Existence d'éléments réguliers
Bonjour,
J'ai un anneau noethérien local réduit $R$, d'idéal maximal $m$ et de dimension de Krull $\geq 1$. Le but est de montrer que $m^n$ contient des éléments réguliers (non diviseurs de zéro) pour tout $n$.
J'ai finalement trouvé une preuve de ce résultat, mais elle n'est pas triviale (pas extrêmement compliquée non plus, mais pas triviale), alors que dans le contexte où j'ai trouvé cet énoncé, il n'est pas donné de preuve : ce résultat est juste annoncé comme ça ("Because $R$ is reduced and $m^n \subset I$, there must be a regular element in $I$" sans plus de commentaire après), et j'imagine donc qu'il y a une preuve relativement triviale de ce fait, que je n'ai juste pas réussi à voir - c'est l'objet de ma question :
connaissez-vous une preuve facile de cet énoncé ?
A tout hasard, voici la preuve que j'ai en tête :
Lemme : Un élément de $R$ est un diviseur de zéro si et seulement si c'est un élément d'un des premiers minimaux de $R$.
Preuve : Soit $x,y$ tels que $xy = 0$. Si $x$ n'appartient à aucun premier minimal de $R$, $y$ appartient à tous les premiers minimaux. Comme tout premier de $R$ contient un premier minimal, $y$ appartient à tous les premiers. Comme $R$ est réduit, cela impose $y=0$, donc $x$ est régulier.
Réciproquement, si $p$ est un premier minimal de $R$ et $x\in p$, alors regardons $R_p$: il s'agit d'un anneau local réduit (exercice), avec un unique idéal premier (classique). C'est donc un corps (exercice), de sorte que $x$ y est ou nul, ou inversible. Si $x$ y est nul, alors il existe $y\notin p$ tel que $xy = 0$ dans $R$, et $y\notin p$ donc $y\neq 0$, i.e. $x$ est un diviseur de zéro.
Si $x$ y est inversible, il existe $y$ et $t,s\notin p$ tels que $xyt = s$ - absurde car $x\in p$. Donc $x$ est un diviseur de zéro.
Corollaire : le résultat est vrai.
Preuve: Si $m^n$ ne contient aucun élément régulier, il est inclus, par le lemme précédent, dans l'union (finie !!) des premiers minimaux de $R$, $p_1\cup ... \cup p_n$. Par le "prime avoidance lemma" (le "lemme d'évitement des premiers", j'imagine ?) on en déduit que $m^n \subset p_i$ pour un certain $i$, ce qui implique $m= p_i$, donc $m$ est un premier minimal; ce qui est absurde car $R$ est de dimension $\geq 1$.
Comme vous pouvez le voir, c'est pas la preuve la plus compliquée du monde, mais c'est loin d'être trivial (ça utilise notamment le prime avoidance lemma, donc je m'attendrais au moins à une indication qu'il va intervenir; et puis le lemme, il n'est pas compliqué non plus, mais il faut quand même y penser); et certainement ce n'est pas le genre de preuve qui peut se cacher derrière une phrase sans commentaires.
D'où ma question.
J'ai un anneau noethérien local réduit $R$, d'idéal maximal $m$ et de dimension de Krull $\geq 1$. Le but est de montrer que $m^n$ contient des éléments réguliers (non diviseurs de zéro) pour tout $n$.
J'ai finalement trouvé une preuve de ce résultat, mais elle n'est pas triviale (pas extrêmement compliquée non plus, mais pas triviale), alors que dans le contexte où j'ai trouvé cet énoncé, il n'est pas donné de preuve : ce résultat est juste annoncé comme ça ("Because $R$ is reduced and $m^n \subset I$, there must be a regular element in $I$" sans plus de commentaire après), et j'imagine donc qu'il y a une preuve relativement triviale de ce fait, que je n'ai juste pas réussi à voir - c'est l'objet de ma question :
connaissez-vous une preuve facile de cet énoncé ?
A tout hasard, voici la preuve que j'ai en tête :
Lemme : Un élément de $R$ est un diviseur de zéro si et seulement si c'est un élément d'un des premiers minimaux de $R$.
