b \to 1 \otimes b$. Alors $\pmod{J}^2$. Alors les deux morphismes sont égaux $\pmod{J/J^2}$ ils sont égaux dans $R$. Et $b \otimes 1 - 1 \otimes b \in J^2$.

On a alors $J =J^2$.

Si l'on suppose que $J$ est de type fini et il engendré par un unique idempotent.

Claude,

c'est parfait, j'achète les dérivations. Je dois faire un petit exemple histoire d'être certain que j'ai bien compris (ahah) mais c'est clair et nette :-D Merci

Non je n'ai pas le livre de Raynaud !

Hello Claude,

J'y vois un peu plus clair (enfin il y en a une qui apparaît pas a l'écran :-D),. Dans les équivalences, il y a un truc non trivial que je n'arrive pas a faire. Donc je garde le contexte. Je suppose que $A / k$ est séparable i.e l'idéal $ \langle y-z \rangle $ dans $A \otimes_k A$ avec $y = x \otimes 1$ et $z = 1 \otimes x$ est idempotent.

La problématique c'est de prouver que $P'$ est inversible $\pmod{P}$. Le truc qu'on peut faire c'est de dire que
$\Omega_{A / k} = 0 $ because séparable. Ensuite, si j'ai bien compris on a une autre version de $\Omega_{A / k}$ (autre version que $J / J^2$). C'est un $A$-module quotient $ \frac{A dx}{A P' dx}$ ici pas de panique pour le $dx$ c'est juste un truc formel pour dire un vecteur de base.

Donc $\Omega_{A / k} = 0$ entraîne que $P'$ est inversible dans $A$ et on a gagné !

Mais le truc, et je pense que l'on est tous les deux d'accord, c'est que l'on aimerait bien une preuve direct sans passer par $\Omega$. Donc un petit calcul ! Pour l'instant, je n'ai pas trouvé la chose convoité !

Ps : J'ai trouvé le livre de Raynaud.

Claude,

Ok, c'est marrant d'arpenter les preuves pour récupérer une identité pour un polynôme d'une variable :-D

Alors si on regarde à la page $355$. On voit quelque chose

On considère $\delta : A \to A / \langle P'(x) \rangle$ $A$-linéaire, donnée par $g \pmod{P} \mapsto g' (x) \pmod{P'(x)}$.
(ca ne dépend pas du lift $\tilde{g}$ de $g$ puisque $P(x) = 0$ (dans $A$)).

On voit que c'est un $k$-dérivation, et il existe une unique application $A$-linéaire qui factorise $J / J^2 \to A / \langle P'(x) \rangle$.

Si on suppose que $J / J^2 = 0$ alors $\delta (X \mod{P}) = 0$ mais la dérivée de $X$ c'est $1$, et on trouve $1 = 0$ dans $A / \langle P' \rangle$. Mais ça ne me donne pas l'inverse voulu !

Mais dans tous les cas, je dois lire un peu plus !

J'en profites pour refaire une jolie preuve que je viens de voir dans le livre de Raynaud.

Soit $R$ un anneau, soit $I$ un idéal de carré nul. Soit $e_1,e_2 \in R$ deux idempotents, tel que $e_1 = e_2 \pmod{I}$. Alors $e_1 = e_2$.

On note : $x = e_1 - e_2 \in I$, on a :
$$
x^3 = (e_1-e_2)^3 = e_1^3 -3e_1^2 e_2 + 3 e_1 e_2^2 -e_3^3 = e_1-e_2 = x\qquad \text{Puisque $e_1,e_2$ idempotent}
$$
Puisque $x^2 = 0$, on obtient $x = x^2 x = 0$.

Remarque : ça fonctionne également si on suppose que $x$ est nilpotent à la place de $x^2=0$ (c'est ce que présente Raynaud) puisque l'on a : $x (1-x^2) = 0$ et $x^2$ est nilpotent donc $1-x^2$ inversible.

