Le caractère étale en algèbre commutative

Claude
Je vais prendre du temps pour différentielle map (tu me surestimes avec "une journée"), surtout que je suis fatigué, montagne boulot + maths !

Pour le fibré, ici sur la variété des idempotents c'est pareil que $E$-module projectif. Si on veut dire quelque chose de non générique, c'est de dire que pour tout $E$-algèbre i.e pour toute $A$-algèbre $R$ muni d'un idempotent $e \in R \otimes_A B$, on considère l'image de la multiplication : $m_e : R \otimes_A B \to R \otimes_A B$, c'est bien un $R$-module projectif et donc un fibré vectoriel.

Mais c'est kif-kif fibré et module projectif. Ca dépend comment on aime bien les choses génériques, toi tu prends comme $(R,e)$ et bien $(E,e)$ où $e \in E \otimes_A B$ est l'idempotent générique.

Bon j'aime bien dire que je considère le fibré au dessus du point $e \in B \otimes_A B$ (l'idempotent de séparabilité sous les hypothèses) et de dire que son rang est $1$ (on l'a vu) et donc que $e$ est un point de la sous-variété de $\text{idem}_B$ dont le rang est $1$ et donc que le $B$ point de $E$ correspondant $ E \to B$ se factorise par $E / (\text{Rang}- 1) \simeq E[1/r_1]$. (c'est juste du langage).

Sinon oui, je suis d'accord pour avoir une interprétation des $r_i$, j'ai essayé de bidouiller avec les s.f.i.o vu que les calculs sont simples mais je ne vois pas trop ce que l'on peut dire !

Salut Chat-maths,

J'essayes d'expliquer !

Pour les idempotents de Grothendieck, tu prends $B / A$ libre, et maintenant tu introduits le foncteur qui à une algèbre $R$ associe l'ensemble des idempotents de $R \otimes_A B$. Si tu te fixe une base $(e_1,\dots,e_n)$ de $B / A$. Un élément de $z \in R \otimes_A B$ s'écrit de manière unique sous la forme $z = \sum_i r_i (1 \otimes e_i)$ et c'est un idempotent lorsque $z^2 = z$, en mettant la somme au carré et en identifiant on trouve $n$ équations sur les $r_i$. Ca te donne une présentation carré $(n \times n)$ du foncteur !

Le problème c'est niveau calculatoire, c'est pas si cool d'obtenir les équations (via sage, je ne sais pas si y'a moyen de le faire de manière solide).

Je te le fais avec $A = \Z$ et $B = \Z[ i]$ et la base $(1,i)$. Soit $R$ un anneau, on pose : $z = x_1 + x_2 i $, on a $z^2 = z$ si et seulement si
$$
x_1^2-x_2^2 = x_1 \qquad \qquad 2x_1x_2 = x_2
$$
Et on pose $$E = \Z[X_1,X_2] / \langle X_1^2-X_2^2 -X_1, 2X_1X_2-X_2 \rangle$$

Deux trucs immédiats :
$\bullet$ D'une part, $E / \Z$ est étale de manière structurelle (c'est pareil que les idempotents) et c'est général.

$\bullet$ Ensuite, c'est que pour tout anneau $R$, un morphisme $\phi : E \to R$ permet de fabriquer $z = \phi(X_1)(1 \otimes 1) + \phi(X_2) (1 \otimes i)\in R \otimes \Z[ i]$, qui vérifie par construction $z^2=z$ et c'est donc un idempotent de $R \otimes \Z[ i]$. Egalement lorsque tu fais $R = E$, tu as un idempotent générique (par construction) dans $E \otimes B$ i.e $e = \sum x_i (1 \otimes e_i)$.

Par contre le truc, assez dingue, (je reviens sur le cas général) c'est que lorsque tu te donne un idempotent de $e \in R \otimes_A B$, tu peux considère la multiplication par $e$ :
$$
m_e : R \otimes_A B \to R \otimes_A B
$$
C'est une projection (puisque $e^2= e$).En notant $M_e$ sa matrice dans la base $(1 \otimes e_i)$, on peut considérer son polynôme rang :
$$
\text{Rang}(M_e) := \text{Det}(1 + (Y-1)M_e) = \sum r_i Y^i
$$
Ici les $r_i$ forme un système d'idempotent orthogonaux complet de $R$ (c'est général au projecteur) et les $r_i$ sont des polynômes en les coordonnées de $e$. Tu fais ça avec $(R,e) = (E,e)$ où le second $e$ un l'idempotent générique de $E \otimes B$ et tu te retrouve avec des éléments $(r_0,\dots,r_n)$ de $E$.

Et bien tu as (c'est pas du tout immédiat et pour l'instant y'a que Claude qui sait le faire avec ses calculs traciques) : $B[\Delta^{-1}] \simeq E[ r_1^{-1}]$, et en particulier si le discriminant de $B/A$ est inversible et bien tu as une présentation carré de $B$ (puisque $E$ est carré par construction et donc on ajoute une indéterminée et une équation).

J'explique un peu plus dans le cas de $\Z[ i]$ mais comme je dois rendre le discriminant inversible je me place sur $A = \Z[1/2]$ et je note $B = A[ i]$.

