Anneaux Noetherien

Pour certains, cela ressemble à la définition.
Tu définis comment un anneau nœthérien ?

Bonjour,

Voici les grandes lignes d'une démonstration de ce fait.

Soit $\mathsf{I}$ un idéal de $\mathsf{A}$ et $b\in \mathsf{A}$.
On voit que $ \mathsf{I}_b = \{x\in\mathsf{A}\mid bx\in\mathsf{I}\}$ est un idéal de $\mathsf{A}$ (c'est le conducteur)
\medskip
En supposant les idéaux $\mathsf{I}+b\mathsf{A}$ et $\mathsf{I}_b$ de type fini, on a :
\begin{itemize}
\item Des $a_1,a_2,\ldots a_r\in\mathsf{I}$ tels que $\mathsf{I} + b\mathsf{A} = (a_1,a_2,\ldots,a_r,b)$.
\item Pour $\{c_1,c_2,\ldots ,c_s\}$ un système générateur de $\mathsf{I}_b$,
on a alors $\mathsf{I}=\{a_1,\ldots,a_r,bc_1,\ldots,bc_s\}$ et $\mathsf{I}$ est de type fini.
\end{itemize}
Soit $\cal F$ l'ensemble des idéaux de $\mathsf{A}$ non de type fini.
On suppose ${\cal F}\not=\emptyset$ et on admet que $\cal F$ possède un élément maximal $\mathsf{P}$ (pour l'inclusion).
Alors $\mathsf{P}$ est un idéal premier de $\mathsf{A}$. Pour cela prendre $ab\in\mathsf{P}$, $b\notin\mathsf{P}$ et en considérant $\mathsf{P}+\mathsf{A}b$ on a que $\mathsf{P}\subset\mathsf{P}_b$ et $a \in\mathsf{P}$.
\medskip
On en déduit alors qu'un anneau commutatif $\mathsf{A}$ est n\oe thérien si et seulement si les idéaux premiers de $\mathsf{A}$ sont de type fini.

Amicalement
Omar

re-bonjour,

On prend donc $\mathsf{P}$ maximal dans $\cal F$ suppsosé non vide (à l'aide de Zorn) et on suppose que $ab\in\mathsf{P}$, $b\notin\mathsf{P}$. On a alors l'inclusion stricte $\mathsf{P}\subset\mathsf{P}+\mathsf{A}b$, donc l'idéal
$\mathsf{P}+\mathsf{A}b$ n'est pas dans $\cal F$. Il est de type fini. Comme
$\mathsf{P}$ n'est pas de type fini, $\mathsf{P}_b$ ne peut être de type fini, par ce qui a été vu auparavant, et on a donc $\mathsf{P}_b\in{\cal F}$. Comme $\mathsf{P}\subset\mathsf{P}_b$ on en déduit $\mathsf{P}=\mathsf{P}_b$ et cela signifie que $a$ est dans $\mathsf{P}$.

Si $\mathsf{A}$ est n\oe thérien, ses idéaux premiers sont de type fini. Réciproquement, si tous les idéaux premiers de $\mathsf{A}$ sont de type fini, alors nécessairement $\cal F$ est vide et $\mathsf{A}$ est n\oe thérien.

Amicalement
Omar

On a donc une inclusion d'un truc dans un truc de type fini => truc est de type fini aussi

Très très faux, tout idéal est inclus dans l'anneau tout entier qui est engendré par 1.

Gyom,

ATTENTION, $M$ est un élément maximal DANS $F$ pour l'inclusion. Cela veut dire que
si $M$ est contenu dans un AUTRE IDEAL $N$ SE TROUVANT dans $F$, alors $M=N$.
Cela ne signifie pas que $M$ est un idéal maximal dans l'anneau tout entier... Le but est donc de montrer
que cet élément maximal dans $F$ est bien un idéal premier de l'anneau.

Amicalement
Omar

oups pardon, je n'ai pas jusitifé que TOUT élément de I est une combinaison linéaire d'élément $xy$ dans la preuve ci-dessus... dsl

Bon, je m'autopunis (c'est une constante). Chaque fois que je dis une connerie, je m'oblige ensuite, quelques soient mes "grammes" polluant, à un post soigneux: ainsi, j'y regarderai pls fois à taper comme je respire. En plus j'aurais dû lire le fil... Il dit déjà presque tout!

Juste pour gyom, donc, une "correction" exhaustive (la plus exhaustive possible)

L'anneau $A$ est commutatif et unitaire

Soit donc $I$ un idéal qui n'est pas de type fini, ni premier, et soit $ab\in I$ avec ni $a$, ni $b$ qui $\in I$.

L'ensemble $J$ des $x\in A$ tels que $xb\in I$ est un idéal. Strictement plus grand que $I$, puisque $a\in J$.

De plus $I+(b)$ est aussi strictement plus grand que $I$. Dans la suite je vais prouver que l'un des 2 est forcément NONDETYPE fini. Du coup, $I$ ne pourra pas être maximal à ne pas être de type fini, parmi les idéaux nondetype fini.

