Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
248 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

Anneaux Noetherien

Envoyé par Gyom 
Anneaux Noetherien
il y a douze années
Bonjour a tous, je recherche une demonstration de cette propriete:

"Soit A un anneau,
Si tout ideal premier de A est de type fini, alors A est noetherien"

Merci d'avance pour votre aide.
G
Re: Anneaux nœthérien
il y a douze années
avatar
Pour certains, cela ressemble à la définition.
Tu définis comment un anneau nœthérien ?

Le café est un breuvage qui fait dormir,
quand on n’en prend pas.
-+- Alphonse Allais -+-
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Nicolas patrois>

Il y a le mot "{\it premier}".

Il faut donc prouver que "{\it tout idéal premier}" de type fini suffit pour qu'en fait "tout idéal soit de type fini".

Je suis surpris, car je n'ai jamais lu cela (j'ai pas tout lu, mais bon...).

Je suis surtout surpris que le Perrin ne l'évoque pas.

Peut être que le théorème chinois sera utile. A voir.

Sauf erreur.

[Le \LaTeX\ inhibe les balises, il faut alors utiliser \verb+{\it ... }+ au lieu de ... . Bruno]
-Omar-
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
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: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Merci beaucoup Omar pour cette démonstration, cependant il y a toujours deux trucs que je ne comprends pas :

+ La démo de P premier ( 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}$.)

+ D'où vient la conclusion ?? ( a-t-on prouvé que $ \cal F$ est en fait vide ??)

Si vous pouviez m'éclairer ce serait plutôt cool

[La case LaTeX. :) AD]
-Omar-
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
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
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Bonjour Omar,

Je me suis permis de ré-exposer la structure de ta preuve :

* Def & propriété :

Soit $I$ un idéal de $A$ et $b \in A$ , $I = \{ x \in A\mid bx \in I\}$ est un idéal de $A$.

* Lemme utile :

Soit $I$ un idéal de $A$. Si $I +bA$ et $I_b$ sont de type fini, alors $I$ est de type fini.

* Preuve :

Par l'absurde on suppose que l'ensemble des idéaux de $A$ qui ne sont pas de type fini est non vide. Grâce au lemme de Zorn, on peut affirmer l'existence d'un élément maximal qui est premier grâce au lemme. D'où la contradiction.

C'est correct Omar ?
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Merci beaucoup pour votre aide précieuse.
G
Glabiche
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Moi j'aurais juste dis que par Zorn tout idéal est inclus dans un idéal maximal... qui est donc premier.

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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a douze années et a été effectuée par AD.
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Citation

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.
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
est ce que cette preuve suffit:

" Hypothese: tout ideal premier de l'anneau A est fini"
On veut montrer que A est noetherien.
Par contradiction si A n'est pas noetherien l'ensemble F des ideaux qui ne sont pas de types finis n'est pas vide.
En appliquant le lemme de Zorn sur F (qui est inductif) il existe un ideal maximal M de F.
on se retrouve alors avec cette contradiction:

|M maximal=> M premier =(Hypothese)=> M est de type fini
|M appartient a F => M n'est pas de type fini

Donc il n'existe pas de tel M et par la suite F est vide.
Ce qui prouve que A est necessairement Noetherien.

Ou est l'erreur de raisonnement??
-Omar-
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
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
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Merci encore Omar tu m'as beaucoup aidé.
G
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Je ne pige toujours pas la preuve du lemme introduit par Airy, c'est a dire:

"Soient A un anneau, I un ideal de A, b un element de A;

Si Ib={x dans A/ bx est dans I} et I + bA sont de types finis,

Alors I est necessairement de type fini."

Merci.
G
ccnc
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Soit $I$ un idéal qui n'est pas de type fini. Soient $a,b$ des éléments $\notin I$ tels que $ab\in I$.

Chacun des 2 idéaux $I+(a)$ et $I+(b)$ contient alors strictement $I$.

Il te suffit de prouver que l'un au moins de ces 2 idéaux n'est pas de type fini pour conclure qu'il {\it n'existe pas d'idéal {\bf non} de type fini maximal parmi les idéaux {\bf non} de type fini}

Hors si $I+(a)$ était engendré par une famille finie $F\subseteq I+(a)$ et si $I+(b)$ était engendré par une famille finie $G\subseteq I+(b)$, les produits de la forme $xy$ avec $(x,y)\in F\times G$ engendreraient $I$, attestant alors qu'il serait de type fini.
ccnc
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
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
ccnc
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Je corrige:

chaque $x\in F$ est de la forme $u_x+\alpha a$ avec $u\in F$. Même truc avec $G$.......$v-y+\alpha y$....