C'est un peu con con de faire ça puisque $\Z[ i]$ a déjà une présentation carré mais bon :-D Je vais faire les calculs plusieurs fois, en espérant que ça ne fasse pas trop bordel.

$\bullet$ le polynôme rang dans le cadre générique. On forme la matrice de multiplication par $x_1 (1 \otimes 1)+ x_2(1 \otimes i)$ dans la base $(1 \otimes 1, 1 \otimes i)$ de $E \otimes B$, on trouve :
$$
\begin{bmatrix} x_1 & -x_2 \\ x_2 & x_1 \end{bmatrix}
$$

sage: Q.<X1,X2> = QQ[]
sage: I = Q.ideal([X1^2-X2^2-X1,2*X1*X2-X2])
sage: R.<x1,x2> = Q.quo(I)
sage: M = matrix([[x1, -x2],[x2,x1]])
sage: M^2
[ x1 -x2]
[ x2  x1]
sage: R.<Y> = R[]
sage: det(1+(Y-1)*M)
(2*x2^2 + x1)*Y^2 - 4*x2^2*Y + 2*x2^2 - x1 + 1

Et donc $r_1 = -4x_2^2$.

$\bullet$ L'idempotent de séparabilité. Donc il est dans $B \otimes_A B$.
$\bullet_{\text{Trace}}$ On écrit la matrice des traces :
$$
\begin{bmatrix} \text{Tr}(1) & \text{Tr}(i) \\ \text{Tr}(i) & \text{Tr} (-1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -2 \end{bmatrix}
$$
Son inverse est : $$
\begin{bmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & -1/2 \end{bmatrix}
$$
On calcul :
$$
\begin{bmatrix} 1/2 & 0 \\ 0 & -1/2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/2 \\ -i/2 \end{bmatrix}
$$
On forme : $e = 1/2 \otimes 1 + (-i/2) \otimes i \in B \otimes B$ et bien c'est l'idempotent de séparabilité.

sage: Q.<I1,I2> = QQ[]
sage: I = Q.ideal([I1^2+1,I2^2+1])
sage: R.<i1,i2> = Q.quo(I)
sage: e = 1/2*(1-i1*i2)
sage: e^2-e
0
sage: e*i1-e*i2
0

$\bullet_{calcul différentielle}$ On utilise la présentation carré de $B /A$ qui est simplement $A[ I] / (I^2+1)$. Les matrices Jacobienne et bézoutienne sont :
$$
J = 2I \qquad \qquad B = I_1+I_2 \in A[ I] \otimes A[ I]
$$
Et là l'idempotent de séparabilité est donnée par $ J^{-1}\times B $ vu dans $ B \otimes B$, l'inverse de $J$ dans $B$ est $-i/2$ et on trouve :
$$
e = -i/2 ( i_1+i_2) = 1/2( 1 - i_1 i_2) \qquad \qquad \text{car $i = i_1$ quand on multiplie à gauche ... hum c'est très clair ici !?!}
$$


Donc cet idempotent de séparabilité c'est un $B$-point de $\text{Spec}(E)$ i.e un morphisme $E \to B$ qui est donné par $X_1 \to 1/2$ et $X_2 \to -i/2$.

Là ce qu'il se passe c'est que si tu considères la multiplication par l'idempotent de séparabilité $m_e : B \otimes B \to B \otimes B$, tu trouves que c'est un projecteur de rang $1$ (voir ici)
J'écrits quand même la matrice $2 \times 2$ pour le fun, donc matrice à coefficient dans $A[i_1]$ :

sage: e*1
-1/2*i1*i2 + 1/2
sage: e*i2
1/2*i1 + 1/2*i2
sage: M=  matrix([[1/2, 1/2*i1],[-1/2*i1,1/2]])
sage: M
[    1/2  1/2*i1]
[-1/2*i1     1/2]
sage: M^2-M
[0 0]
[0 0]
sage: RY.<Y> = R[]
sage: det(1+(Y-1)*M)
Y    <- rang 1 

Bref le morphisme $E \to B$ rend le rang égal à $1$ et donc on a un morphisme $E[r_1^{-1}]$ (pour un idempotent être inversible c'est pareil qu'être égal à $1$ i.e $r_1=1$ c'est pareil que $r_1$ inversible).

Du coup, on a un morphisme $$ A[X_1,X_2,U] / \langle X_1^2-X_2^2 -X_1, 2X_1X_2-X_2, -4X_2U - 1 \rangle \to B $$
Il est donné par $X_1 \to 1/2$ et $X_2 \to -i/2$ et $U \mapsto 1$.

Bon là c'est pas complexe de trouver un morphisme dans l'autre sens, $ i \mapsto -2x_2$.

Hello Claude,

Je n'ai pas encore fini de comprendre les histoires de différential map mais j'ai un peu avancé. La chose que je ne comprend pas, c'est le point suivant. Je change les notations (encore). Soit $k$ un anneau de base (je préfère garder la notation $R$ par rapport au pdf). Soit $A$ une $k$-algèbre $I$ un idéal de $A$ et $B = A/I$. Donc le truc, c'est pourquoi le conoyau de $d_{A / k}^I$ est exactement $\Omega_{B / k}$.