Preuve : Soit $x,y$ tels que $xy = 0$. Si $x$ n'appartient à aucun premier minimal de $R$, $y$ appartient à tous les premiers minimaux. Comme tout premier de $R$ contient un premier minimal, $y$ appartient à tous les premiers. Comme $R$ est réduit, cela impose $y=0$, donc $x$ est régulier.
Réciproquement, si $p$ est un premier minimal de $R$ et $x\in p$, alors regardons $R_p$: il s'agit d'un anneau local réduit (exercice), avec un unique idéal premier (classique). C'est donc un corps (exercice), de sorte que $x$ y est ou nul, ou inversible. Si $x$ y est nul, alors il existe $y\notin p$ tel que $xy = 0$ dans $R$, et $y\notin p$ donc $y\neq 0$, i.e. $x$ est un diviseur de zéro.
Si $x$ y est inversible, il existe $y$ et $t,s\notin p$ tels que $xyt = s$ - absurde car $x\in p$. Donc $x$ est un diviseur de zéro.
Corollaire : le résultat est vrai.
Preuve: Si $m^n$ ne contient aucun élément régulier, il est inclus, par le lemme précédent, dans l'union (finie !!) des premiers minimaux de $R$, $p_1\cup ... \cup p_n$. Par le "prime avoidance lemma" (le "lemme d'évitement des premiers", j'imagine ?) on en déduit que $m^n \subset p_i$ pour un certain $i$, ce qui implique $m= p_i$, donc $m$ est un premier minimal; ce qui est absurde car $R$ est de dimension $\geq 1$.
Comme vous pouvez le voir, c'est pas la preuve la plus compliquée du monde, mais c'est loin d'être trivial (ça utilise notamment le prime avoidance lemma, donc je m'attendrais au moins à une indication qu'il va intervenir; et puis le lemme, il n'est pas compliqué non plus, mais il faut quand même y penser); et certainement ce n'est pas le genre de preuve qui peut se cacher derrière une phrase sans commentaires.
D'où ma question.
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Réponses
De ton côté, est-ce que tu sais un peu comment éliminer*** les coupures d'une preuve, parce que là, ça semble indiqué de le faire, tu arriveras à une preuve sans background, sans avoir besoin d'inspiration et il ne te restera plus qu'à regarder sa longueur.
On peut essayer de le faire de tête, même si ça devient inextricable très vite. Une coupure est un passage de la forme suivante:
Prouver A
Prouver A=>B en supposant A (*)
Prouver B par modus ponens sur A=>B; A
L'éliminer signifie remplacer ça par
Prouver A
En déduire B par recopie de (*) mais où A n'a plus besoin d'être supposé puisqu'il vient d'être prouvé.
A noter que ça peut rallonger énormément car si tu as utilisé plusieurs fois A (par exemple 9 fois), tu dois reprouver A 9 fois dans le dernier cheminement.
Une dernière remarque: à mon avis, tu te fais des illusions en pensant que les auteurs (au niveau où tu taffes) sous-entendent que ce qu'ils admettent est simple quand il ne donne pas d'indication. Je crois qu'il faut se contenter de penser que quand ils disent ça, c'est qu'ils décident de l'admettre plutôt que le prouver et que la raison** n'est jamais "parce que c'est simple" (raison qui justifierait au contraire d'inclure l'argument, au moins en footnote). La balade du jeune au vieux est une permanente descente vers la désillusion :-D
** au sens où même si c'est simple pour le LECTEUR, l'auteur avoue là que ça ne l'est pas pour lui et que comme ce n'est pas son objectif il l'admet.
Rien qui me choque personnellement en tout cas.
Je confirme que c'est "bien plus évident" au sens où Max avait bien raison de penser que l'auteur sous -entendait que ça ne méritait pas pluss.