Claude,

Je pense que c'est cool ! Je suis d'accord pour dire qu'il faut éviter les calculs bourrins mais c'est bien quand même merci :-D

Claude, (un peu hors sujet, je regarde ton message juste après).

Je fais un truc pour comprendre l'histoire de $\Omega _{A / k}$. Donc c'est un peu hors sujet puisque je vais prendre un exemple lisse et pas étale.

Je note $k := \Z[ 1/2]$ la base (hum remarque faudrait vraiment écrire $B$ l'anneau de base, non ?) et $A := k[x,y] := k[X,Y] / \langle X^2+Y^2-1 \rangle$.

La matrice Jacobienne du système est $$ \text{Jac} := \begin{bmatrix} 2X & 2Y \end{bmatrix}$$
Et on note $$J_a := \text{Jac}^{T}(x,y) \in \mathcal{M}_{2,1}(A) \qquad \qquad J_a = \begin{bmatrix} 2x \\ 2y \end{bmatrix}$$

Le module des dérivations $\Omega_{A / k}$ est isomorphe à $\text{Coker}(J_a)$, c'est le quotient de $A^2$ par le sous-module engendré par le vecteur $(x,y)$. Mais pour un raison de facilitation je vais noter $(dx,dy)$ la base canonique de $A^2$ et on a : $(x,y) = xdx+ydy$ (note j'ai viré le $2$ de la différentielle puisqu'il est inversible).

Maintenant si un $A$-module $M$ se pointe, une application linéaire de $\Omega_{A/k} \to M$ est équivalente à la donnée de deux vecteur $m_1$ et $m_2$ de $M$ qui vérifie $ x m_1+ym_2 = 0$.

Je passe ici sur le fait que $\Omega_{A / k}$ est projectif (je ne sais pas quoi faire de cette information).

Maintenant, je prends un nombre premier disons $p = 17$ (c'est demain le $17$). Je considère $R := \Z / 17^2 \Z$ l'idéal engendré par $17$ dans $R$, qui est de carré nul.

Je fais un petit diagramme " au-dessus de $k$ " :

$$ \xymatrix{ & \Z / 17^2 \Z \ar[d]^{\pmod{17}} \\ A \ar[duur]^{\tilde{\zeta}} \ar[r]_{\zeta} & \Z / 17 \Z & }\qquad \qquad \begin{matrix} \zeta := (x,y) \mapsto (3,3) \\ \tilde{\zeta} := (x,y) \mapsto (3,241) \end{matrix} $$

Explication j'ai pris une solution $(3,3)$ de l'équation $x^2+y^2 = 1$ dans $\Z / 17 \Z$ et je l'ai remonté à $\Z / 17^2 \Z$. Là l'objectif c'est de comprendre comment $\Omega_{A / k}$ permet de construire les autres solutions (je suis vraiment pénible).

La théorie nous dit que les autres solutions au dessus de $(3,3)$ sont données par les $k$-dérivation de $A$ dans le $A$-module $(17) \subset R $.

Alors attention la structure de $A$-module de $(17)$ est donné par la formule :
$$b \star v := \tilde{\zeta(b)} \times_R v = \tilde{b(3,3)} \times_R v$$
Ici $\tilde{\text{Machin}}$ c'est un relèvement quelconque de $\text{Machin} \in \Z/17\Z$ à l'anneau $\Z/ 17^2\Z$.

Donc maintenant la donnée d'un morphisme de $\Omega_{A / k} \to (17)$ est donc équivalente à la donnée de $a,b \in (17)$ tel que $3a+3b = 0$ et comme $3$ est inversible dans $R$, et bien c'est la même chose que la donnée d'un élément $a \in (17)$. Par exemple, on prend $a=2 \times 17$ et donc $b = -2 \times 17$.

Et là magie : $(3,241) +(34,-34) = (37,207)$ et on a : $37^2+ 207^2 = 1 \pmod{17^2}$. Une nouvelle solution :-D

Pour l'instant c'est encore un peu du bricolage !

