Le caractère étale en algèbre commutative

$\def\Ann{\text{Ann}}\def\c{\text{c}}$Salut FlipFlop,
Tiens un petit truc. J'aime bien les petits trucs et toi je sais que maintenant tu es au courant de ce que signifie qu'une suite de longueur 2 est de profondeur $\ge 2$. Ton post avec $(a,b)$ ....

Une petite question (pour une fois, j'ai la réponse). Juste pour pouvoir te raconter la suite. Soient $F, G \in A[X,Y]$ deux polynômes, $J \in A[X,Y]$ leur jacobien i.e. le déterminant de la matrice jacobienne de $F, G$, qui est $2 \times 2$.. On suppose que $J$ est inversible modulo $\langle F, G\rangle$.

Il s'agit de démontrer que $\Ann(F,G) = 0$. I.e. que pour $H \in A[X,Y]$, si on a $HF = HG = 0$, alors $H = 0$.

Est ce que tu vois comment faire en utilisant les résultats sur le produit de deux polynômes, Dedekind-Mertens ..etc... On a un exposant $e$ tel que $\c(F)^ e .H = \c(G)^e.H = 0$. Faire intervenir les coefficients de la Jacobienne ...etc...

FlipFlop
Il y a quelque chose de bizarre : tu écris $J \in c(F) + c(G)$ mais $J$ est un polynôme de $A[X,Y]$ tandis que $c(F) + c(G)$ est un idéal de $A$.

$\def\Gr{\text{Gr}}\def\Ann{\text{Ann}}$Salut FlipFlop

$\bullet$ Oui, oui, $c(J) \subset c(F) + c(G)$, c'est ok. Mais bizarrement, je n'ose pas inverser les polynômes $F$, $G$, $J$ et je fais un truc plus laborieux. Tu ne me roules pas dans la farine ?

Pourquoi je n'ose pas inverser ? Parce que cela détruit ``la structure polynomiale''. Do you see what I mean ? (moi, à peine).

$\bullet$ Mais le plus important : où est ce que je veux en venir ? Cela risque de faire flop. Formulation élémentaire d'un résultat. Lequel ? Même contexte $F,G \in A[X,Y]$ de jacobien $J$ inversible modulo $\langle F, G\rangle$ si bien que par définition, $B := A[X,Y] /\langle F, G\rangle$ est étale sur $A$.

Ca y est le grand mot ``étale'' est lâché : ce qui évoque des choses savantes, EG IV et compagnie, et des propriétés difficiles à montrer. Platitude, je n'en sors pas et ci-dessous, je vais me répéter.

Mais en fait, dans ce contexte, IL FAUT DEMONTRER que $\Gr(F,G) \ge 2$ (ce que je ne sais pas faire). Tu sais ce que cela signifie. Cela se passe dans le brave anneau de polynômes $A[X,Y]$ :
$$
\Ann(F,G) = 0, \qquad UF = VG \quad\Rightarrow\quad \exists\ Q \in A[X,Y] \mid (U,V) = Q \ \times\ (G,F)
$$C'est cela une formulation élémentaire sans faire peur aux enfants. Tu as démontré (si tu ne m'as pas roulé dans la farine), le truc de gauche.

Et pourquoi faut-il démontrer que $\Gr(F,G) \ge 2$ ? Parce que c'est vrai et que cela FAIT DU BIEN au reste, en particulier platitude. Ne pas oublier que le contexte initial est stable par extension des scalaires $A \to A'$ : si jacobien $J$ inversible modulo $F, G$ dans $A[X,Y]$, alors c'est encore vrai dans $A’[X,Y]$.

Je pense que cela va faire flop, et cela a peut-être fait déjà flop.

FlipFlop
J'ai oublié un truc SUPER-important. Soient $F, G \in A[X,Y]$ de jacobien $J \in A[X,Y]$. RIEN DE PLUS. On a démontré un résultat sans clause concernant l'annulateur de $(F,G)$. Lequel ?

Note : où je veux en venir ? Il y a, concernant les algèbres étales, un énoncé SANS algèbres étales, sans clause. J'ai bu (22 heures) ? Non.

$\def\Ann{\text{Ann}}$FlipFlop (et Chat-Maths)

$\bullet$ Bonne idée de faire un petit résumé en quelques lignes. J'en ajoute au panier : l'annulation de $F,G$, cela conduit, avec tes notations, au $B$-module $\Ann(F,G)$. Tu es d'accord que $F.\Ann(F,G) = 0$ et $G.\Ann(F,G) = 0$, n'est ce pas ? Grosse trivialité.

