Morphismes et torsion

jobherzt · June 2013

Salut,

Une question facile, mais comme le raisonnement suivant semble me tirer d'un sacré mauvais pas je trouve ça un peu suspect

Soient $A,B$ deux $\Z$-module, et supposons que j'ai un morphisme
$$\psi:A\rightarrow B$$.

Sachant que:

1) $\psi$ est surjectif
2) $A$ est sans torsion
3) $\psi \otimes \Q$ est un isomorphisme de $A\otimes \Q$ vers $B\otimes \Q$

Est ce que j'ai raison d'en déduire que $\psi$ est un isomorphisme et que $B$ est sans torsion ? Ça me paraît complètement évident, m'enfin....

Merci !

mister_jones · June 2013

Si $A$ et $B$ sont de type fini, je pense que le raisonnement suivant est correct : on note $r$ le rang de $A$ de sorte qu'on peut supposer $A = \mathbb{Z}^r$ par $2)$. La donnée de $\psi$ est équivalente à la donnée des $r$ images des vecteurs canoniques formant une base du $\mathbb{Z}$-module $\mathbb{Z}^r$. Si ces $r$ images ne sont pas $\mathbb{Z}$ indépendantes, alors elles ne sont pas $\mathbb{Q}$ indépendantes, ce qui contredit la conjonction de $1)$ et $3)$.

Dans le cas où $A$ et $B$ ne sont pas de type fini, le résultat est faux : tu prends $A$ = $\mathbb{Z}^\mathbb{N}$ et $B = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times A$ et tu considères l'application de $A$ dans $B$, donnée par projection sur le premier facteur et identité sur les autres, dans la décomposition $A = \mathbb{Z} \times A$.

NoName · June 2013

Salut,
Si tu prends $A=\mathbb Z^{\mathbb N}$ et $B=\mathbb Z/2\times A$, et la fleche que tu définies ca ne marche pas, ce me semble, parce que tensorisé par $\mathbb Q$ ca n'est pas un iso (ta premiere copie de $\mathbb Q$ s'envoie sur 0 dans $B_{\matbb Q}$.
Me semble que le resultat est vrai dans le cas general, la torsion etant precisément les elements qui s'envoient sur 0 via la fleche $A\to A_Q$ (resp. $B\to B_Q$, si un element b de B est de torsion, alors il s'ecrit comme l'image d'un a de A, mais $a\otimes 1$ n'etant pas nul dans $A_Q$, $\psi(a)\otimes 1$ ne saurait l'etre dans $B_Q$ vu que $\psi_Q$ induit un isomorphisme entre ces dernier, donc $b\otimes 1$ n'est pas nul dans $B_Q$ et b n'est donc pas de torsion, à moins qu'il soit nul. (sauf erreur).
C'est plus facile a ecrire avec un diagramme.

jobherzt · June 2013

Merci d'avoir confirmé

Dans mon cas $A$ et $B$ sont de la forme $\bigoplus_{i\geq 0} A_i$ (resp. $B_i$) où $A_i, B_i$ sont de type fini et $\psi$ respect cette décomposition. Donc ça se ramène essentiellement au cas du type fini, même si je suis d'accord avec NoName que ça devrait marcher en général. Une autre façon de le dire: si $\psi$ n'est pas injectif, alors son noyau est tué quand on tensorise avec $\Q$, donc il est de torsion, contradiction.

Foys · June 2013

$\Q$ est plat sur $\Z$ comme anneau de fractions. Donc si $K=ker(\psi) $,
$$0\longrightarrow K \otimes \Q \longrightarrow A\otimes \Q \longrightarrow B\otimes \Q \longrightarrow 0$$

Est une suite exacte et donc $K \otimes \Q=0$. Comme $A$ est sans torsion on en déduit que $K=0$ (Par exemple en utilisant l'isomorphisme de modules entre $K \otimes \Q$ et $S^{-1} K$, où $S=\Z -\{0\}$).

Zo! · June 2013

Ras des pâquerettes : Puisque $\psi$ est surjectif, il suffit de montrer qu'il est injectif. Puisque $\psi\otimes\Q$ est un isomorphisme, il suffit de montrer que $A\to A\otimes \Q$ est injectif. Soit $a\in A$ tel que son image $\dfrac{a}{1}\in A\otimes\Q$ soit nulle. Ceci veut dire qu'il existe $m\in\Z\setminus\{0\}$ tel que $ma=0$ donc, puisque $A$ est sans torsion, $a=0$.

Pablo_0 · June 2013

Bonjour :

Foys écrivait:

> $\Q$ est plat sur $\Z$ comme anneau de fractions.
> Donc si $K=ker(\psi) $,
$$0\longrightarrow K \otimes \Q \longrightarrow A\otimes \Q \longrightarrow B\otimes \Q \longrightarrow 0$$
> est une suite exacte et donc $K \otimes \Q=0$.

Svp, pourquoi, l'exactitude de la suite de @Foys implique que, $ K \otimes \mathbb{Q} = 0 $ ?
Merci d'avance.

Edit : Parce que, la suite est exacte, et donc, la partie : $ i \otimes \mathrm{id} : K \otimes \Q \longrightarrow A\otimes \Q $ est injective, n'est ce pas, et donc $ K \otimes \mathbb{Q} = \ker i \otimes \mathrm{id} = 0 $, non ?