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Un seul idéal premier

Envoyé par moduloP 
Un seul idéal premier
il y a deux années
Hello,

Un petit amusement (pour celui que ça amuse) de théorie des anneaux commutatifs.

Soit $A$ un anneau (unitaire commutatif) noethérien et ne possédant qu'un seul idéal premier noté $p$. Montrer qu'il existe un entier $n$ tel que $p^n = \{0\}$.

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Tu es sûr de ton énoncé ? N'importe quel anneau de valuation discrète fournit un contre-exemple. Tu voulais dire artinien au lieu de noethérien peut-être ?
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Avec Artinien ça tombe tout de suite du théorème d'intersection de Krull, et on peut affaiblir l'hypothèse à "un seul idéal maximal"

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
@Poirot : Hum, c'est un exercice de D'Olivier Debarre !

Valuation discrète : est-ce que intègre est dans la définition ? dans ce cas $(0)$ est également idéal premier.

Ps / si je ne dis pas de conneries (mais les anneaux et moi ça fait deux !) faut penser à des choses comme $\left( \Z/27\Z \right)[X] / (X^{15})$ (mais je dois réfléchir un peu si c'est un bon exemple) ! D'ailleurs si vous avez des autres exemples d'anneaux vérifiant la condition winking smiley

$\def\G{\mathbb{K}}$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par moduloP.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
(en fait pour artinien on n'a pas besoin de noethérien, et il y a bien plus simple que le théorème d'intersection de Krull)

Pour le cas noethérien, voilà une idée : $p$ est l'unique premier donc tous ses éléments sont nilpotents. Soit maintenant $J$ maximal parmi les idéaux tels qu'il existe $n, J^n=0$; et soit $x\in p$. Bon bah $x$ est nilpotent, $J$ est nilpotent, $Ax+J$... (j'ai mis du temps parce que récemment je bosse sur des trucs non commutatifs, mais là ça va tout commute gentiment donc on ne se pose pas trop de questions grinning smiley)

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Maxtimax.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Ah oui, un anneau de valuation discrète est principal, donc intègre. J'avais zappé l'idéal nul grinning smiley
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Max : ok, ok, j'ai pas fait pareil mais ça reviens au même, sauf pour ton histoire d'Artinien (je dois réfléchir un peu).

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Je te mets en blanc sur blanc la version où on suppose Artinien au lieu de Noethérien (ARG en l'écrivant je me rends compte que j'utilise que les $p^n$ sont finiment engendrés, donc j'utilise aussi noethérien, désolé pour le faux espoir - mais bon ça reste plus simple que Krull donc je mets quand même):

$(p^n)$ est une suite décroissante d'idéaux de $A$ donc elle stationne, disons $p^n = p^{n_0}$ pour $n\geq n_0$. En particulier $M=p^{n_0}$ est un $A$-module [finiment engendré si je suppose $A$ noethérien aussi] vérifiant $pM=M$, donc par Nakayama $M=0$.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
JLT
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
avatar
Citation
Maxtimax
$p$ est l'unique premier donc tous ses éléments sont nilpotents.

Une fois qu'on a ça la démonstration est presque terminée puisque $p$ est finiment engendré.
Mais comment montres-tu que tous les éléments de $p$ sont nilpotents ? (Je pense avoir une démonstration un peu compliquée, mais ta phrase sous-entend qu'il y a un argument simple, qui m'échappe.)
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
JLT : oui effectivement, mais dans ma tête Noethérien c'est lié aux maximums d'ensembles d'idéaux, et pas à la génération finie des idéaux. Différentes manières de penser j'imagine grinning smiley
Bah le nilradical est à la fois l'intersection de tous les idéaux premiers (donc ici $p$) et l'idéal des nilpotents; c'est un résultat classique d'algèbre commutative.
J'en mets une preuve en blanc sur blanc :
Soit $x$ dans l'intersection de tous les premiers, et $S=\{1,x,x^2,...\}$ le plus petit ensemble multiplicativement clos contenant $x$. Alors un idéal premier de $S^{-1}A$ se tire en arrière dans $A$ en un idéal premier qui n'intersecte pas $S$ : absurde. Donc $S^{-1}A$ n'a pas d'idéaux premiers, donc $S^{-1}A=0$, en particulier $0\in S$ donc $x$ est nilpotent.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
On peut traiter l'exo en sachant que dans un anneau commutatif, l'intersection de tous les idéaux premiers est exactement l'ensemble des éléments nilpotents dudit anneau.
Donc s'il n'y a qu'un seul tel idéal premier $\mathfrak p$ et si cet idéal est engendré par $x_1,...,x_k$, $\mathfrak p^{m_1+...+m_d}=\{0\}$ (avec $m_i$ tel que $x_i^{m_i}=0$ pour tout $i$).
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
@Max : je regardais la démonstration en blanc, beh aucune change que je pense à Nakayama grinning smiley

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
ModuloP: dommage, c'est un très très beau théorème ! (qui s'appelle lemme, va savoir pourquoi ? eye rolling smiley )

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
@Max : J'ai lu le lemme de Nakayama. Alors dans la version que j'ai lu et bien je n'ai rien compris. Ensuite, j'ai lu un ou deux commentaires et c'est un peu mieux (enfin je crois).