Mais je t'informe que $\Ann(F,G) = H_2(F,G)$ (reprends ton post sur $(a,b)$ et le mien qui suit). Et à un moment donné, tout fier, tu as dit : j'ai lu quelque part que $F, G$ tuaient $H_2(F,G)$. La belle découverte une fois que l'on a déjoué les notations : $\Ann(F,G) = H_2(F,G)$.

Et ce que tu as écrit (dernière ligne de ton dernier post), le fait que l'exposant $N$ dépend de $H$ qui tue $F,G$, cela peut s'écrire de manière cryptique, en LOCALISANT le $B$-module $\Ann(F,G)$ en $J$
$$
\fbox {$\Ann(F,G)_J = 0$}
$$OK ?

Et le gros résultat ADMIS $H_1(F,G) = 0$ sous la clause $J$ inversible modulo $\langle F,G\rangle$, comment le traduire SANS clause, d'une part de manière élémentaire, au sens si $UF = VG$, alors ... Et en termes plus savants sur $H_1(F,G)$ ?

Faire de nouveau un petit résumé en 2 variables.

Et à quoi cela peut bien servir de disposer d'énoncés sans clause ?

$\bullet$ Déjouer les notations. Et qu'en est-il de Tate, de l'appendice de Mazur & Roberts, et du début de de Smit & Lenstra ? Ne faites pas semblant de ne pas voir de quoi je cause. Ok, cela fait peur. MAIS, c'est dingue, en ce qui concerne le fait de déjouer les notations, lorsque l'on remplace les objets complexes avec produits tensoriels ... etc.. par les objets du CADRE de de Smit & Lenstra. On rigole bien.

$\def\cJ{\mathcal J}\def\cB{\mathcal B}\def\bX{\mathbf X}\def\bY{\mathbf Y}\def\bZ{\mathbf Z}\def\bF{\mathbf F}$Salut FlipFlop et Chat-Maths
FlipFlop : Ok mais je pense que je n'ai pas réussi à faire passer quelque chose. C'est vachement dur de faire passer des idées informelles.

Ici, autre chose. J'ai parcouru, je dis bien parcouru, SANS lire vraiment, l'appendice de Mazur & Roberts (Tate) ainsi que de Smit & Lenstra. J'ai CRU voir entre les lignes un ``truc'' et j'ai voulu en avoir le coeur net. Cela concerne le bezoutien d'un système carré (intersection complète) SANS clause.

Le contexte est le suivant. Attention, cela va cloner pour les produits tensoriels
$$
A[\bX] = A[X_1, \cdots, X_n], \qquad \bF = \bF(\bX) = (F_1, \cdots, F_n), \qquad A[\bX] \otimes_A A[\bX] = A[\bY, \bZ]
$$et les quotients
$$
B = A[\bX]/\langle \bF\rangle, \qquad B\otimes_A B = A[\bY,\bZ] /\langle \bF(\bY), \bF(\bZ)\rangle
$$Je vais noter $\cB_{\bY,\bZ}$ le bezoutien dans $A[\bY,\bZ]$ et $\cB$ son image dans $B \otimes_A B$.

Je prépare mes petites affaires en $n=2$ variables. Et je vais cloner l'anneau $A[X_1,X_2]$ avec tout ce qu'il faut pour passer entre les jeux $\bX, \bY, \bZ$

[color=#000000]> A := IntegerRing() ;
> AX<X1,X2> := PolynomialRing(A,2) ;
> 
> // toY : A[X] -> A[Y]   toZ : A[X] -> A[Z]    toX : A[Y,Z] -> A[X]
> toY, toZ, toX := Clone(AX) ;
> AYZ := Domain(toX) ;
> Y := [AYZ.1, AYZ.2] ;  Z := [AYZ.3, AYZ.4] ;
> Swap := hom < AYZ -> AYZ | Z cat Y > ;
[/color]

J'espère que c'est clair. Par exemple, toX, c'est $A[\bY,\bZ] \to A[\bX]$ qui réalise $\bY \to \bX$ et $\bZ \to \bX$.