Il y a ce post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2068882,2095538#msg-2095538 et celui la http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2068882,2097688#msg-2097688

Je stop une semaine (montagne) !

Salut Claude et flipflop.

J'ai un petit peu essayé pour $\mathrm{Gr}(P_1, P_2) \geq 2$ où $P_1$ et $P_2$ sont les "polynômes d'idempotence" d'une $A$-algèbre libre de rang $2$ "quelconque". Pour l'instant, la force brute n'a pas bien aidé, mais je ne désespère pas. Je n'y ai pas non plus passé beaucoup de temps, alors je vais encore y réfléchir un peu. Je vais m'y essayer sur quelques exemples voir si quelque chose se dégage. En soit, on a pas tant de choses que ça à faire: on a les identités entre les constantes de structures qui assurent que l'algèbre est commutative, associative et unitaire, et avec ça on devrait pouvoir tout faire, mais entre dire ça et le faire, il y a un monde.


Je fais juste ce petit post pour parler d'un petit truc à propos de l'exemple donné par flipflop dans ce post, à savoir l'algèbre des idempotents de $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$.

Selon flipflop, c'est une algèbre étale sur $\mathbb{Z}$. Un des théorèmes "de base" de la théorie du $\pi_1$ étale est que $\mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$ est "simplement connexe". En termes plus terre-à-terre: toute $\mathbb{Z}$-algèbre finie étale doit en fait être isomorphe à un produit de $\mathbb{Z}$ ! La preuve que j'avais vu de ce résultat passait par le théorème de Minkowski, qui dit qu'il n'y a pas d'extension non ramifié de $\mathbb{Q}$.

Je me suis mis en tête de tenter d'illustrer ce résultat avec l'algèbre que flipflop nous a donné, ça pourrait faire un petit exemple rigolo. J’étais parti sur ça, mais en fait comme on va le voir plus bas, on ne va PAS pouvoir écrire cette algèbre comme un produit de copies de $\mathbb{Z}$, pourquoi? Je me suis rendu compte en cours de route que c’est vraiment crucial que l’algèbre soit finie étale. L’algèbre présentée par flipflop n’est pas finie sur $\mathbb{Z}$. On va précisément voir qu’il y a une composante de cette algèbre qui est au dessus de l’ouvert $D(2)$ où $2$ est inversible. Et $2$, c’est précisément le seul nombre premier qui divise le discriminant de $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$. Coïncidence? Je ne pense pas.

Je rappelle donc que cette algèbre est définie comme \begin{align*}
\mathbb{Z}[X, Y]/(X^2 - Y^2 - X, 2XY - Y).
\end{align*}

Je vais la noter $E = \mathbb{Z}[x, y]$, où $x$ et $y$ sont les classes respectives de $X$ et de $Y$. Après une bonne floppée de calculs dont je vais vous passer le détail, j'arrive à trouver un système fondamental d'idempotents orthogonaux. Si je ne me suis pas bêtement planté, j'ai \begin{align*}
e_1 &= x^2 + y^2\\
e_2 &= 1 - x^2 + 3y^2\\
e_3 &= -4y^2.
\end{align*}

Pour montrer que ce sont bien des idempotents et qu'ils sont orthogonaux, j'ai utilisé le truc suivant: puisque $y^2 = x^2 - x$ et $y(2x-1) = 0$, on a $(x^2 -x)(2x - 1) = 0$, c'est-à-dire $2x^3 - 3x^2 + x = 0$. Pour montrer que $e_ie_j = \delta_{i,j}$ et que $e_1 + e_2 + e_3 = 1$, on remplace les $y^2$ par $y^2 = x^2 -x$, et on tombe à chaque fois sur un multiple de $2x^3 - 3x^2 + x$.

Avec le même genre de calculs, j'obtiens les égalités suivantes entre idéaux de $\mathbb{Z}[X, Y]$: \begin{align*}
\langle 1 - X^2 - Y^2, X^2 - Y^2 - X, 2XY - Y \rangle &= \langle X - 1, Y\rangle\\
\langle X^2 - 3Y^2, X^2 - Y^2 - X, 2XY - Y \rangle &= \langle X, Y\rangle\\
\end{align*}

Dans les deux cas, le quotient est banalement $\mathbb{Z}$: on a donc deux composantes connexes qui sont des copies de $\mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$.
Pour l'idéal $\langle 1 + 4Y^2, X^2 - Y^2 - X, 2XY - Y \rangle$, c'est un poil différent.

Il me semble que j'arrive à montrer que $\langle 1 + 4Y^2, X^2 - Y^2 - X, 2XY - Y \rangle = \langle Y^2 + X^2, 2X - 1\rangle$.

Sauf boulette, le quotient par cet idéal est $\mathbb{Z}[1/2][Y]/(Y^2 + 1/4)$, soit, en remplaçant $Y$ par $2Y$, $\mathbb{Z}[1/2][\mathrm{i}]$. Là dedans, j’arrive facilement à montrer qu’il n’y a pas d’idempotents non triviaux, donc que c’est quelque chose de connexe. Mais là, bien sur, ce truc là n’est pas isomorphe à $\mathbb{Z}$ ! En fait, c’est car la restriction de la projection $\mathrm{Spec}(E) \to \mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$ à cette composante là n’est pas finie (argument massue: elle est dominante, mais non surjective sur les spectres puisque $(2)$ n’est pas dans l'image, or un truc fini dominant est surjectif sur les spectres). Et du coup $E$ n’est pas fini sur $\mathbb{Z}$ (bien sûr, j’imagine qu’il y a bien des façons plus élémentaires de montrer que $E$ n’est pas finie sur $\mathbb{Z}$).

