Le caractère étale en algèbre commutative

$\def\vep{\varepsilon}$Salut FlipFlop
Dans le prochain post, je t'eng*eule. Encore une fois, on ne gagne rien à aller à toute beurzingue pour présenter une construction (une sacrée jolie construction !) : il faut prendre son temps. En allant trop vite, tu perds tout le bénéfice de ce que tu as mis au point (pendant pas mal de temps à mon avis). Je n'ose pas te demander depuis combien de temps, une manière de le demander : est ce que c'est bien avant/pendant/après l'algèbre des idempotents de Grothendieck ?

$\bullet$ Bref. Ici, je prends un cas particulier de ta $\rtimes$-construction : l'algèbre du fibré tangent (en affine of course) :
$$
T(B) := B \rtimes_k \langle \vep \mid \vep^2 = 0\rangle \qquad \qquad \qquad T \text{ pour tangent}
$$J'ai mis un indice $k$ à $\rtimes_k$ pour signifier que $B$ est une $k$-algèbre. Bien entendu, pour y comprendre quelque chose, on part avec une $k$-algèbre de présentation finie avec l'inconvénient, en montant le binz via la présentation, d'obtenir des objets non intrinsèques. Mais l'intrinsèque, on s'en fout pour l'instant car le point le plus important c'est pas l'intrinsèque, c'est la compréhension.

$\bullet$ Donc $B = k[x_1, \cdots, x_n]$ avec DES relations $P(x_1, \cdots, x_n) = 0$ où $P$ est un polynôme à coefficients dans $k$. Via ta définition, une $k$-présentation de $T(B)$ en $2n$ variables $x_1, \cdots, x_n,\ h_1, \cdots, h_n$ (ne compte pas sur moi pour systématiquement utiliser des $x_{ij}$, les notations doivent s'adapter au terrain, que je dis)
$$
T(B) = k[x_1, \cdots, x_n,\ h_1, \cdots, h_n] \qquad \qquad\quad
P(x_1, \cdots, x_n) = 0 \qquad \sum_i \partial_i(P)(x_1, \cdots, x_n).h_i \ \buildrel {\rm tang.} \over =\ 0
$$A droite, la signification est la suivante. A chaque fois que l'on dispose d'une relation $P = 0$ dans $B$, il en vient deux dans $T(B)$ : la même d'une part (car je n'ai pas dupliqué les $x_i$) et celle ``de tangence'' tout à droite, qui fait intervenir les $h_i$ de manière linéaire.

$\bullet$ On dispose donc d'un morphisme (injectif) de $k$-algèbres $\iota : B \hookrightarrow T(B)$ que l'on va considérer comme une inclusion. Bref, $T(B)$ est une $B$-algèbre.

Par ailleurs, à $B/k$, est associé le $B$-module des différentielles de Kähler (souvent présenté de manière vachement pédagogique via le noyau de $B \otimes_k B \to B$. De temps en temps, les auteurs ne devraient pas être si fiers d'eux, comment oser balancer une telle construction sans commentaires mais je m'égare). C'est le $B$-module présenté par :
$$
\Omega_{B/k} = B dx_1 \cdots + B dx_n \qquad\qquad
\sum_i \partial_i(P)(x_1, \cdots, x_n). dx_i = 0 \quad \text{à chaque fois que } P(x_1, \cdots, x_n) = 0 \quad (P \text{ à coeffs. dans } k)
$$Tout cela pour dire que $\Omega_{B/k}$ se plonge dans $T(B)$.

$\bullet$ Très certainement, $T(B)$ est l'algèbre symétrique du $B$-module $\Omega_{B/k}$. J'ai même envie d'écrire une décomposition $h$-graduée
$$
T(B) = B \oplus \Omega_{B/k} \oplus (\Omega_{B/k}.\Omega_{B/k}) \oplus (\Omega_{B/k}.\Omega_{B/k}.\Omega_{B/k}) \oplus \cdots
$$Qu'en dis tu ? Je délire ? Attention : on est passé dans la catégorie des $B$-algèbres.

Rien à voir : en cherchant l'orthographe de Kähler, je suis tombé sur cet exposé d'un apprenant (une apprenante ?) Manh-Linh, Différentielles de Kähler et complexe de de Rham. Qui malheureusement met des accents dans les noms de fichiers (cela devrait être interdit, j'aurais bien envie de l'engu..). Ce qui fait que je ne peux pas pointer comme cela https://webusers.imj-prg.fr/~ariane.mezard/Exposé8.pdf. Ce qui m'oblige à ruser (virer l'espace entre https et /)

[color=#000000]https ://webusers.imj-prg.fr/~ariane.mezard/Exposé8.pdf
[/color]

Pas eu le temps de regarder (sauf que l'on voit rapidement des fautes d'orthographe).

A suivre ?

$\def\vep{\varepsilon}\def\Im{\text{Im}\,}$Salut FlipFlop
J'ai tout lu (et même relu plusieurs fois).