Je vais prendre un système $\bF$ au pif et vérifier une première propriété : le bezoutien $\cB \in B \otimes_A B$ est invariant par le swap des deux facteurs. Donc quelque chose du genre
$$
\cB = \sum_i b_i \otimes c_i = \sum_i c_i \otimes b_i
$$

[color=#000000]> F1 := X1^2*X2  + 3*X1 + 7*X2 + 4*X2^2*X1 + 1 ;
> F2 := -5*X2  + 3*X1 + X2^3 + X1^2 ;
> F := [F1,F2] ;
> IYZ := Ideal(toY(F) cat toZ(F)) ;
[/color]

Je montre la matrice bezoutienne en $\bY, \bZ$. Elle n'est PAS symétrique en $\bY, \bZ$. Quand on y fait $\bY = \bZ = \bX$, on tombe sur la matrice jacobienne

[color=#000000]> BezoutianMatrix(F, AYZ) ;
[  Y1*Y2 + 4*Y2^2 + Y2*Z1 + 3 4*Y2*Z1 + Z1^2 + 4*Z1*Z2 + 7]
[                 Y1 + Z1 + 3      Y2^2 + Y2*Z2 + Z2^2 - 5]
> JacobianMatrix(F) ;
[2*X1*X2 + 4*X2^2 + 3   X1^2 + 8*X1*X2 + 7]
[            2*X1 + 3           3*X2^2 - 5]
> ChangeRing(BezoutianMatrix(F, AYZ), toX) ;
[2*X1*X2 + 4*X2^2 + 3   X1^2 + 8*X1*X2 + 7]
[            2*X1 + 3           3*X2^2 - 5]
[/color]

Allons y pour l'invariance par le swap. Bien entendu, on n'a pas $\cB_{\bY,\bZ} = \cB_{\bZ,\bY}$. Seulement dans le quotient

[color=#000000]> bYZ := Bezoutian(F, AYZ) ;
> bZY := Swap(bYZ) ;
> 
> bYZ ;
Y1*Y2^3 + 4*Y2^4 + Y2^3*Z1 + Y1*Y2^2*Z2 + 4*Y2^3*Z2 + Y2^2*Z1*Z2 + Y1*Y2*Z2^2 + 4*Y2^2*Z2^2 + Y2*Z1*Z2^2 - 
    4*Y1*Y2*Z1 - Y1*Z1^2 - 4*Y2*Z1^2 - Z1^3 - 4*Y1*Z1*Z2 - 4*Z1^2*Z2 - 5*Y1*Y2 - 17*Y2^2 - 17*Y2*Z1 - 3*Z1^2 +
    3*Y2*Z2 - 12*Z1*Z2 + 3*Z2^2 - 7*Y1 - 7*Z1 - 36
> bZY ;
Y1*Y2^2*Z2 + Y2^2*Z1*Z2 + Y1*Y2*Z2^2 + 4*Y2^2*Z2^2 + Y2*Z1*Z2^2 + Y1*Z2^3 + 4*Y2*Z2^3 + Z1*Z2^3 + 4*Z2^4 - 
    Y1^3 - 4*Y1^2*Y2 - Y1^2*Z1 - 4*Y1*Y2*Z1 - 4*Y1^2*Z2 - 4*Y1*Z1*Z2 - 3*Y1^2 - 12*Y1*Y2 + 3*Y2^2 - 17*Y1*Z2 +
    3*Y2*Z2 - 5*Z1*Z2 - 17*Z2^2 - 7*Y1 - 7*Z1 - 36
> time bYZ - bZY in IYZ ;
true
Time: 0.000
[/color]

Une seconde propriété. C'est que le bezoutien $\cB$ tue le noyau de la multiplication $B \otimes_A B \to B$ i.e. tue les $b \otimes 1 - 1 \otimes b$
$$
(b \otimes 1) \cB = (1 \otimes b) \cB \qquad b \in B
$$Pour vérifier cela, il faut prendre $G(\bX) \in A[\bX]$ et le cloner ...etc...

