Du remâché oublié (entiers sur anneaux)

-L'intégrité de $B$ est superflue.
-Il y a à ma connaissance deux façons de faire ça; la première est calculatoire et passe par les résultants (les polynômes annulant les sommes et produits envisagés sont explicitement constructibles).
La deuxième plus conceptuelle se base sur Cayley-Hamilton: un élément $x$ de $B$ est entier sur $A$ si et seulement si il appartient à un sous anneau $C$ de $B$ contenant $A$ qui est aussi un $A$-module de type fini (et alors $y\mapsto xy$ est un endomorphisme dont on regarde le polynôme caractéristique, ce dernier va annuler $x$).

Des déterminants sont utilisés à chaque fois bien sûr.

Christophe, fais-toi un cahier/classeur de pense-bêtes ! J'en ai un moi aussi, soit pour les travaux plus longs que j'ai réalisés, soit pour les trucs que je considère comme importants que je n'ai pas dans mes bouquins et que je risque d'oublier. Je m'en sers régulièrement, c'est très pratique.

Il me semble qu'il n'y a pas besoin de Cayley-Hamilton. Soit $x$ et $y$ sont deux éléments de $B$ entiers sur $A$, de degrés respectifs $m$ et $n$. alors pour tout $i<m$ et $j<n$, $(x+y)x^iy^j$ est combinaison linéaire à coefficients dans $A$ de $(x^ky^l)_{\substack{k<m \\ l<n}}$. Ceci montre que la matrice colonne de coefficients $(x^ky^l)_{\substack{k<m \\ l<n}}$ est un vecteur propre d'une matrice à coefficients dans $A$ pour la valeur propre $x+y$. Ainsi, $x+y$ annule le polynôme caractéristique d'une matrice à coefficients dans $A$ et est donc entier sur $A$.

On fait de même avec $xy$.

La preuve de Guego est très élégante mais il faut supposer les anneaux intègres (comment déduire $\det(M-\lambda I)=0$ de la non injectivité de $v \mapsto Mv - \lambda v$, où $M$ est la matrice en question sinon ? C'est l'hypothèse que fait Christophe dans son message).

Christophe : l'énoncé est faux pour un module quelconque, et vrai pour un module libre (ou projectif), l'étape admise devenant évidente dans ce cas

Le théorème est tout autant faux pour un module quelconque - pense à $\mathbb Q$. Il est peut-être vrai pour un module de type fini, mais je ne suis pas du tout sûr (à vrai dire je parierais contre)
Ta preuve montre qu'il est vrai pour les modules "torsionless" par définition (à ne pas confondre avec torsion-free)

J'apprends (sans doute pas beaucoup, malheureusement) en m'amusant (pas beaucoup non plus, il faut dire) : torsionless, torsion-free.

Ah, un potentiel contre-exemple : je considère l'anneau $R= \mathbb F_2[x,y]/(x,y)^2$ qui est même noethérien (ça aurait pu jouer un rôle), et l'idéal $ I =(x,y)$ dans $R$.

J'ai alors un morphisme $f: I\to R$ qui envoie $x$ et $y$ sur $x$ (je vous laisse vérifier que c'est bien défini), et je vais considérer le pushout suivant :

$$\xymatrix{I \ar[r]^f \ar[d]^i & R \ar[d]^j \\ R \ar[r]^h & P }$$

où $i$ est l'inclusion
("pushout" abrège $P := R\oplus R / (i(z), 0) = (0,f(z)), z\in I$, et $j$ est l'inclusion dans le second facteur)

Alors, puisque $i$ est injective, $j : R\to P$ aussi (en particulier, $j(1)$ est une famille libre)

Reste à montrer que pour toute forme linéaire $\ell : P\to R$, $\ell(j(1))$ est annulé par $x$ et $y$ (en particulier l'énoncé est faux pour $a= x$ ou $y$)

Bon, bah si $\ell$ est une telle forme linéaire, elle est donnée sur $R\oplus R$ par deux scalaires $\alpha$ et $\beta$ ($\ell(h(1))$ et $\ell(j(1))$ respectivement) et ils doivent vérifier $\alpha i(z) = \beta j(z)$ pour tout $z\in I$. Prenant $z= x$, on a $x(\alpha - \beta) = 0$, et prenant $z=y$ on a $\alpha y = \beta x $ et donc $\alpha x= \alpha y$. Le premier implique que $\alpha - \beta \in I$ et le dernier implique que $\alpha \in I$, donc $\beta \in I$.

Donc $\ell(j(1)) \in I$ quel que soit $\ell$, ce qui prouve l'énoncé.

christophe : ça marche quand les entiers sont inversibles dans ton anneau.

Plus précisément, si $k!$ est inversible dans $R$, alors le morphisme $\bigwedge^k R^n \to ((R^n)^{\otimes k})^{\mathfrak S_k}$ décrit par ce que tu as écrit (divisé par $k!$, pour faire bonne mesure) est un isomorphisme; où $(-)^{\mathfrak S_k}$ désigne le sous-module des points fixes.

Si $k!$ n'est pas inversible, il n'y a aucune garantie

MathCoss : ah oui, je n'ai pas décrit l'action de $\mathfrak S_k$ ;-) l'action à laquelle je pensais est donnée par $\sigma \cdot (v_1\otimes \cdots \otimes v_n) = \epsilon(\sigma) (\text{ce que tu imagines})$ ! (parce que la puissance extérieure est donnée par les orbites pour cette action, au moins lorsque $2$ est inversible).

Elle est simplement donnée par le tenseur de l'action "usuelle" et l'action sur $R$ donnée par la signature.

Christophe : plus généralement, si $G$ est un groupe fini et $M$ un groupe abélien muni d'une action de $G$, alors il y a un morphisme $\mathrm{Nm}_G : M_G \to M^G$ des orbites vers les points fixes, qui est naturel en $M$ et défini par $\overline m\mapsto \sum_{g\in G} g\cdot m$ où $\overline m$ désigne la classe de $m$ dans le quotient $M_G$. (exercice : c'est bien défini, et ne dépend que de $\overline m$, pas de $m$)

Si $|G|$ est inversible sur $M$ (au sens où $m\mapsto |G|m$ est un isomorphisme) alors $\mathrm{Nm}_G$ est inversible, d'inverse $m\mapsto \frac{1}{|G|}\overline m$

Preuve: si $m\in M^G$ est un point fixe, il est clair que $\frac{1}{|G|} m$ est un représentant de $\frac{1}{|G|}\overline m$ et donc $\mathrm{Nm}_G( \frac{1}{|G|}\overline m) = \sum_{g\in G}\frac{1}{|G|} g\cdot m = \sum_{g\in G} \frac{1}{|G|} m = m$; et réciproquement $\frac{1}{|G|} \overline{\sum_{g\in G} g\cdot m} = \frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} \overline{g\cdot m} = \frac{1}{|G|}\sum_{g\in G} \overline{m} = \overline m$.

Bon, il y a plus conceptuel comme preuve, mais je pense que tu aimerais moins les autres que je connais :-D

Bref, ça te dit que de manière générale, si $|G|$ est inversible, tu peux représenter tes classes dans le quotient (donc les éléments de $\bigwedge^k R^n$ par exemple) par des éléments spécifiques de $M$ ( $(R^n)^{\otimes k}$ dans notre exemple), à savoir les $\sum_{g\in G} g\cdot m$ (qui correspondent à tes sommes de tenseurs "twistés" par des signatures)

Attention, ça ne marche pas si $|G|$ n'est pas inversible !!
(bon, parfois si mais ce serait aller beaucoup trop loin pour ce post :-D )