En fait, Max, tu as oublié un truc ultra simple. Je pense que tu vas vite y penser donc histoire de faire crier Calli, en espérant qu'il passe, ... je vous laisse mariner :-D
Quant à l'élimination des coupures, dans ce cas ça fait juste une preuve plus longue
NoName : ça m'agacerait un peu que tu aies raison :-D enfin je sais pas, un lemme classique, on le mentionne, on fait pas comme si c'était un bête modus ponens
Bon, j'ai déjà rencontré ce genre d'attitude (pas toi hein évidemment, les auteurs) dans le passé; notamment une où je ne connais pas d'argument que les auteurs auraient pu imaginer, donc je ne serais pas choqué que soit le cas, mais ça m'agacerait
(Cf d'ailleurs ma parenthèse du premier post où j'articule précisément les points que j'aurais voulu voir mentionnés, qu'il faudrait de toute façon mentionner)
Facile, classique ...etc.. pour moi, cela ne veut pas dire grand chose. Effectivement, les arguments que tu donnes sont ceux qui ``apparaissent habituellement''.
Facile une fois que l'on sait faire, bien entendu. Classique quand on est dedans (cf la suite). Tant qu'à faire, le $I$ qui intervient dans ton histoire (contenir une puissance de l'idéal maximal) possède un statut classique : c'est ce que l'on appelle un ``idéal de définition de l'anneau local''. Bien entendu, ce qui joue un rôle important, c'est le maximal $\fm$ : une fois que tu tiens un élément régulier $x$ dans le maximal, tu en tiens un dans $\fm^n$, à savoir l'élément $x^n$.
$\bullet$ Mots-clés : idéal premier associé, décomposition primaire.
Initiateurs : Lasker, Emmy Noether (1921), Bourbaki, années 1960, (en particulier le chap 4 d'Algèbre Commutative qui s'intitule ``Idéaux premiers associés et décomposition primaire'').
$\bullet$ En quoi et pourquoi, c'est devenu classique EN algèbre commutative ? Je crois comprendre que c'est en partie depuis Bourbaki (années 1960), en particulier depuis la parution des premiers chapitres d'Algèbre Commutative. J'attache un extrait de leur introduction ainsi qu'un mini-extrait de Matsumura.
Ce qu'il faut savoir : en terrain noethérien, l'étude des diviseurs de 0 passe par la notion d'idéal premier associé : si $A$ est un anneau commutatif, un idéal premier associé (sous entendu à $A$ car la notion existe relativement à un $A$-module) est un idéal premier $\fp$ de la forme $\fp = \Ann(x)$ pour un $x$ de $A$ (nécessairement non nul). Le premier miracle (facile) c'est qu'un idéal maximal parmi les $\Ann(x)_{x \ne 0}$ est premier. Et donc en noethérien, il y a des idéaux premiers associés (si l'anneau est non nul, ah, ah). Et ils sont en nombre fini (ce qui demande plus de travail). Et un premier bilan, c'est qu'en noethérien
$$
\{ \text{diviseurs de 0} \} = \text{réunion (finie) des idéaux premiers associés} \qquad \qquad (\star)
$$C'est cette égalité qui est importante : avoir écrit l'ensemble de gauche ``sans structure'' comme réunion finie d'idéaux premiers. Du coup, avec le ``prime avoidance lemma'', cela va cartonner (cf ce que tu as fait).
Dans la suite, sans savoir si c'est vraiment ``utile'' (sic), je passe en vrac quelques propriétés pour essayer d'y voir plus clair (car dans ton contexte, il y a beaucoup d'hypothèses : local, noethérien, réduit, de dimension de Krull non nulle). Note : dans ces histoires, la plupart du temps, le terrain est noethérien, porte ouverte aux raisonnements par l'absurde, aux négations, aux alternatives pourries ...etc..
$\bullet$ Une caractérisation d'un idéal premier minimal (terrain quelconque). Un idéal premier $\fp$ est minimal ssi pour tout $x \in \fp$, il existe $s \in A \setminus \fp$ et $k \in \N$ tel que $sx^k = 0$ (nécessairement, $k \ge 1$). Tout élément d'un idéal premier minimal est diviseur de 0.