[color=#000000]> // beta = bezoutien que l'on verra dans le produit tensoriel B o_A B = A[Y,Z] / <F(Y), F(Z)>
> beta := bYZ ;
> 
> // (b o 1).beta = beta.(1 o b)
> G := 7*X1 + 13*X2^2 - 1 ;
> toY(G)*beta - toZ(G)*beta in IYZ ;
true
[/color]

J'en remets une couche avec lquelques monômes $Y_1^i Y_2^i \cB = \cB Z_1^i Z_2^j$ modulo $\langle \bF\rangle$

[color=#000000]> &and [toY(G)*beta - toZ(G)*beta in IYZ where G is X1^i*X2^j : i,j in [0..5]] ;
true
[/color]

Je me suis dit : c'est peut être que le jacobien $\cJ$ est inversible modulo $\langle \bF\rangle$ ? Non

[color=#000000]> // J inversible modulo <F> ?
> J := Determinant(JacobianMatrix(F)) ;
> time 1 in Ideal(F cat [J]) ;
false
Time: 0.010
[/color]

Ce fourbi me permet de mettre en place une application que je vais noter comme les auteurs cités $t : B^\dagger \to B$ où $B^\dagger = L_A(B,A)$ est l'ensemble des applications $A$-linéaires de $B$ dans $A$.

Mais attention $B^\dagger$ est muni d'une structure de $B$-module par l'INTERIEUR i.e. $b • \alpha$, pour $b \in B$ et $\alpha : B \to A$ une forme $A$-linéaire, c'est $x \mapsto \alpha(bx)$.

Et cela serait bien que $t$ soit un morphisme de $B$-modules et pas seulement de $A$-modules. Il me manque une troisième propriété mais je n'en crois pas mes yeux pour l'instant et il faut que je réfléchisse comment la tester.

Vous en pensez quoi ? Que j'ai eu un coup de pot avec le choix de $F_1, F_2$ ? Je suis sur le point de mettre cela dans une moulinette infernale (du genre $10^2$, $10^3$ tirages aléatoires ...etc.. , je ne me rends pas bien compte) mais je tenais d'abord à faire ce post.

$\def\cJ{\mathcal J}\def\cB{\mathcal B}\def\bX{\mathbf X}\def\bY{\mathbf Y}\def\bZ{\mathbf Z}\def\bF{\mathbf F}\def\IdB{\text{Id}_B}\def\Tr{\text{Tr}}$FlipFlop
Les choses s'arrangent bien, cf ci-dessous. Si on y ne comprend rien, c'est de la faute des auteurs. Comment peut-on écrire des maths comme cela (j'attache, tu verras d'où cela vient) ? Au lieu de répéter l'énoncé du théorème de Tate dans le contexte général donné par Mazur & Roberts, cela aurait été une bonne chose de le PARTICULARISER à leur contexte. C'est dingue : le bezoutien, je l'encadre en rouge. Et si on déjoue les notations, en particulier l'encadré en bleu dans LE CONTEXTE de de Smit & Lenstra, le commentaire qui vient après l'énoncé du Th 2.2 est une banalité, je t'assure.

$\bullet$ 1. Mais c'est pire que cela. Soit $B/A$ intersection complète PAUVRE i.e. présentation finie carrée, sans plus. Je note $\cB \in B \otimes_A B$ le bezoutien (cf le point 2. pour ses propriétés). Alors $t : B^\dagger \to B$ est toujours défini la manière suivante :
$$
t(\lambda) = (\lambda \otimes \IdB)(\cB) = (\IdB \otimes \lambda)(\cB), \qquad \qquad
\lambda \in B^\dagger \text{ i.e. } \lambda : B \to A \text{ forme } A \text{-linéaire}
$$Explication : je note $\lambda \otimes \IdB$ l'application $B \otimes B \to B$ qui réalise $b_1 \otimes b_2 \mapsto \lambda(b_1)b_2$. Le fait qu'il y ait la double définition provient du fait que $\cB$ est invariant par le swap.

$\bullet$ 2. Deux propriétés du bezoutien $\cB$. (I) Invariant par le swap : pour l'instant, je ne sais pas le prouver. (II) $\cB$ tue le noyau de la multiplication i.e. les $b \otimes 1 - 1 \otimes b$. Il faut remonter à $A[\bX, \bY]$ et cela découle, dans l'attachement de mon post précédent, de l'égalité $(\star)$, à multiplier par la comatrice de la matrice bezoutienne.
I.e. c'est du genre, pour une matrice carrée $M$ et deux vecteurs $u,v$ sur un anneau $R$ : si $v = M.u$ alors $\det(M) u = \widetilde M. v$ donc $\det(M) u_i \in Rv_1 + Rv_2 + \cdots$.