J’imagine qu’il y a pas mal de choses à dires sur le fait que la composante qui « fait planter » l’affaire soit exactement isomorphe à notre algèbre de départ où le discriminant a été rendu inversible, et j’imagine aussi qu’il y a pas mal de choses à dire sur le fait que l’image de cette composante par la projection soit exactement le lieu ou le discriminant est inversible.

Est-ce que ça fait avancer les choses? Pas tant que ça je pense. Mais au moins, ça m’a un peu amusé d’expliciter cet exemple. Pour être franc j’avais zappé que le théorème disait que toute algèbre FINIE étale sur $\mathbb{Z}$ était un produit de copies de $\mathbb{Z}$, et ça m’a bien fait me gratter la tête, avant de me rendre compte que le point qui pêche était là, j'imagine que j'ai appris un petit truc.

PS: Je me perds aussi un petit peu dans ce long fil.

Est-ce qu'il ne faudrait pas un petit peu le recadrer, i.e se donner une liste précise de résultats "à comprendre" ? Pour ma part, ma motivation au départ de ce fil était de voir si je pouvais enfin comprendre comment plat + non ramifié == relèvement unique des idéaux de carré nul. Mais vu ce qu'on en a dit, il y a des choses très compliquées là dessous. Peut-être se focaliser sur un résultat intermédiaire?

Salut,

Je calcule le déterminant de $\begin{pmatrix} (T-1)x + 1 & -(T-1)y\\ (T-1)y & (T-1)x + 1 \end{pmatrix}$. Je trouve $T^2(x^2 + y^2) -4y^2T + 2y^2 - x + 1$. Sachant que $2y^2 - x + 1 = 2y^2 + x^2 - x - x^2 + 1 = 3y^2 - x^2 + 1$, je retrouve bien mes idempotents. C'est assez fantastique qu'on puisse décomposer en composantes connexes toute cette algèbre par un seul calcul !

Du coup, on retrouve dans mon post précédent le $B[\Delta^{-1}] = E[1/r_1]$ dont vous parliez. J'ai donc un train de retard :-D

Je viens de faire une micro-lecture en diagonale de tes pages 14-15. Bonne nouvelle, je tombe exactement sur les résultats que tu prédis. Mauvaise nouvelle: je tombe exactement sur ce que tu prédis, du coup ça ne valait peut-être pas la peine d'en faire un si long post (:P)

Salut Claude,

Je réfléchis à une référence pour le fait que fini étale sur $\mathbb{Z}$ implique produit fini de copies de $\mathbb{Z}$.

Une preuve "hightech" est la suivante (je ne maîtrise pas tous les points techniques évoqués, surtout dans le second paragraphe):
Déjà, ça revient à prouver que toute $\mathbb{Z}$-algèbre finie étale connexe est isomorphe à $\mathbb{Z}$: il suffit de décomposer en composantes connexes etc...

On montre ensuite que si $A$ est un anneau intègre intégralement clos dans son corps de fraction et $A \to B$ est fini étale avec $B$ connexe, alors $B$ est aussi intègre et et intégralement clos dans son corps de fraction, de surcroit $B$ est la cloture intégrale de $A$ dans son corps de fraction. C'est exactement ce que dit ce lemme du Stacks : https://stacks.math.columbia.edu/tag/0BQL

Sinon, pour s'éviter l'usine à gaz Stacks, c'est aussi en substance (sauf la partie qui dit que $B$ est la cloture intégrale de $A$ dans $\mathrm{Frac}(B)$) la proposition 5.2.12 du bouquin de Tamas Szamuely "Galois Groups and Fundamental Groups". Attention cependant: sa preuve de $(a)$ foire sans hypothèses localement noethériennes (mais là vu qu'on bosse sur $\mathbb{Z}$ pas bien grave). Dans les deux preuves, ça passe par le "critère de normalité" de Serre.

Une fois qu'on a ça: on applique à $A = \mathbb{Z}$, et notre $B$ est donc $\mathcal{O}_K$ pour un certain corps de nombre, et après ça revient à vérifier que non ramifié au sens "net" implique non ramifié au sens "arithmétique", mais si $p$ est un nombre premier, et $pB = \mathfrak{p}_1^{e_1}\cdots\mathfrak{p}_n^{e_n}$, alors $B/pB \cong \prod B/\mathfrak{p}_i^{e_i}B$, mais $B/pB = B \otimes \kappa(p)$ est l'anneau des fonctions de la fibre au dessus de $p$ et est une $\mathbb{F}_p$-algèbre étale (car fini étale implique que toutes les fibres sont finies étales), et une algèbre étale sur un corps est réduite (là on est ramené au "étale" de Bourbaki, A, V), donc $e_i = 1$ pour tout $i$: pas de ramification. Là, on balance Hermite-Minkowski: $K$ doit être égal à $\mathbb{Q}$, et donc $B = \mathbb{Z}$.