OK pour ton avant dernier message et également ok pour les dérivations, quand j'ai vu ta feuille manuscrite je me suis dis que c'est vraiment ce qu'il me manquais !

Merci beaucoup ! Je vais continu a lire, histoire de solidifier la théorie !

$5$ heures plus tard, j'ai éclaté en essayant de lire vos notes de Luminy :-D

Hello,

Bonne rentrée à chat-maths.

Je pense que j'ai compris comment produire ma matrice de projection. En fait, dans les notes de Luminy page 76, l'interprétation matricielle des $V_i$. On y voit la relation $VA = \text{Id}$ et donc $(AV)^2 = AV AV = AV$. Ici $A$ est la transposé de la Jacobienne. L'image de $AV$ est l'image de $A$ puisque $AVA = A$. Et donc on dispose d'un projecteur pour l'image de $A$, mais nous on veut le conoyau de $A$ et donc on prend $1-AV$.


Reste à voir comment construire $V$. Alors $V$ s'obtient dans le cas générique du relèvement. Faut faire attention aux $X-V$ dans le texte. Et faut faire attention a la notion de matrice lorsque l'on a un système générateur non libre.

J'explicite les choses. D'un part, la matrice Jacobienne du système est :
$$
\begin{bmatrix}
0 & 0 & 2X-1 \\
Z & 0 & X
\end{bmatrix} \in \mathcal{M}_{2,3}(k[X,Y,Z])
$$
Elle représente une application linéaire $A^3 \to A^2$. On évalue cette matrice $(X,Y,Z) \mapsto (x,y,z)$ et on transpose :
$$
\textbf{J}_a := \begin{bmatrix}
0 &z \\
0 & 0 \\
2z-1 & x
\end{bmatrix}
$$
Ca donne une application $A^2 \to A^3$. Mais en fait il s'agit exactement de la matrice de $\delta_I$ (cf par $77$). Ceci veut dire que pour $g_1,g_2 \in A$, on a : $$ \text{Coordonnée dans la base $(dx,dy,dy)$ de } \delta_I (g_1 P_1+g_2P_2) = \text{J}_a \begin{bmatrix} g_1 \\g_2 \end{bmatrix}$$

Ensuite en regarde la page 76. Pour obtenir la construction de $V$. C'est lié au lifting et comme j'ai fais le lifting. On a :
$$
\mathcal{V} = \begin{bmatrix} X \\ Y \\ Z \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} (1- (3Z^2-2Z^3))X \\Y \\ 3Z^2 -2Z^3 \end{bmatrix} \pmod{I^2}
$$
On trouve : $$V = \begin{bmatrix}
0 & 0 & 2Z-1\\
Z & 0 & 0
\end{bmatrix} $$
Ceci veut dire que :
$$
\mathcal{V} = V \times \begin{bmatrix} P_1 \pmod{I^2} \\ P_2 \pmod{I^2} \end{bmatrix}
$$
On a pas unicité mais ce qui est certain c'est que $V \times \text{J}_a$ représente $\text{Id}_{I / I^2}$

On a : $$ U :=V \times \textbf{J}_a = \begin{bmatrix} 1 & -X \\ 0 & Z \end{bmatrix}$$
Et par exemple $$U \times \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} = -X P_1 + Z P_2 = P_2 \pmod{I^2}$$
On fait dans l'autre sens, on trouve :
$$
1 - \textbf{Ja} V =
\begin{bmatrix} 1-z & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 &0 \end{bmatrix}
$$

Si $z= 0$ de rang $2$ et si $z = 1$ de rang $1$. Donc $z=0$ on retrouve le plan et $z=1$ on retrouve la droite.

C'est vraiment délicat au niveau du typage ici, je dois relire encore un fois !

ps : Je n'ai pas trouvé le joli pdf de Parson James !