$\bullet$ Tout idéal premier minimal est associé, ce qui fait que l'on pourrait confondre ces deux notions. Mais la réciproque est fausse. En terrain noethérien réduit, les deux notions coïncident.
$\bullet$. La propriété REP (Regular Element Property) en terrain noethérien, popularisée par Kaplanky (années 1970). Soit $I$ un idéal fidèle d'un anneau noethérien (fidèle :: $\Ann(I) = 0$). Alors $I$ contient un élément régulier.
Justification (par l'absurde). Sinon, $I$ est contenu dans l'ensemble des diviseurs de 0, donc d'après $(\star)$ et le ``prime avoidance lemma, $I$ est contenu dans un $\fp = \Ann(x)$ avec $x \ne 0$ i.e. $I.x = 0$, contredisant la fidélité de $I$.
$\bullet$ Une alternative pour un anneau local noethérien réduit $(A, \fm)$. Alternative pourrie car je la fais porter sur $\Ann(\fm)$.
$\blacktriangleright$ Ou bien $\Ann(\fm) = A$, auquel cas $\fm = 0$, $A$ est un corps donc $\Kdim A = 0$.
$\blacktriangleright$ Ou bien $\Ann(\fm) \ne A$ auquel cas $\Ann(\fm) = 0$. Justification. Soit $x \in \Ann(\fm)$ i.e. $\fm.x = 0$. Alors $x$ n'est pas inversible (sinon $\fm = 0$ i.e. $\Ann(\fm) = A$). Donc $x \in \fm$. Comme $\fm.x = 0$, on $x^2 = 0$, l'anneau étant réduit, $x = 0$.
Et une fois que l'on a $\Ann(\fm) = 0$, on fait le malin avec la REP : $\fm$ contient un élément régulier. A fortiori, $\fm$ n'est pas un idéal premier minimal donc $\Kdim A \ge 1$.
$\bullet$ ...etc... Bon, il faut que je stoppe car cela commence à être un peu longuet. J'ajoute juste deux trucs. Le premier truc : je crois comprendre que Bourbaki a mis de l'ordre en mettant en avant la notion d'idéal premier associé plutôt que la décomposition primaire (due à Emmy Noether en terrain noethérien généralisant le travail de Lasker dans les anneaux de polynômes sur un corps).
Second truc. Un anneau $R$ est dit primaire si tout diviseur de $0$ est nilpotent (auquel cas le radical nilpotent de $R$ est un idéal premier). Un idéal $I$ de $A$ est dit primaire si l'anneau $A/I$ est primaire auquel cas $\sqrt I$ est premier. Et E. Noether a montré, en terrain noethérien, que tout idéal $I$ est une intersection finie d'idéaux primaires. Mais elle a montré cela de manière détournée en introduisant une autre notion : celle d'idéal irréductible et en montrant que tout idéal $I$ est intersection finie d'idéaux irréductibles et qu'un idéal irréductible est primaire (en terrain noethérien). Plus d'idéaux irréductibles chez Bourbaki mais chez certains auteurs, si.
Sorry Maxtimax d'avoir été un peu (?) long. Plus de place pour un exercice que j'aime bien. Permission pour un autre post ?
Visiblement il n'y a pas de preuve plus simple, je te donne donc la permission que tu souhaites ;-)
En fait, il n'arrive quasiment jamais que $J$ soit inclus dans la réunion finie des $I_n$ sans être inclus dans l'un d'entre eux (c'est un grand classique de forme, on le raconte avec les espaces vectoriels, les groupes, etc)
Par contre, je plaide coupable sur le fait que quand je t'ai envoyé le MP, je pensais que c'était valable dans tout anneau infini (ta situation est forcément un anneau infini, dans les finis tous les idéaux premiers sont maximaux). Les $T_i$ sont des idéaux ci-dessous
Supposons que $a\in T_1\setminus (T_2\cup \dots)$ et $b\in T_2\setminus (T_1\cup T_3\cup \dots)$. Soient $n,p$ des entiers non nuls tels que :
$a^n+b$ et $a^{n+p} + b$ appartiennent au même idéal $T_j$.