Oui, il faut lire $A \to B$. Avec un poil moins de boulot tu peux voir ce que je t'ai envoyé ailleurs.


Je vois effectivement cette histoire d'intersection complète apparaitre un petit peu partout. J'ai furtivement re-regardé en diagonale la présentation du Stacks de la chose et c'est toujours aussi usine-à-gazesque, mais déjà, ça me fait un poil moins peur que la première fois (:P).
Par contre, il me semble qu'ils ne se gênent clairement pas pour travailler quasi-exclusivement "fibre à fibre", et se ramener à des corps j'ai l'impression, et à travailler localement (au sens qu'il suffit d'être une intersection complète après localisation par des éléments comaximaux), et ça a l'air de leur simplifier un poil la tache. Ils utilisent aussi beaucoup la notion d'anneaux de Macaulay, que j'avais juste furtivement rencontré en première lecture de Local Algebra et que je ne maitrise pas du tout de chez pas du tout.
Enfin je dis tout ça mais je suis bien loin de comprendre le truc. Il faudrait que je me plonge un bon coup sérieusement là-dedans, que j'arrive à trouver exactement les lemmes du Stacks qui contiennent les infos importantes (j'ai une petite liste qui semble contenir le gros des choses, modulos les trucs sur les anneaux de Macaulay). Mais ça va devoir attendre un peu je pense.

Il y a aussi pas mal de choses qui ont l'air simplifiable dans le Stacks: celles qui passent par l'utilisation du "complexe cotangent naïf" (même si ça a l'air intéressant en soit, et peut-être une porte d'entrée sur le "vrai" complexe cotangent?)

Oui, j'ai utilisé la réduction dans $E$ pour vérifier que $2y^2 - x + 1 = 3y^2 - x^2 + 1$, le deuxième étant mon idempotent trouvé par bricolage à la main. Mais avant cela, j'aurais pu rester dans $A[X, Y]$.

Je lis dans ta note que pour le cas $n = 2$, tu te plaçes dans le cas où $1$ est élément d'une base. Pas bête, j'étais parti sur une base arbitraire à deux éléments, mais en en prenant un des deux égal à un, ça va déjà faire dégager quelques constantes de structures et simplifier potentiellement les calculs.

Est-on déjà d'accord sur un truc: $\mathrm{Gr}(P_1, P_2) \geq 2$, c'est montrer que la suite suivante est exacte: \begin{align*}
0 \to \mathbf{A}[X, Y] \overset{\partial_2}{\longrightarrow} \mathbf{A}[X, Y] \oplus \mathbf{A}[X, Y] \overset{\partial_1}{\longrightarrow} \mathbf{A}[X, Y] \to 0
\end{align*}
Où $\partial_1 (U, V) = P_1U + P_2V$ et $\partial_2(Q) = -P_1Qe_1 + P_2Qe_2$. Est-on d'accord là dessus? Avec mes allées et venues erratiques sur ce fil, j'avoue que je ne suis toujours pas super à l'aise avec le complexe de Koszul et compagnie.

Question: Dans Gr-B-A-BA.pdf (je ne t'ai pas remercié pour ce petit fichier d'ailleurs, il m'a pas mal aidé sur le coup!), je lis que régulier implique complétement sécant. Tu as dit avoir vérifié $\mathrm{Gr}(P_1, P_2) \geq 2$ expérimentalement. La suite $(P_1, P_2)$ des deux "polynômes d'idempotence", tu as des exemples où elle n'est pas régulière? Ou bien expérimentalement, à chaque fois elle était régulière?

Je demande car on ne sait jamais.

Vu pour l'erreur de signe dans le complexe de Koszul. Et vu pour le fait qu'on utilise quand même que $n = 2$ pour dire que $1$ est dans une base.

Je vois que tu ne fais pas confiance à "régulier". Mais regarde ce qui suit pour voir si je sais calculer ou pas: je crois que j'arrive à montrer que $(P_1, P_2)$ est régulière si $2$ est régulier (truc tout pourri avec une clause tu me diras: c'est vrai, mais bon, c'est déjà ça non?).

On a $P_1(X, Y) = X^2 - cY^2 - X$ et $P_2(X, Y) = 2XY - bY^2 - Y$. C'est toi qui le dit, page 14.

Déjà, $P_1$ est régulier (il a $1$ comme un de ses coefficients et donc il est primitif donc régulier à vie, c'est les bonnes paroles?).

Bon, maintenant vu comme un polynôme de $\mathbf{A}[Y][X]$, $P_1$ est unitaire en $X$, et donc je sais que le quotient $\mathbf{A}[X, Y]/P_1$, comme $\mathbf{A}[Y]$-module, est de la forme $\mathbf{A}[Y] \oplus \overline{X} \mathbf{A}[Y]$.

Bon maintenant je prends $Q = Q_1(Y) + \overline{X}Q_2(Y)$. Je travaille dans le quotient, et j'ai donc $\overline{X}^2 = cY^2 + \overline{X}$. Je regarde maintenant ce que ça signifie que $P_2Q$ soit nul dans le quotient : ça veut dire que $2\overline{X}YQ = Y(1 + bY)Q$.