$\bullet$ 3. Lemme général. $B/A$ quelconque et $\cB \in B \otimes_A B$ vérifiant les propriétés (I), (II) du point précédent. Alors pour toute forme $A$-linéaire $\lambda : B \to A$ et tout $b \in B$, on a :
$$
\fbox {$(b \bullet \lambda \otimes \IdB)(\cB) = b (\lambda \otimes \IdB)(\cB)$} \qquad \qquad
\text{rappel :} \quad b \bullet \lambda : b' \to \lambda(bb')
$$Justification : on écrit $\cB = \sum_i b_i \otimes c_i = \sum_i c_i \otimes b_i$ (propriété I, le swap) et on applique II : $(b \otimes 1)\cB = (1 \otimes b)\cB$ i.e.
$$
(b \otimes 1) \sum_i b_i \otimes c_i = (1 \otimes b)\sum_i c_i \otimes b_i \qquad \text{i.e.} \qquad
\sum_i bb_i \otimes c_i = \sum_i c_i \otimes bb_i
$$Et maintenant, à droite, on applique $\lambda \otimes \IdB$ à chacun des deux membres de l'égalité et on obtient l'encadré.

$\bullet$ 4. Retour à intersection complète pauvre. On déduit du point 3 que $t : B^\dagger \to B$ est un morphisme de $B$-modules.

Bilan : $t$ est tout ce qu'il y a de plus explicite une fois qu'une présentation carrée (pauvre) est donnée de $B/A$.

$\bullet$ 5. Supposons de plus que $B/A$ soit libre ou seulement projectif, ce qui donne naissance à $\Tr_{B/A} \in B^\dagger$. Et on nous informe que $t$ transforme $\Tr_{B/A}$ en le jacobien $\cJ \in B$. A travailler.

On sait comment produire un tel contexte pour $B/A$ : le cadre de de Smit & Lenstra en admettant que l'on ait compris le fait que $B/A$ est projectif. Rien ne nous empêche de LOUCHER sur ce qui vient après 2.2. En commençant par déjouer les notations des produits tensoriels lorsque ceux-ci compliquent la compréhension : le $g_i$ encadré en bleu c'est quelque chose de SIMPLE : c'est $X_i - x_i$ où $B = A[x_1, \cdots, x_n]$. Idem pour les $b_{ij}$.

$\bullet$ 6. Plaçons nous enfin dans le cadre de de Smit & Lenstra. Alors $t$ est un isomorphisme. Je ne m'en suis pas occupé. Il faut prendre l'appendice de Mazur & Roberts et se mettre dans le cadre de de Smit & Lenstra. Plein de choses vont se simplifier.

Enfin, mais c'est mineur : le fait que $t$ soit un isomorphisme prouve que $B^\dagger$ est libre sur $B$ de base $\lambda := t^{-1}(1_B)\in B^\dagger$. On peut donc énoncer des choses à l'aide de ce $\lambda$ mais on s'en fiche : c'est $t : B^\dagger \to B$ qui fait tout le job.

$\def\bX{\mathbf X}$Salut FlipFlop Je ne sais pas ce que tu as trouvé. De quel discriminant tu parles ? De celui de l'anneau $B$ des entiers de $\Q(x)$ où $x$ est une racine du polynôme de Dedekind $F(X) = X^3 + X^2 - 2X + 8$ ? Une $\Z$-base de $B$ est $(1, x, y)$ avec $y = 4/x = (-x^2-x+2)/2$. Tu calcules la matrice tracique de cette base et son déterminant, c'est le discriminant de $B$, ici $-503$. Alors que le discriminant de $F$ est $2^2 \times (-503)$. Un extrait seulement :

[color=#000000]> base := [1,x,y] ;                                          
> T := Matrix(3,3, [Trace(bi*bj) : bj in base, bi in base]) ;
> T ;
[ 3 -1  1]
[-1  5 12]
[ 1 12 -3]
> Determinant(T) ;
-503
> Discriminant(F) ;
-2012
[/color]

De toutes manières, ce qui compte, c'est plus la méthode que le résultat. Je reviens sur ta présentation carrée du s.f.i.o. Comment as tu trouvé ? La théorie dit la chose suivante. Je change tes notations en notant $A[\bX] = A[X_1, \cdots, X_n]$ et
$$
I = \langle 1 - \sum_i X_i,\ X_iX_j \ 1 \le i < j \le n \rangle, \qquad B = A[x_1, \cdots, x_n] = A[\bX]/I \qquad B \simeq A^n
$$L'isomorphisme à droite, c'est l'isomorphisme de $A$-algèbres qui réalise $x_i \leftrightarrow e_i$ où $(e_1, \cdots, e_n)$ la base canonique de $A^n$.