En plus des $xy$ pour $(x,y)\in F\times g$ on rajoute les $u_x$ ci-dessus, pour $F$ et les $"v_y"$ pour $G$

Et en plus je ne suis même pas sûr que ça marche lol
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
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? }
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Citation

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

Je ne suis pas sûr de comprendre (peut-être faut il rajouter que I et (a) et I et (b) sont étrangers ?), mais j'ai l'impression que c'est la même question que précédement.

Non, prends I qui n'est pas de type fini, et a=b=1 : on a alors I+(a)=I+(b)=A=(1)
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
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 $I$?
-Omar-
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Pour Gyom,

En supposant $I+bA$ engendré par $a'_1,\ldots,a'_r$, il existe des $a_1,\ldots,a_r$ dans $I$ tels que $a'_i=a_i+bu_i$, les $u_i\in A$. Les éléments $a_1,a_2,\ldots,a_r$ engendrent alors $I+bA$.
Supposant maintenant $I_b$ engendré par $c_1,\ldots,c_s$ : on a $bc_i\in I$ pour tout $i$. En désignant par $I'$ l'idéal engendré par $a_1,\ldots,a_r,bc_1,\ldots,bc_s$, on a $I'\subset I$. Réciproquement pour $x\in I$
on a $x=a_1v_1+\ldots a_rv_r+bv$ et $bv\in I$ montre que $v\in I_b$. $v$ s'exprime avec les $c_i$, et ainsi $x\in I'$.

Je pense maintenant que la démonstration est complète.....

Bonne nuit
Omar
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
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 ?
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Quelque chose m'échappe peut-être, mais je ne vois pas pourquoi l'ensemble des idéaux qui ne sont pas de type fini est inductif ?
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
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...
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Citation
Archimède
je ne vois pas pourquoi l'ensemble des idéaux qui ne sont pas de type fini est inductif

Il est inductif quand on l'ordonne par l'inclusion.

Une réunion d'idéaux est un idéal.

La réunion d'une chaine strictement croissante d'idéaux qui ne sont pas de type fini n'est pas de type fini, sinon elle stationnerait. Pour une chaine croissante, si on ne peut pas extraire de chaine strictement croissante, la réunion est le plus grand élément de la chaine, donc n'est pas de type fini.

Après ça dépend de la définition d'inductif, disons que pour celle de Wikipedia ça a l'air de bien marcher comme ça.

Sauf erreur.
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Merci pour la réponse de "le barbant raseur" ! Effectivement, c'était facile...
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Un grand merci a barbant raseur pour son contre-exemple. Je ne l'ai pas encore étudié, mais je vais le faire...
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Le contre-exemple du barbant raseur est correct.
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Salut Christophe,

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.
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.
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Citation

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.


Citation

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).
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Ah là là, suis-je bête.

C'est bon, je sais démontrer que c'est un anneau de Bezout.

C'est super ! Le seul exemple d'anneau de Bezout non factoriel, non noethérien que je connaissais était l'anneau des fonctions holomorphes sur $\C$ tout entier. Celui-là est plus simple !
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Bon, il y a quand même ce truc mystérieux de localisation
Citation

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 :)...
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Mais au fait, je sais montrer que les énoncés "toute suite croissante d'idéaux stationne" et "toute suite croissante d'idéaux de type fini stationne" sont équivalents.

Quelle raison existentielle fait que ça ne marche pas avec des idéaux premiers ???
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
Et si on n'a qu'un seul idéal premier?
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
avatar
Je me suis mal exprimé. Je me demandais à quel endroit précis ça "coincerait" si j'essayais de singer la preuve pour les idéaux en adaptant aux idéaux premiers.

Faudrait vraiment que j'arrive à trouver le temps de m'y mettre, mais c'est pas gagné avec mon emploi du temps actuel...
Re: Anneaux Noetherien
il y a douze années
De quels énoncés voudrais-tu montrer l'équivalence?
Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 140 808, Messages: 1 377 707, Utilisateurs: 25 676.
Notre dernier utilisateur inscrit Ruriii.


Ce forum
Discussions: 17 938, Messages: 176 167.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page