En ce qui concerne la perte d'informations, non ce n'est pas du tout ce à quoi tu pensais : je me doute bien qu'il n'y a pas de matrices $M_{\vep_j}$ mais des $1 \otimes \vep_j$. Sinon, je ne t'aurais pas parlé de $IJ = Aa$ et de la vision de Dedekind de l'inversibilté. Je pense que tu n'as pas compris ce que je voulais dire ou pas fait attention. Laisse béton.

Rien à voir. Butin maigre et non satisfaisant de mon côté. J'ai quand même trouvé une navette mais à quel prix. Une navette pour $a$, en terrain non commutatif, c'est un $b$ tel que $aba = a$ qui certifie que $ab$ est un projecteur de même image que $a$.

Il faut penser à $A$ une matrice (non nécessairement carrée) dont on veut certifier que $\Im A$ est un module projectif. Il suffit (et il faut) trouver une navette $B$ pour $A$. I.e. le produit $AB$ a un sens est $ABA = A$, ce qui fait que $\Im A = \Im AB$ et $AB$ projecteur.

$\def\vep{\varepsilon}\def\Sym{\text{Sym}}$FlipFlop
J'ai l'impression que tu n'as pas vu mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2068882,2122372#msg-2122372 suite à ton exemple fibré tangent au cercle in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2068882,2122206#msg-2122206

Je notais, pour une $k$-algèbre (de présentation finie mais je suis sûr que l'on peut s'affranchir de cette condition)
$$
T_k(B) = B \rtimes_k \langle \vep \mid \vep^2 = 0\rangle
$$J'ai mis un $T$ pour tangent et j'ai parlé ``d'algèbre du fibré tangent'' mais je me demande si ce n'est pas plutôt du fibré cotangent.

Bref, je disais que $T_k(B)$ était muni d'une structure de $B$-algèbre et que probablement, il y avait un lien avec l'algèbre symétrique via un isomorphisme de $B$-algèbres :
$$
T_k(B) \simeq \Sym_B(\Omega_{B/k})
$$Qu'en dis tu ? (je repose la même question que dans mon post pointé). Versus, pour un $k$-module $E$, un isomorphisme de $\Sym_k(E)$-modules :
$$
\Sym_k(E) \otimes_k E \simeq \Omega_{\Sym_k(E)/k}
$$

$\def\Sym{\text{Sym}}\def\Hom{\text{Hom}}\def\L{\text{L}}\def\vep{\varepsilon}\def\Im{\text{Im}\,}$FlipFlop
$\bullet$ Ok pour $\Sym$, mais pourquoi ne pas le dire avant ?

On a l'impression qu'il y a de l'adjonction entre les deux constructions $\bullet \rtimes \langle \vep \mid \vep^2\rangle$ et $\Sym$ à travers $\Omega_{\bullet/k}$. A toi de démêler cela. Qui c'est qui fonctorise ici ?

$\bullet$ Tu ne pourras pas éternellement dire que tu ne sais pas ce qu'est $\Sym$. En plus c'est fonctoriel, cela devrait te plaire. Si $E$ est un $k$-module ($k$ anneau commutatif quelconque), il y a une construction fonctorielle d'une $k$-algèbre notée $\Sym_k(E)$, avec une flèche $E \to \Sym_k(E)$, qui satisfait pour toute $k$-algèbre $B$
$$
\L_k(E, \simeq \Hom_k(\Sym_k(E),
$$Se donner une application $k$-linéaire de $E \to B$, c'est pareil que se donner un morphisme de $k$-algèbres $\Sym_k(E) \to B$ (qui ``prolonge'' l'application $k$-linéaire) . Tu trouveras la construction partout.

$\bullet$ Au lieu de recopier la construction faite partout, je fais un exemple en prenant $E$ un $k$-module de présentation finie :
$$
G : k^2 \to k^3, \quad G = \left[ \matrix {a & d\cr b & e\cr c & f\cr} \right], \qquad E = k^3/\Im G = kx + ky + kz \quad \text{avec les relations} \quad
[x,y,z] \left[ \matrix {a & d\cr b & e\cr c & f\cr} \right] =0
$$Eh bien voilà la $k$-algèbre $\Sym_k(E)$. C'est une $k$-algèbre de présentation finie présentée de la même manière que le $k$-module $E$ de présentation finie.
$$
\Sym_k(E) = {k[X,Y,Z] \over \left\langle aX + bY + cZ \atop dX + eY + fZ \right\rangle} = k \oplus E \oplus
\text{(comp. hmg. de degré 2)} \oplus \text{(comp. hmg. de degré 3)} \oplus \cdots
$$Sauf que pour le module $E/k$, on s'est contenté de la composante homogène de degré 1. La notion de composante homogène a du sens car on a quotienté par des relations linéaires.

Tu ne vas pas quand même me dire que $\Sym$, c'est une construction plus compliquée que $B \rtimes_k K$ ?

FlipFlop
Dans la DEUXIEME partie de ton dernier post (celle que tu as tapé en un deuxième temps), dans la première ligne, je pense qu'il s'agit de $\eta \in X(A)$ et pas $\eta \in X(R)$. Tu veux vérifier si je suis, hein ?