Alors $(a^p-1)b\in T_ j$ et donc $b\in T_j$ donc $j=2$. Mais alors on a la contradiction que $a\in T_2$.
J'ai utilisé le supplément suivant pour l'idéal $T_2$ : pour tout élément $x\in T_1, y\in A$, si $(1+x)y\in T_2$ alors $y\in T_2$, ce qui est réalisé dans ton cas, mais l'est dans énormément de situation. Par exemple il suffit que tout $1+x$ soit inversible pour $x$ dans $T_1$
Donc non, je te le répète :-D remplacer $m^n$ par $m$ dans la preuve ne change rien à la complexité.
1/ je ne sais pas ce qu'est le lemme évoqué.
2/ ce que je raconte est trivial
Je suis sur mon téléphone. Je redis sous une forme peut être plus convaincante :
Preuve: "M n'est pas inclus dans la réunion des Pi car sinon il serait l'un d'entre eux. Par ailleurs être régulier équivaut à ne pas être dans ladite réunion"
Ça fait 3lignes et renvoie à des choses faciles à prouver sans inspiration**, sans aucune connaissance autre que basique.
** A ce niveau de libre ou d'article.
Et à nouveau, je le répète : la preuve que tu proposes est la même que la mienne, avec 3 mots en moins (le prime avoidance lemma aussi se prouve sans trop d'inspiration), donc tu imagines bien que si j'ètais agacé que la mienne soit zappée sans commentaire, enlever 3 mots de la preuve ne va pas y changer grand chose :-D
1/ Avant tout, un témoignage (et que personne ne m'envoie la demande "qui c'est" en MP, je ne le dirai pas. Un jour j'ai reçu un mail d'un algébriste célèbre. Il disait "j'ai un trou, comment tu fais déjà pour prouver qu'il existe un nombre fini d'idéaux premiers est nul dans un noethérien?"
2/ Cela illustre plusieurs choses. La nature humaine est complexe et secouée par des soubresauts. L'imga d'Epinal selon laquelle tout est parfaitement inscrit dans la culture des experts n'est que partiellement vraie, car avec les pratiques continuelles, certains mécanismes peu pratiqués sont oubliés, tout simplement.
3/ Par exemple: la probabilité qu'un jour un médaillé Field m'écrive un mail pour me demander comment je prouver qu'il y a une infinité de nombres premiers est bien plus élevée que la même calculée pour un MCF de L1. Cela provient qu'il existe pas mal de MF qui ne PRATIQUENT jamais cette preuve (le résultats, de polarité négative est admis depuis longtemps), mais qui en plus "se tuentnuit et jour" à chercher un truc bien précis au moint de ne mobiliser que les techniques utiles à leur avancée. Alors que le MCF doit répondre 40 fois par an depuis 20 ou 30 ans à cette question.
4/ Bref, tout ça pour dire que sans connaissance de ton livre et de ses buts, on ne peut pas savoir, mais j'ai l'impression qu'il t'apparait comme un discours de Claude Quitté m'apparait à moi. Chacune de ses affirmations me demanderaient 30mn de réflexion pour prouver qu'il a raison. Cela provient de ce qu'il connait plein de détails (comme tu as pu le voir au dessus) qu'il a dû prouver un très grand nombre de fois et que lui s'il lit ton livre, il ne va pas être choqué par l'économie que l'auteur a fait lorsqu'il a "juste affirmé" sans rien justifier que M contient un régulier
5/ Ca t'a choqué à mon avis parce que tu as écrit $M^n$ au lieu de $M$ (ça tu l'as reconnu), mais peut-être aussi parce que tu as considéré que tu avais une expertise (être expert n'est pas prétentieux, t'inquiète) te conduisant à penser que si ça ne te paraissait pas trivial, c'est parce que l'auteur avait abusé.