Maintenant d'une part \begin{align*}
2\overline{X}YQ &= 2\overline{X}Y Q_1 + 2\overline{X}^2YQ_2\\
&= 2\overline{X}Y Q_1 + 2(cY^2 + \overline{X})YQ_2\\
&= 2cY^3Q_2 + \overline{X}(2YQ_1 + 2YQ_2)
\end{align*}

D'autre part: $Y(1 + bY)Q = Y(1 + bY)Q_1 + \overline{X}Y(1+bY)Q_2$.

Bref, je suis réduit au système suivant dans $\mathbf{A}[Y]$: \begin{align*}
\left\{\begin{array}{ccc}
2cY^3Q_2 &=& Y(1+bY)Q_1\\
2YQ_1 + 2YQ_2 &=& Y(1 + bY)Q_2
\end{array}\right.
\end{align*}
Je peux simplifier par $Y$ car c'est un élément régulier de $\mathbf{A}[Y]$. Et par une petite manipulation algébrique j'obtiens le système équivalent
\begin{align*}
\left\{\begin{array}{ccc}
2cY^2Q_2 &=& (1+bY)Q_1\\
2Q_1 &=& (-1 + bY)Q_2
\end{array}\right.
\end{align*}

Maintenant j'ajoute la première ligne à elle-même! J'obtiens \begin{align*}
4cY^2Q_2 = 2Q_1(1 + bY)
\end{align*}
Et je substitue $(-1+ bY)Q_2$ à $2Q_1$, j'obtiens alors $4cY^2Q_2 = (bY + 1)(bY - 1)Q_2$, c'est-à-dire $((b^2 - 4c)Y^2 - 1)Q_2 = 0$. Sauf que $(b^2 - 4c)Y^2 - 1$ est primitif car il a $-1$ dans ses coefficients, et est donc régulier. Et donc $Q_2 = 0$.

Maintenant, de $Q_2 = 0$, on a $2Q_1 = 0$, et là... Ben il me faut $2$ régulier je crois, pour montrer que $Q_1 = 0$.
Donc sous cette hypothèse de $2$ régulier, il me semble que je montre que $P_2Q = 0$ dans le quotient implique $Q = 0$, c'est-à-dire que la multiplication par $P_2$ induit un morphisme injectif de $\mathbf{A}[X, Y]/(P_1)$, et ça, si je ne m'abuse, c'est dire que $(P_1, P_2)$ est réguliere.

Ais-je fait une erreur stupide?

PS: Et si 2 est pas régulier? j'y réfléchis plus tard.

D'accord avec tes deux points.

Effectivement, cécité aigüe de ma part que de ne pas avoir vu ce que tu proposes en 1. C'est assez fou comme avoir la tête dans le guidon peut faire manquer des choses.

En deuxième approche: le 2. est sans doute la meilleure méthode: je n'ai pas fait les choses comme ça vu que je suis parti à la base d'un petit bricolage pour voir ce que j'arrivais à faire avec ce système, mais c'est sans doute ce qu'il y a de plus propre. D'accord avec toi que ce $b^2 - 4c$ qui apparait, ça augure quelque chose de bon.

Et du coup, maintenant que $n = 2$ c'est bon, on fait quoi? $n = 3$? (:P).


Là ce qui a quand même un peu sauvé la mise c'est la présence d'un polynôme unitaire en une des variables, probablement là parce que $1$ était un des éléments de la base non? J'ai peur que les choses ne soient pas aussi gentilles en général.

Re. Je fais ce petit post juste pour coucher quelque part sur le fil exactement les relations entre constantes de structures d'une algèbre associative, commutative et unitaire. Ça pourra toujours être utile à un moment ou à un autre.

Contexte: $\mathbf{B}$ une $\mathbf{A}$-algèbre libre de rang $n$. J'en note $b_1,\ldots,b_n$ une base.
Je définis les $c_{i, j}^{(k)} \in \mathbf{A}$ par \begin{align*}

b_ib_j = \sum\limits_{k=1}^n c_{i,j}^{(k)} b_k.

\end{align*}

La commutativité s'exprime par l'identité $c_{i,j}^{(k)} = c_{j, i}^{(k)}$.
L'élément neutre $1_{\mathbf{B}}$ s'écrit $\sum\limits_{i=1}^n u_i b_i$. $u$ comme unité. J'ai alors la relation
\begin{align*}
b_j &= 1_{\mathbf{B}}b_j\\
&= \sum\limits_{i=1}^n u_ib_ib_j\\
&= \sum\limits_{i=1}^n u_i \sum\limits_{k=1}^n c_{i,j}^{(k)} b_k\\
&= \sum\limits_{k=1}^n \left(\sum\limits_{i=1}^n u_i c_{i, j}^{(k)}\right)b_k
\end{align*}

D'où la relation $\sum\limits_{i=1}^n u_i c_{i, j}^{(k)} = \delta_{k, j}$. En particulier, $\sum\limits_{i=1}^n u_i c_{i, j}^{(j)} = 1$: les $\left(c_{i, j}^{(j)}\right)_{i}$ sont comaximaux pour tout $j$ et les $u_i$ en témoignent.