Dans le cas d'un anneau local $(R,\mathfrak{m})$, donc j'ai le morphisme de réduction modulo $\mathfrak{m}$ qui me ramène vers les corps $\pi : R \to R / \mathfrak{m}$.

Pour voir si j'ai compris une utilisation à la con (je pense que tu as remarqué que j'aime bien les trucs bac à sable grinning smiley).

Je prends $R = \Z/p^n\Z$ anneau local de corps résiduel $\Z/p\Z$, et je note $\pi$ la réduction modulo $p$. Pour un anneau quelconque je note $\text{Uni}(A) := \{ (a,b) \in A^2 \mid 1 \in \langle a, b \rangle \}$. J'ai une application que je note $\text{Uni}(\pi) : \text{Uni}(R) \to \text{Uni}(\Z/p\Z)$.

Je dis que Nakayama implique que si $(a,b) \in \text{Uni}(\Z/p\Z)$ alors tout relèvement $(\tilde{a},\tilde{b})$ de $(a,b)$ est dans $\text{Uni}(R)$.

Démo : Alors je note $M = R$ et $N = \langle \tilde{a}, \tilde{b} \rangle$. Alors on a : $ M =N+pM$. En effet, si $x \in R$, alors il existe $u,v \in R$ tel que $\pi(x) = \pi(u \tilde{a}+v \tilde{b})$ et donc $x = u \tilde{a}+v \tilde{b} + \epsilon$ avec $\epsilon$ dans le noyau de $\pi$ (pfff, comment je galère des fois mais en gros dire que $M =N +pM$ ça veux dire que $M = N \pmod{p}$ ??? ). Bref, le lemme de Nakayama dit que $N = R$.

Je trouve que j'ai l'élégance d'un éléphant dans mon petit exemple grinning smiley

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Ton petit exemple est un cas particulier d'un phénomène beaucoup plus général, qui se déduit aussi bien sûr de Nakayama (c'est la même preuve !) : soit $(R,m)$ un anneau local et $M$ un $R$-module finiment engendré (j'aimerais pouvoir enlever cette hypothèse mais j'y arrive pas sad smiley ) . Alors si $(x_1,...,x_n)\in M^n$ sont tels que leur réduction mod $m$ forme une famille génératrice de $M/mM$ en tant que $R/m$-ev, alors $(x_1,...,x_n)$ engendre $M$. Preuve : ce que tu as fait.

En particulier, application bac à sable, mais déjà plus intéressante : soit $(R,m)$ un anneau local, $M$ un $R$-module finiment engendré projectif. Alors $M$ est libre. (en réalité on peut se passer de l'hypothèse de finitude, mais la preuve est différente et moins élémentaire dans ce cas)



(Je fais un aparté sur un truc que j'ai découvert récemment; Fait amusant : ces petits trucs marchent aussi dans le non commutatif (à condition de bien dire ce que veut dire "local") et permettent de prouver par exemple : soit $G$ un $p$-groupe fini, $k$ un corps de caractéristique $p$. Alors $kG$ est local, et donc tout $kG$-module projectif est libre. ça justifie que dans ce cas (dans l'étude des représentations modulaires d'un $p$-groupe donc) on s'en fiche des projectifs et on peut naturellement s'intéresser à la catégorie stable où projectif $=0$)

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Hum, je dois regarder les histoires de module projectif ! Un de mes grand objectif dans la vie c'est de comprendre $\mathbb{P}^1$ grinning smiley

Ca à l'air con dis comme ça, mais c'est pas si évident. Grosso modo, au départ on a le $\mathbb{P}^1(k)$ donc les points de $\mathbb{P}^1$ sur un corps, et on a une description facile c'est $k \cup \{ \infty \}$ et on a un groupe de transformation dessus les homographies, c'est super pratique d'un point de vue calculatoire. Bon ensuite, y'a des jours où tu as besoin de faire des calculs avec $\mathbb{P}^1(\Z/256\Z)$ (hum) et donc avec un groupe $\text{PGL}(\Z/256\Z)$ ! Mais question : c'est quoi $\mathbb{P}^1(\Z/256\Z)$ ? Je note $R = \Z/256\Z$

Là c'est simple et bien tu prends ce que j'ai noté $\text{Uni}(R)$ et tu fais agir le groupe des inversibles $R^\times$ l'action étant $\lambda \star (a,b) = (\lambda a, \lambda b)$. Et le quotient et bien c'est les points de $\mathbb{P}^1(R)$, avec mon petit truc que j'ai fais au dessus tu peux faire le calcul et trouver que $\mathbb{P}^1(R)$ possède $384$ points (l'action est libre because la condition $1 \in \langle a,b \rangle$).