6/ Or mon témoignage est que (et le truc loufoque, c'est parce que j'avais un préjugé FAUX, et c'est ça qui est dingue mais LEGITIME***) ça m'a pris bien moins de temps de prouver le truc que de prouver le moindre enchainement de Claude Quitté par exemple. donc d'une certaine manière (en tant que non expert, culture à trous béants, etc, je suis un très bon thermomètre), j'apporte surtout l'idée que l'auteur n'avait pas "forcément tort" de penser que pour les lecteurs auxquels ils s'adressaient ça méritait de ne pas gaspiller d'encre. Mais c'est tout, et surtout n'y vois aucune attaque ou dévaluation, jepense toujours que tu seras médaillé Field, et je compte même à ce moment te contacter pour te demander de me prêter de l'argent, t'inquiète t'inquiète, je t'ai à l'oeil :-D :-D
7/ Simplement, j'ai essayé de t'apporter un "témoignage" renseignant sur ce sujet.
*** les experts ont des préjugés FAUX. C'est ça le jeu d'une certaine façon. Pour moi, l'énoncé**** FAUX mais "presque toujours vrai" m'a fait finalement réglé la question rapidement par ERREUR. Ca fait partie du jeu
**** que $A\subset (B_1\cup B_2\cup ..)$ implique $\vee_i$ $(A\subset B_i)$
Par récurrence ... une preuve de zéro ligne t'agacerait alors (je déconne tu as bien précisé "pas rgand chose")
Bon je pense t'avoir répondu et pour ton tout dernier post, là je suis catégorique pour avoir eu un peu des conversations avec des algébristes en 55ans de vie:
Je pense que c'est là que tu fais erreur sociologiquement. Un algébriste l'admet comme "une évidence" définitive dans son cursus d'algébriste. (Ce qui explique que j'aie été le destinataire du mail que j'évoque au post précédent). Mais comme tu es jeune (et tant mieux) tu n'as pas encore forcément cotoyé tous ces messieurs-dames et leurs "admis".
Effectivement, j'ai pensé à $m^n$ au lieu de me ramener à $m$. Mais ça ne change rien au fait qu'il fallait savoir qu'on avait affaire à une réunion finie d'idéaux!!!!
Et à nouveau (je ne sais pas combien de fois il faudra le dire), une fois que tu sais que les diviseurs de zéro sont les éléments de cette union, savoir que c'est $m$ ou $m^n$ ne change rien (en particulier, si la première partie de la preuve m'avait paru évidente, je n'aurais jamais posté ça, autrement dit, ça n'a rien, mais alors rien à voir (même psychologiquement) avec $m$ vs $m^n$)
Enfin je ne vois pas trop l'intérêt de débattre de ma psychologie :-D je te dis "c'est la partie x qui me gênait" et tu me réponds en me simplifiant de 1 ou 2 mots la partie y , tu comprends bien que j'aie du mal à te comprendre ;-)
Et je ne me prétends/crois pas expert en algèbre commutative, seulement le papier en question n'était pas écrit avec ce genre d'audience en tête (ou bien si c'est le cas, c'est un peu bizarre, vu son titre et ses références, enfin bref...) et comme j'ai dû farfouiller un peu pour trouver ce lemme (pas le prime avoidance lemma, non pas qu'il soit indigne ou quoi de ne pas le connaître, mais j'appuie pour que tu ne te focalises plus sur ce morceau là) j'étais surpris et ça m'a fait poser cette question.
Est-ce que c'est plus clair, et est-ce que maintenant tu vois que ça n'a rien à voir avec $m$ vs $m^n$ ?
Ça me gêne néanmoins, surtout vu le public (que j'imagine) du papier.
Une autre anecdote: quand j'étais petit, flemmard que j'étais déjà je cherchais dans toutes les bibliothèques à consulter un livre où il serait prouvé que tout artinien est noetherien. Et bin, j'ai mis des mois (avec pauses :-D ). J'en ai trouvé facilement ou c'était utilisé. Aussi facilement ou ce était pas utilisé. Mais jamais où c'était prouvé. Et là j'ai découvert le capitalisme éditorial: un livre d'algèbre commutative digne de ce nom ça ne se vend pas en France donc existe pas. Tout au plus trouvera-t-on des rappels dédiés à précéder une bifurcation vers la géométrie algébrique.