En principe, puisque l'on y croit à une présentation carrée, on met en place la differential map $d$
$$
d : I/I^2 \to B^n = \bigoplus_{i=1}^n B dX_i \qquad F \bmod I^2 \mapsto dF \bmod I \quad \text{avec} \quad dF = \sum_{i=1}^n (\partial F/\partial X_i) dX_i
\qquad \qquad (\star)
$$Comme d'habitude, mon domaine d'arrivée de $d$ est un peu détypé. Il provient en fait de
$$
\bigoplus_{i=1}^n B dX_i = \Omega_{A[\bX]/A} \otimes_{A[\bX]} B = {\Omega_{A[\bX]/A} \over I\Omega_{A[\bX]/A}}, \qquad\qquad
\Omega_{A[\bX]/A} = \bigoplus_{i=1}^n A[\bX] dX_i
$$Puisque tu crois au binz, c'est que $d$ est une injection rétractée. Mieux : $d$ est surjectif puisqu'au bout (à droite) cela se prolonge en une suite exacte avec $\Omega_{B/A}$ qui est nul ici.

Bref, tu crois dur comme fer que $d$ est un isomorphisme. Il s'agit d'expliciter l'inverse de $d$ ou au moins une rétraction $r : B^n \to I/I^2$. Tu obtiens alors $n$ polynômes $F_1, \cdots, F_n \in I \subset A[\bX]$ tels que
$$
I/I^2 = \langle \overline {F_1}, \cdots, \overline {F_n} \rangle
$$Et là, il y a un trick bien connu général. Ce trick te sort un nouvel élément $E \in I$ tel que, d'une part, $I = \langle F_1, \cdots, F_n, E\rangle$ (tu as donc bouché le système de générateurs modulo $I^2$ en un système de générateurs de $I$). Et d'autre part, $E$ est un idempotent modulo $\langle F_1, \cdots, F_n\rangle$. Ce qui va te permettre d'obtenir une présentation carrée de $B$ en les $n+1$ générateurs de $I$ de la manière suivante : on ajoute une indéterminée $X_0$ et la relation $(1-E)X_0 - 1$. Explication :
$$
B = A[\bX]/I = {A[\bX] \over \langle F_1, \cdots, F_n, E\rangle} = {A[\bX] / \langle F_1, \cdots, F_n\rangle \over \langle E\rangle}
\quad \buildrel (\heartsuit) \over \simeq\quad
(A[\bX] / \langle F_1, \cdots, F_n)\ [1/(1-E)]
$$L'isomorphisme $(\heartsuit)$ provient du fait qu'à gauche de $(\heartsuit)$, $E$ est un idempotent du numérateur et que quotienter par un idempotent, c'est pareil que de localiser en son complémentaire. Et localiser en un élément $\text{truc}$, c'est ajouter une indéterminée $X_0$ et la relation $X_0 \times \text{truc} = 1$. D'où une présentation carrée en $n+1$ indéterminées et $n+1$ relations.

Mais j'ai l'impression que toi, tu préfères sortir le truc d'un chapeau de magicien sans dévoiler ton tour de magie. Je me trompe ?

$\def\bX{\mathbf X}\def\bF{\mathbf F}$FlipFlop
Tu devrais arrêter de dire que tu bidouilles (cf il y a quelques posts). Et dans le dernier post, tu dis ''j'ai juste fait le truc avec la variété des idempotents de Grothendieck'' comme si c'était une banalité. D'ailleurs, je n'ai absolument pas cru que tu bidouillais car pour tomber sur ta présentation carrée que j'attache, faut quand même faire un petit effort.

Ici je suis la méthode que j'ai préconisée dans mon dernier fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2068882,2111514#msg-2111514. J'ai ajouté 5 lignes détaillant l'obtention d'une présentation carrée. Je vais avoir besoin d'un coup de main. Je reprends les notations de mon post.