Reste l'associativité: d'une part: \begin{align*}
(b_{i}b_{j})b_k &= \left(\sum\limits_{\ell = 1}^n c_{i, j}^{(\ell)} b_\ell \right) b_k\\
&= \sum\limits_{\ell = 1}^n \sum\limits_{m = 1}^n c_{i, j}^{(\ell)}c_{\ell, k}^{(m)}b_m
\end{align*}
D'autre part, \begin{align*}
b_{i}(b_{j}b_k) &= b_{i}\left(\sum\limits_{\ell = 1}^n c_{j, k}^{(\ell)}b_{\ell}\right)\\
&= \sum\limits_{\ell = 1}^n \sum\limits_{m = 1}^n c_{i, \ell}^{(m)}c_{j, k}^{(\ell)} b_m
\end{align*}

Ce qui fournit l'identité suivante pour tout $i, j, k$ et $m$:
\begin{align*}
\sum\limits_{\ell = 1}^n c_{i, j}^{(\ell)} c_{\ell, k}^{(m)} = \sum\limits_{\ell = 1}^n c_{i, \ell}^{(m)}c_{j, k}^{(\ell)}
\end{align*}

On peut exprimer ces identités matriciellement: pour tout $k$, je note $C_k$ la matrice dont le coefficient d'indice $i, j$ est $c_{i, j}^{(k)}$. Je note $U$ le vecteur (écrit en colonne) $\begin{bmatrix}u_1\\ \vdots \\ u_n\end{bmatrix}$.

La commutativité dit que $C_k$ est symétrique. L'unitalité (plus la commutativité) exprime que $C_k U$ est la colonne qui représente l'élément $b_k$ de la base: que des $0$, sauf un $1$ à la ligne $k$.

Si $C'_k$ est la matrice dont le coefficient d'indice $i, j$ est $c_{i, k}^{(j)}$, alors, pour ces matrices, la commutativité s'exprime par $(C'_{k})_{i, j} = (C'_{i})_{k, j}$. La relation d'associativité s'exprime par \begin{align*}
(C'_jC'_k)_{i, m} = (C'_kC'_i)_{j, m}
\end{align*}


La relation de comaximalité des $c_{i, j}^{(j)}$ me semble la plus intéressante: sauf erreur de ma part, la formation du complexe de Koszul commute aux localisations, et s'il est exact après chaque localisation par une famille comaximale, il est exact. Sachant que $Q_k = \underline{X} C_k {}^{t} \underline{X}$, où $(C_k)_{i, j} = c_{i , j}^{(k)}$, est-ce qu'il n'y a pas un moyen de faire apparaitre des polynômes unitaires (ou au moins à coefficients dominants inversibles) pour simplifier les calculs comme dans le cas $n = 2$ comme cela?

EDIT: je viens de voir ton post avec le calcul normique: je lis ça.

Salut Claude,

Je ne sais pas si ton énoncé est explicitement dans EGA: je ne connais pas assez bien les EGA (tout ça c'est dans le monstrueux EGA IV, même EGA IV 4 et je n'en suis qu'à EGA II, ça n'avance pas d'ailleurs 8-)).

Dans le Stacks, l'énoncé n'est pas directement sous cette forme, mais je le soupçonne d'être caché dans plusieurs énoncés.

Déjà: $\mathbf{A}[X_1,\ldots,X_n]/(\mathbf{F})$ avec jacobien inversible, c'est la définition 10.136.6 du Stacks + la condition que le système est carré . Le coup de l'élimination de la clause, c'est l'exemple 10.136.8.

Le lemme 10.136.7 donne des informations sur les systèmes "standard smooth". J'ai l'impression que le point important est le 7: ce sont des "intersections complètes relatives globales" (définition 10.135.5). En quoi ça fait avancer le schmilblick? Il y a le lemme 10.135.13 sur ces "intersections complètes relatives globales".

Ce lemme dit que pour tout idéal premier $\mathfrak{q}$ de $\mathbf{A}[X_1,\ldots,X_n]/(\mathbf{F})$, correspondant à un idéal premier $\mathfrak{q}'$ de $\mathbf{A}[X_1,\ldots, X_n]$, la suite $(f_1,\ldots,f_n)$ est régulière dans l'anneau local $\mathbf{A}[X_1,\ldots,X_n]_{\mathfrak{q}'}$. En particulier le complexe de Koszul de $(f_1,\ldots, f_n)$ doit être acyclique après localisation en chaque idéal premier contenant $(f_1,\ldots, f_n)$. Et pour les autres idéaux premiers, ie ceux qui ne viennent pas d'un idéal premier de $\mathbf{A}[X_1,\ldots,X_n]/(\mathbf{F})$? Ben ce sont les idéaux premiers ne contenant pas $(f_1,\ldots, f_n)$, et donc la suite engendre l'idéal unité dans ces localisés, et dans ce cas l'acyclicité du complexe de Koszul est assez simple non? (Vu que $\mathrm{Gr}((f_1,\ldots,f_n))$ ne dépend que de l'idéal $(f_1,\ldots,f_n)$ et que montrer que $\mathrm{Gr}((1)) \geq 1$ me semble assez simple...)