Je crois qu'en langue anglaise la situation est très différente.
Mais tu as une petite liste "de lemmes" qui est assez impressionnante que tous les experts connaissent et dont personne d'autre n'a jamais entendu parler. J'ouvrirai un fil dédié d'un pc du coup. Par exemple, afk connait cette liste et s'est souvent étonné que "nous" l'ignorons. Quant à CQ, il fit des longs postes où il en redonne de long extraits. Bref, drôle de situation. Probablement due à son mangeage par la G.A qui demonetise ses lemmes abstraits
Tu n'as pas côtoyé Christian Peskine à Paris 6 ?
Voilà [son bouquin] qui répond aux attentes de toi enfant :-)
Ca confirme bien mon témoignage que les gens mettent ces données dans des livres annoncés parlant d'autre chose :-D
Et bonne année, au fait!!
Avec le lien de GR, il va grossir naturellement, j'irai y "piller" des énoncés "purs".
@Max: est-ce que tu connaissais par coeur le lemme qui dit que si un idéal premier $P$ est minimal alors il existe un entier $n$ et un élément $b$ HORS DE $P$ tel que $bx^n=0$.
Je te demande ça parce que à ma connaissance ce lemme est "un vrai résultat" du second ordre. Je l'ai appris sur ce forum même et n'ai réussi à le prouver que parce qu'il est trivial en ANS. Je n'ai pas souvenir d'en avoir vu des preuves courtes "concrètes".
Si tu ne le connaissais pas, li est tout à fait normal aussi que tu trouvais l'équivalence "régulier ssi blabla" pas du tout trivial. Ce "lemme " n'est à ma connaissance pas trivial si on ne le connait pas.
Je t'en donne une preuve ANS. Soit $a\in P$. Soit $X$ un idéal premier (qu'on ne suppose pas standard) qui ne contient pas $a$. Alors le standardisé $Q$ de $X$ ne le contient pas non plus, est premier, donc il y a un $b$ standard dans $Q\setminus P$^, donc dans $X$.
Autement dit, il y a une liste finie $b_1,..,b_n$ telle que pour tout idéal premier $X$ qui ne contient pas $a$, il existe $b_i$ qui est dans $X$. Le produit $b:=b_1..b_n$ est donc dans tout idéal premier ne contenant pas $a$. Il suit que $ab$ est dans tout idéal premier tout court.
Preuve courte et sans ANS : il suffit de montrer que $x$ est nilpotent dans $R_P$ (or $x\in P$ donc $x$ n'y est pas inversible).
$R_P$ est un anneau avec un unique idéal premier, donc tout élément y est nilpotent ou inversible : en effet son radical est notre unique idéal premier, qui est aussi l'unique idéal maximal, qui est le complémentaire des inversibles. Donc $x$ y est nilpotent.
C'est pour ça que je parle de quantification, si le $n$ doit être uniforme en $x$ alors c'est la seconde définition qu'il faut prendre, sinon la première suffit.
Edit : pour être totalement clair, ce que j'ai appelé idéal nilpotent dans mon message c'est la seconde défintion.
Précisément : soit $F$ un ensemble fermé d'idéaux. Soit $Q$ un élément minimal dans $F$. Alors pour tout $a\in Q$, il existe une partie FINIE $G$ de $A$ telle que pour tout $X\in F$, si $a\notin X$ alors $X\cap G\neq \emptyset$.
La seule chose fait qu'on fait avec $F:=Premiers$ c'est qu'on multiplie les éléments de $G$ donc c'est plus joli, puisqu'on a $b\in X$ au lieu de $X\cap G\neq \emptyset$ à la fin.
Je t'avais dit par MP que je n'interviendrais plus car le fil prenait une tournure qui ne me convenait pas. Et puis je viens de penser à un truc qui n'est pas complètement banal, enfin que l'on ne trouve pas le Algèbre Commutative de Malliavin, ni dans celui de Rémi Goblot. Pas vu non plus dans Bourbaki, Matsumura, Eisenbud, Kunz ...etc.. Mais là, je suis prudent car cela aurait pu m'échapper. En particulier, en ce qui concerne les exercices de Bourbaki du chap. 4 d'Algèbre Commutative (écrit par Dieudonné ?).