$\bullet$ 1. Avec $B = A^n$, on est de nouveau confronté au truc de bébé : $B/A$ libre, traciquement étale. Donc étale. Pourquoi : parce que traciquement étale, cela implique nette, et d'une. Et la liberté de $B/A$ fait la platitude, et de deux. Et nette + plat = étale, circulez, il n'y a rien à voir. Mais pas pour moi. J'ai envie d'en savoir plus (pourquoi le discriminant de $B/A$ tue $\Omega_{B/A}$ ...etc..). Et de toutes manières, pour obtenir une présentation carrée, si tu ne connais que le titre de la chanson sans avoir bien compris les paroles, tu l'as dans le c.l.

Ici la présentation de $A^n / A$ via la base canonique $(e_1, \cdots, e_n)$ est vachement simple :
$$
1 = \sum_i e_i, \qquad e_i e_j = 0 \quad i \ne j
$$A noter que $e_i^2 = e_i$ s'en déduit. C'est un cas particulier de la présentation via les constantes de structure. J'ai ressorti mes affaires là-dessus mais certains calculs étaient trop complexes. J'ai suspendu mes affaires et j'ai louché sur ton résultat de présentation carrée de s.f.i.o.

$\bullet$ 2. On écrit $B = A[x_1, \cdots, x_n] = A[\bX]/I$ où $I \subset A[\bX] = A[X_1, \cdots, X_n]$ est l'idéal de s.f.i.o et je pose (louchant sur toi) :
$$
F_i = X_i^2 - X_i \in I, \qquad \bF = \langle F_1, \cdots, F_n\rangle
$$Calcul différentiel (au sens de la differential map). Attention au départ, le modulus est $I^2$ et à l'arrivée le modulus est $I$
$$
d(F_i) = (2x_i - 1) dX_i
$$Impeccable car $2x_i-1$ est de carré 1 vu que $x_i$ est idempotent. Donc $d : I/I^2 \to B^n = \bigoplus_i B dX_i$ est surjectif. Naturel de proposer comme rétraction $r$ de $d$
$$
r : B^n \to I/I^2, \quad dX_i \mapsto H_i := (2X_i -1)F_i
$$Mais pour vérifier que $r \circ d = \text{Id}_{I/I^2}$, cela arrangerait que
$$
I/I^2 = \overline {\bF} := \langle \overline {F_1}, \cdots, \overline {F_n} \rangle \qquad \text{i.e.} \qquad
I/I^2 = (\bF + I^2)/I^2 \qquad \text{i.e.} \qquad \fbox {$I = \bF + I^2$} \qquad \text{A MONTRER}
$$Expérimentalement : c'est oK.

$\bullet$ 3. En passant, késaco $H_i$ qui est dans $I$ ? Si je pose $\widetilde {X_i} = X_i - H_i$, le fait que $r$ soit une rétraction de $d$ équivaut au fait que $X_i \mapsto \widetilde {X_i}$ soit un relévement modulo $I^2$ de l'identité de $B$. Et après calcul
$$
\widetilde {X_i} = 3X_i^2 - 2X_i^3 \qquad \qquad
\text{tu reconnais l'éternel itérateur de Newton } e \mapsto 3e^2 - 2e^3
$$$\bullet$ 4. Il faut maintenant remonter de $I/I^2$ à $I$. Regarde les 5 dernières lignes de mon post précédent. Un calcul que j'ai fait des dizaines de fois et qui m'épate toujours à cause du changement de moduli :
$$
I/I^2 = \overline {\bF} \quad \Longleftrightarrow\quad I = \bF + I^2 \quad \Longleftrightarrow\quad I/\bF = (\bF + I^2/\bF
\quad \Longleftrightarrow\quad I/\bF = (I/\bF)^2
$$A droite, un idéal idempotent $I/\bF$ de $A[\bX]/\bF$. Attention au nouveau modulus. Donc $I/\bF$ est engendré par un idempotent MODULO $\bF$, disons $\overline E$ avec $E \in I$. Pour le calculer, c'est un déterminant trick. Et j'ai besoin d'un petit système de générateur de $I/\bF$ (qui finira par être monogène).

Pour l'instant, je n'ai pas fait i.e. pas mis en oeuvre le determinant's trick. MAIS en faisant intervenir un polynôme qui te dit quelque chose (attention au $1 - \Sigma$ mais plus tard c'est $1 - E$, donc $\Sigma$ qui interviendra) :
$$
E = 1 - \sum_i X_i \prod_{j \ne i} (1 - X_j)
$$on a facilement $E \in I$. Et j'ai vérifié que $E$ est idempotent modulo $\bF$, ce qui est un bon début.