Bref, il faudrait décortiquer exactement les preuves de ces trucs pour trouver s'il n'y a pas des "court-circuits". La définition d'intersection complète relative globale fait intervenir des trucs sur la dimension de chaque fibre: d'accord pour dire que c'est crade?

Salut Claude,

Plutôt d'accord avec ton point 7: c'est un sacré m*rdier, dans le Stacks, et on a potentiellement quelque chose de bien plus simple sous la main, alors pourquoi s'en priver? Le m*rdier du Stacks a quand même l'air de dire beaucoup de choses "intéressantes" au passage, mais sont-elles intéressantes maintenant, quand j'en suis encore à découvrir et à apprendre les choses? Je ne sais pas.

N'ayant pas lu EGA IV, je ne peux pas en parler très précisément, mais j'ai cru comprendre que la présentation y est similaire, (longue, technique, histoire d'intersections complètes etc...), mais j'avais cru lire quelque part qu'elle disait plein de choses utiles "à côté". Par exemple les histoires d'intersections complètes, ça intéresse les géomètres, et les histoires de trucs Macaulay ont un rapport avec des histoires de dualité, donc leur apparition semble intéressante. M'enfin, tout ça me passe encore bien au dessus de la tête, et ça va probablement encore être le cas pendant quelque temps.

Je ne sais pas si j'ai le temps ou le courage pour l'instant de me plonger dans tout ce bazar du Stacks, je le ferai peut-être un jour si j'en ai "besoin"...

J'ajoute quand même des liens vers les résultats du Stacks pour les résultats que tu mentionnes dans le chapitre 15:

- Définition 15.29.1
- Proposition 15.32.4

C'est une petite maniaquerie, mais pour le Stacks, les liens ont (je crois) une grande force: si j'ai bien compris, le "tag" d'une proposition/théorème/section/définition lui est attribué à vie: si une nouvelle section ou un nouveau lemme vient s'intercaler, les numérotations vont changer, mais pas le tag. Du coup pour la postérité, je préfère mettre des liens.

PS: Vu pour le résultat Ferrand-Vasconcelos-Jouanolou, il y a l'air d'y avoir des choses intéressantes dans cet énoncé. Est-on d'accord que projectivement résoluble, c'est entendu au sens de résoluble par des modules projectifs de type fini? (Edit: peut-être juste une résolution finie par des modules projectifs de type fini?)

Si tu as un bout de mon message qui a disparu: c'est normal, j'ai écrit un truc un poil trop vite et c'était potentiellement une bêtise.

La matrice $C'_k$, d'où sort-elle?

Ben simplement, quand je regarde
\begin{align*}

\sum\limits_{\ell = 1}^n c_{i, j}^{(\ell)} c_{\ell, k}^{(m)} = \sum\limits_{\ell = 1}^n c_{i, \ell}^{(m)}c_{j, k}^{(\ell)}.

\end{align*} Je me dis que ça ressemble vachement à un produit matriciel, et qu'effectivement, si je note $C'_k$ la matrice dont le coeff d'indice $i,j$ est $c_{i,k}^{(j)}$, ben j'écris ça
\begin{align*}

\sum\limits_{\ell = 1}^n (C'_j)_{i, \ell} (C'_k)_{\ell, m} = \sum\limits_{\ell = 1}^n (C'_k)_{j, \ell}(C'_\ell)_{i,m}.

\end{align*} Puis avec $(C'_{\ell})_{i,m} = (C'_{i})_{\ell, m}$ (commutativité), je tombe sur \begin{align*}
\sum\limits_{\ell = 1}^n (C'_j)_{i, \ell} (C'_k)_{\ell, m} = \sum\limits_{\ell = 1}^n (C'_k)_{j, \ell}(C'_i)_{\ell,m}.

\end{align*} Et ça me donne bien l'égalité \begin{align*}
(C'_jC'_k)_{i, m} = (C'_kC'_i)_{j, m}.

\end{align*} Je n'ai pas cherché plus que ça à l'interpréter, je voulais simplement une écriture un poil plus compacte de l'égalité :-D

En la regardant un peu plus droit dans les yeux, je suis d'accord pour dire que c'est la transposée de la matrice de multiplication par $b_k$ (multiplication à droite même, mais la commutativité nous sauve de cette distinction). Donc ça donne à gauche
\begin{align*}
({}^t M_{b_j} {}^{t}M_{b_k})_{i, m} &= {}^{t}(M_{b_k}M_{b_j})_{i, m}\\
&= (M_{b_k}M_{b_j})_{m, i},

\end{align*} et à droite
\begin{align*}
(M_{b_i}M_{b_k})_{m, j}.

\end{align*} Tu valides cette relation ? Je ne suis pas à l'abri d'une erreur d'indice un poil bête...

PS. Merci pour la note sur 1-sécant vs complétement sécant.

Pour l'histoire du terrain noethérien cohérent gentil, est-ce que pour nos affaires de lissité/profondeur/syntomicité etc, on peut se réduire au cas noethérien cohérent ? Ils font quelque chose qui y ressemble dans le Stacks : ici (10.135.12), et il me semble que Parson aussi. Mais je n'ai pas décortiqué cela encore.