Ce n'est pas l'exercice que j'avais évoqué. Celui-ci consistait à construire des anneaux vachement simples (quotients d'un anneau de polynômes sur un corps par un idéal monomial) contenant des emboitements stricts d'idéaux premiers associés aussi grands que l'on veut.
Bref, j'en viens au fait, au truc que je qualifie de pas banal. Soit $A$ un anneau noethérien réduit (important réduit, sinon, c'est faux). Alors pour tout idéal $I$, il existe un $x \in I$ tel que $\Ann(I) = \Ann(x)$. En particulier, si $\Ann(I) = 0$, alors $I$ contient un élément régulier.
Mieux : écrire un algorithme (bigre) qui prend $I$ en donnée et qui fournit $x$ en résultat. On se doute que cela ne va pas passer par le ``prime avoidance lemma''. Note : on prend comme définition de noethérien, le fait que tout suite croissante $(I_n)_{n \ge 1}$ pose i.e. il existe $n$ tel que $I_n = I_{n+1}$.
C'est une manière (inhabituelle, donc ça change) de résoudre ton histoire initiale $(A, \fm)$. On a $\Ann(\fm) \ne A$ donc $\Ann(\fm) \subset \fm$. Donc $\Ann(\fm) = 0$ (si $\fm.x = 0$ alors $x \in \fm$ donc $x^2 = 0$ puis $x = 0$).
A propos d'algèbre constructive (arg). Après REP (Regular Element Property de Kaplansky), la nilregular element property in https://drops.dagstuhl.de/opus/volltexte/2006/278/pdf/05021.SchusterPeter.Paper.278.pdf. C'est un preprint mais il y a une version publiée. Ce n'est pas étranger au ``truc pas banal'' ci-dessus.
J'en profite pour signaler que la preuve que tout artinien est noethérien se trouve dans ce livre. Globalement d'ailleurs ces livres noirs avec des petits rectangles de couleur sont largement au dessus de ce que l'on trouve ne moyenne aujourd'hui.
Lemme :
soit $A$ un anneau noethérien. Soit $P$ un idéal premier. On dira qu'il est bleuquand il existe $a$ tel que $a\notin P$ et $P$ est minimal parmi les idéaux qui $\supset Annul(a):=\{x\mid ax=0\}$.
Bleu est un ensemble FINI!
edit: en fait c'est juste l'ensemble "habituel" des idéaux premiers minimaux
Une fois énoncé il est facile à prouver (c'est juste de la topologie sur le compact $2^A$)
Je redonne aussi une preuve du lemme d'évitement des premiers. La plus plus courte liste exception, disons que c'est $P_1,..,P_9$. On a $E$ inclus dans la réunion. Donc on peut avoir $e_i$ dans $E$ tel que $e_i$ n'appartient qu'à $P_i$ dans la liste. Alors $e_1 + e_2.e_3...e_9$, qui est dans $E$ n'est dans aucun $P_i$.
Je fais l'exo de Claude (de manière 100% non constructive :-D )
Soit $J$ un idéal exception à l'affirmation dans un anneau réduit et noethérien. Pour chaque $x\in J$, on suppose qu'il y a $v$, et un idéal $P$ premier qui contient $Annul(v)$ vérifiant $x\in P$ et $a\notin P$. Comme le $P$ peut avoir été pris minimal parmi les premiers contenant $Annul(v)$ sans contenir $v$ comme élément (anneau réduit, aucun $v^n$ n'est dans $Annul(v)$, il n'y a qu'un nombre fini de tels idéaux premiers pour recouvrir $J$
Tu as donc un couple $(a,P)$ avec $a\in J\setminus P$ tel que $J\subset P$, ce qui est une contradiction.
Comme je trouve le "lemme de densité finie" (pour lui donner un nom) assez exaltant, je suivrai avec passion la procédure constructive de CQ, car j'avoue que les arguments qui précèdent ne sont pas très constructifs.