$\def\cB{\mathcal B}\def\Id{\text{Id}}$FlipFlop

0. Je vais lire attentivement ton post.

1. Je te donne une journée, pas plus (avec tout ce que je t'ai raconté) pour comprendre la differential map $d : I/I^2 \to \bigoplus_{i = 1}^n B dX_i$ et ses BIENFAITS.

2. On s'est fait b.iser la gu.ule par les auteurs avec $t : B^\dagger \to B$ lorsque $B/A$ est en intersection complète faible (je disais pauvre mais je n'aime plus). Cela signifie présentation carrée. D'où naissance d'un bezoutien $\cB \in B \otimes_A B$.

J'étais très fier (si, si) de vous dire (sans faire tout le patacaisse des auteurs que je ne cite pas), de définir
$$
t : B^\dagger \to B \qquad t(\lambda) = (\lambda \otimes \Id_B)(\cB) = (\Id_B \otimes \lambda)(\cB)
$$Et de montrer que $t$ est $B$-linéaire via les deux propriétés du bezoutien : tuer le noyau de la multiplication $B \otimes_A B \to B$ et être invariant par le swap.

On ne peut pas dire que mon post ait eu un grand succès. C'est la $B$-linéarité qui est difficile.

MAIS il y avait d'autres choses : montrer que $t$ est un ISOMORPHISME quand $B/A$ est libre par exemple.

Mais DAMNED, $t$ est aussi $A$-linéaire donc on peut prendre son déterminant dans des bases : $e = (e_1, \cdots, e_n)$ à l'arrivée et la base duale $e^* = (e^*_1, \cdots, e^*_n)$ au départ. D'où un SCALAIRE de $A$
$$
\fbox {$\det_{e^*, e}(t) \in A$}
$$OK, tu n'es pas dedans mais à ton avis, d'où peut sortir ce scalaire de l'anneau de base ?? Qui va se trouver être inversible si on veut que $t$ soit un isomorphisme.

CHAMPAGNE si tu devines au pif.

Et est ce que c'est compliqué d'en dire plus, de manière concrète, sur $t$ ? Bien sûr que NON !

$\def\bF{\mathbf F}\def\bH{\mathbf H}\def\bX{\mathbf X}$FlipFlop
J'ai lu une première fois ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2068882,2112042#msg-2112042. P.tain, c'est dingue, t'as pas peur !

Je le dis en des termes plus algébriques : avec $A = \Z$, tu as donc monté l'algèbre $E/A$ des idempotents de Grothendieck de $B/A$, qui elle-même est déjà pleine d'idempotents dans sa tronche vu que c'est l'algèbre du $n$-s.f.i.o. générique.

je ne vois pas pourquoi tu dis en plein milieu que c'est trop rapide : c'est bien la présentation de $E/A$ par définition.

Et ensuite, tu as considéré ``le polynôme rang $R(Y)$ associé à $E/A$'', à qui tu as donné dans le passé une coloration géométrique via la multiplication par $\zeta$. Je le note $R(Y) = R_0 + R_1Y + R_2 Y^2 + \cdots$ parce que les minuscules $r_i$ sont déjà prises. Je m'y perds un peu : $R(Y)$ est à coefficients dans $E$, n'est ce pas ?

Et enfin, tu as utilisé $B \simeq E[1/R_1]$ parce que le discriminant de $B/A$ est inversible (c'est 1). Et $B \simeq E[1/R_1]$, c'est ta présentation carrée en $(n+1)$ variables et $(n+1)$ relations.

Tu veux que je te dise : d'abord, t'es fou, mais ça, c'est pas un scoop, tu le savais. Mais surtout, ton exemple, je le trouve excellent.

De mon côté, je n'ai pas terminé car il faut que je fasse un déterminant 's trick avec $I/\bH \subset A[\bX]/\bH$ ou bien avec $I/\bF \subset A[\bX]/\bF$ pour obtenir l'unique idempotent générateur de cet idéal et retrouver $R_1$.

Une deuxième bouteille de champagne si tu fournis une présentation carrée de $B[1/\Delta]$ sur $\Z[1/\Delta]$ où $B/\Z$ est l'anneau des entiers du polynôme cubique de Dedekind et $\Delta = -503$ son discriminant.