Soit $F$ une partie finie $\subseteq I+(b)$ qui engendre $I+(b)$.

Soit $G$ une partie finie $\subseteq J$ qui engendre $J$.


Chaque élément $x\in F$ est dela forme $x=u_x+s_xb$ avec $u_x\in I$. Soit $w\in I$. En particulier, $w\in I+(b)$. Il peut donc être écrit comme une combinaison linéaire des $(u_x+s_xb)$. Donc en fait, comme une combinaison linéaire des $u_x$ et de $b$. Ecrivons $w=rb+\sum _{x\in F} e_xu_x$. Il s'ensuit que $r\in J$.

$r$ est donc une somme de multiples d'élément de $G$ et donc $rb$ est une somme de multiples d'éléments de la forme $bt$ où $t$ parcourt $G$.

Manifestement, chaque $bt\in I$.

La partie finie de $I$ composée des $u_x$ et des $bt$ pour $t\in G$ atteste que $I$ est de type fini.

*********

Je passe maintenant à mes erreurs de tout à l'heure, qui m'inspire une autre question:

{\it Soit $a,b,I$ tels que $I+(a)$ et $I+(b)$ soit de type fini. $I$ est-il forcément de type fini? }

oups, mille excuses, j'ai oublié de préciser $ab\in I$

Je reformule:

Existe -t-il un anneau $A$ commutatif, unitaire, un idéal $I$ de $A$, des éléments $a,b$ avec $ab\in I$ et tels que:

$I+(a)$ et $I+(b)$ sont de type fini, mais pas $I$?

CC a demandé : {\it Existe -t-il un anneau $A$ commutatif, unitaire, un idéal $I$ de $A$, des éléments $a,b$ avec $ab\in I$ et tels que:
$I+(a)$ et $I+(b)$ sont de type fini, mais pas $I$?}


Sauf erreur, la réponse est oui.

Mais attention, mon anneau $A$ ne sera pas intègre (d'après l'énoncé que tu proposes, j'ai le droit ), il sera même très très non-intègre.

Voici ce que je te propose : considère tout d'abord l'anneau $B=\Z[X]/(X^2)$.
$B$ est déjà non-intègre, mais je vais considérer un anneau encore moins intègre : $A = B^\N$ l'anneau des suites à valeurs dans $B$.

Maintenant, je note $\delta_n$ la suite nulle partout sauf en $n$ où elle vaut $1$.

Prends l'idéal $I=XB^{(\N)}$ engendré par tous les $X\delta_n$ pour $n\in \N$. Je te laisse te convaincre que $I$ n'est pas de type fini.

Considère maintenant la suite constante égale à $X$ : $a = (X,X,\ldots,X,\ldots)$, et prends aussi $b=a$.

Que voit-on : $I+(a) = I+(b) = (a)$ !

Or $ab=a^2=(X^2,X^2,\ldots,X^2,\ldots)=(0,0,\ldots,0,\ldots)=0 \in I$.

Cela répond donc à ta question.

Non ?

Mouais, on peut peut-être adapter en prenant des séries formelles plutôt que des suites pour avoir un anneau qui ne serait "pas moins intègre que B".

Peut-être.

Mais bon...

Merci pour la réponse de "le barbant raseur" ! Effectivement, c'était facile...

Le contre-exemple du barbant raseur est correct.

On peut aussi avoir un contre-exemple intègre: On prend les combinaisons linéaires à coefficients dans Q de puissances de X par des rationnels strictements positifs. On prend a = b = X et on prend pour idéal I l'idéal engendré par les X^r avec r>1.

Ça a l'air de bien marcher.
Super joli.

Si on prend l'anneau constitué par les combinaisons linéaires de puissances supérieures ou égales à 1 de X et que l'on rende inversible les non multiplesz de X, on obtient un anneau avec un seul idéal premier de type fini (principal) pourtant l'anneau n'est pas noethérien car l'idéal engendré par les X^r avec r>1 n'est pas de type fini.

Super aussi, même si je ne suis pas très à l'aise avec tout ce qui est localisation.

Je ne vois pas clairement pourquoi (X) est le seul idéal premier de type fini :S (monogène je vois).

Bon, il y a quand même ce truc mystérieux de localisation

on rend inversible les non multiples de X

Comment on fait ?

On rajoute formellement les inverses en question (on quotiente le sous-ensemble auquel-on-pense de l'ensemble des mots auquel-on-pense par la relation d'équivalence à-laquelle-on pense) ?
Et une fois qu'on a fait ça, on recommence ? ou c'est fini ?
Je veux dire : soit u un inverse qu'on a rajouté, X^r+u n'est certainement pas un multiple de X.
Est-il déjà inversible (j'avais cru m'en convaincre, mais j'avais fait une erreur de calcul) ?
Ou faut-il recommencer le processus ?

Bon, comme ça m'a quand même l'air d'être des questions assez élémentaires, je vais farfouiller dans les bouquins de ma bibliothèque, mais si je ne trouve pas, attention, je reviendrai à la charge ...

Et si on n'a qu'un seul idéal premier?

De quels énoncés voudrais-tu montrer l'équivalence?