FlipFlop

Je n'ai pas compris ta réponse dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2068882,2125882#msg-2125882. Oui, j'ai corrigé mon $\otimes$ en $\rtimes$.

Peut-être en lien avec ta réponse ?

Pour $B$ $k$-algèbre fixée, quelle est la nature en $K$ du constructeur $K \to B \otimes_k K$ ?

Plus précis : est ce qu'un morphisme de $k$-algèbres libres $K_1 \to K_2$ induit un morphisme de $k$-algèbres entre $B \rtimes_k K_1$ et $B \rtimes_k K_2$ ? Si oui, dans quel sens ?

Suite, suite.
Comme d'habitude, tu vas beaucoup trop vite. Comment sais tu que c'est le fibré tangent et pas le fibré cotangent ?

Laisse béton tangent versus cotangent. Tu ne réponds pas à mes questions.

$\def\X{\mathfrak X}\def\Hom{\text{Hom}}$FlipFlop,
Ne pas savoir répondre : no problemo. Mais répondre des choses plus compliquées avec des $\X$ ...

Encore deux questions :

1. Et tu sûr que $K \mapsto B \rtimes_k K$ est covariant en $K$ ? En as tu la preuve ? Et pas contravariant ?

2. Dans la catégorie des $k$-algèbres, on dispose d'un isomorphisme canonique, fonctoriel :
$$
\Hom(B \rtimes_k K, R) \quad \simeq\quad \Hom(B, R \otimes_k K)
$$On fixe $B$. Ce qui est sûr, c'est que $K \mapsto R \otimes_k K$ est covariant en $K$.

Comment $K \mapsto B \rtimes_k K$ peut-il être covariant alors qu'il est placé à la source de $\Hom$ tandis que $R \otimes_k K$ est placé au but de $\Hom$ ?

$\def\Hom{\text{Hom}}\def\Sym{\text{Sym}}\def\Spec{\text{Spec}}$Salut FlipFlop
Je n'ai pas eu beaucoup de temps pour moi et j'ai toujours l'intention de revenir en arrière sur des thèmes que j'ai évoqués dans ce fil (de Smit & Lenstra ...etc...). A ce propos, j'aimerai bien te raconter comment un matheux que je connais affronte certains problèmes auxquels il ne connait rien a priori mais commence d'abord par juger l'aspect élémentaire de l'énoncé, disons du point de vue de ``la logique''.

J'ai juste regardé un tout petit peu le deuxième papier (un seul auteur, dans le premier, ils s'y sont mis à 5, c'est probablement parce qu'ils ne sont pas bons). Ce que crois voir dans la proposition 3.3 (qui prépare le corollaire important 4.4 qui suit) en prenant TES notations, et en se plaçant en commutatif (donc je remplace l'algèbre tensorielle par l'algèbre symétrique) :
$$
\Hom_k(\Sym_k(V), K \otimes_k R) \simeq \Hom_k(\Sym_k(V \otimes_k K^\star), R)
$$Tu es ok ? Bien sûr, $V$ est un $k$-module, $R$ une $k$-algèbre, $K/k$ une algèbre libre de rang fini (chez toi) et $\Hom_k$ pour les morphismes de $k$-algèbres. Et l'isomorphisme est canonique, fonctoriel et tout le truc.

Il y a deux trucs qui m'intriguent mais je n'ai pas beaucoup réfléchi. D'abord, la présence du dual $K^*$ et pas $K$ : il s'agit du dual en tant que $k$-module (qui en passant est muni d'une structure de $K$-algèbre par l'intérieur). Comme $K/k$ est libre chez toi, est ce que l'on n'a pas abusé de cela ? Tandis que chez l'auteur, $K/k$ est un module projectif de type fini et donc impossible de le confondre avec son dual.

Est ce que tu vois ce que je veux dire ? Si oui, tu as bien de la chance car moi à peine.

Le second point : le $\Sym$ à droite, c'est bien $\Sym_k$, n'est ce pas ?

Note : si $V = k^n$, alors $\Sym_k(V) = k[X_1, \cdots, X_n]$ avec $k^n \to k[X_1, \cdots, X_n]$, $e_i \mapsto X_i$. I.e. $k^n = kX_1 \oplus \cdots \oplus kX_n]$. Tes conventions ou un dual quelque part ?

Ce truc de dual me tracasse. Dans le papier des 5 auteurs, ils parlent du fibré tangent et pas cotangent. Je me demande si cela ne vient pas de ce qui suit et cela serait bon de se clarifier. Attention, je vais jouer mon géomètre, tu ne ris pas :

$A$ un anneau, $X = \Spec(A)$, $E$ un $A$-module de présentation finie, $Y = \Spec(\Sym_A(E))$ avec bien sûr $A \to \Sym_A(E)$ donc $Y \to X$ par co-morphisme. Qui est donc une espèce de fibré. Le $A$-module des sections globales s'identifie au dual $E^*$. Tu es d'accord ?