Une remarque : faut voir tous les objets $\text{Uni}$, $\mathbb{P}^1$, $\text{PGL}$ etc comme des foncteurs de anneaux (commutatif) vers les ensembles /groupes et donc des actions de foncteur en groupes sur des foncteurs en ensembles.

Et donc là, on dirai qu'on est content car on peut dire que le foncteur $\mathbb{P}^1$ c'est simplement le foncteur $\text{Uni}$ quotienter par l'action du foncteur $R \mapsto R^\times$. Et bien, c'est pas bon, le foncteur $\mathbb{P}^1$ n'est pas celui-là (c'est d'une tristesse, mais y'a une vrai définition de $\mathbb{P}^1_\Z$, le schéma avec les spectre d'anneau (truc que je ne pige pas) etc mais moi je veux le foncteur point) et donc il faut faire intervenir des modules projectifs … mais je ne sais pas encore comment, je dois regarder la définition ! Mais ça fonctionne quand même pour les anneaux locaux, et c'est marrant car on dirai que c'est vraiment en lien avec ton deuxième exemple bac à sable !

Hum, je vais mener une petite enquête mais ça tombe Nakayama va devenir mon ami mais pour l'instant je suis bien dans le flou et donc je dois apprendre un peu d'algèbre commutative grinning smiley

Ps / un truc ultra marrant Max, toi tu veux enlever les conditions de finitude et moi j'ajoute tout le temps des trucs finis grinning smiley

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
$\def\mat#1#2#3#4{\left[\matrix{#1&#2\cr #3&#4}\right]}\def\P{\mathbb P}\def\Im{\text{Im}}$@moduloP

$\bullet$ 1) Nakayama, c'est facile. Pourquoi ? Raison 1 : parce que c'est de l'algèbre commutative et pas de l'arithmétique. Raison 2 : cela vient à la page 8 de Matsumura (Commutative Ring Theory), sous l'acronyme NAK. Raison 3 : parce que ce n'est pas autre chose que Hamilton-Cayley.

En voici un énoncé général : soit $M$ un $A$-module de type fini sur un anneau commutatif $A$ et $I$ un idéal de $A$ tels que $IM = M$. Alors il existe $d \in I$ tel que $x = dx$ pour tout $x \in M$. Ce $d$ s'explicite à partir des données via un petit calcul matriciel et la formule $A \widetilde A = \widetilde A A= \det(A)I_n$ où ici, $A$ n'est pas l'anneau mais une matrice carrée $n \times n$.

Of course, tu ne perds aucune information puisque si $x = dx$ avec $d \in I$ et $x \in M$, c'est sûr que $M = IM$. Mais parfois, on écrit cela de manière plus cryptique, à savoir $(1-d)M= 0$ voire, en changeant $d$ en $-d$ (ce qui ne l'empêche pas d'habiter $I$) sous la forme $(1+d)M = 0$. C'est sûr que si $I$ est contenu dans le radical de Jacobson, cela fait $1+d$ inversible donc $M = 0$.

Matsumura fait une petite remarque à la page 8, a propos de Nakayama, Krull, Azumaya cf truc attaché (pas self contained)

$\bullet$ 2) $\P^1$ c'est plus simple que tu ne penses. Peut-être qu'au départ il te faut un exemple qui te sera utile toute ta vie. Tu en connais déjà : les idéaux de l'anneau des entiers (de tous les entiers) d'un corps de nombres et plus généralement les idéaux inversibles d'anneaux d'entiers d'un corps de nombres. Mais ce n'est peut-être pas assez géométrique (= c'est trop algébrique, voire trop arithmétique) et on ne voit pas trop la dimension 1, le 1 de $\P^1$.

Peut-être que tu peux contempler le truc suivant. Tu prends deux variables $x,y$ liées par la relation $x^2 + y^2 = 1$. On parle souvent de l'anneau du cercle $R = k[x,y] = k[X,Y]/\langle X^2 + Y^2 -1\rangle$ où $k$ est un corps de caractéristique $\ne 2$, surtout PAS $k = \C$ plutôt $k = \R$ ou $k = \Q$. Et tu regardes les deux vecteurs debout que je colle dans une matrice :
$$
P = {1 \over 2} \mat{1-x}{-y}{-y}{1+x}
$$
Laisse tomber le $1/2$ pour l'instant, c'est juste une coquetterie. J'ai mis $-y$ mais j'aurais pu mettre $y$. Et considère le sous-module $\Im P \subset R^2$ engendré par les deux colonnes. Ces deux colonnes sont proportionnelles au sens où le déterminant est nul (c'est fait pour). Mais la première colonne n'est pas multiple de la seconde. Idem la seconde n'est pas multiple de la première. Pour s'en convaincre, fais $(x=1,y=0)$ un point sur le cercle unité ; la première colonne s'écroule (= devient nulle) et pas la seconde ; pareil avec $(x=-1, y=0)$, la deuxième colonne s'écroule mais pas la première.

Mais la matrice ne s'écroule pas vu que sa trace est 1 (coquetterie). Mieux : $R^2 = \Im P \oplus \ker P$ car $P$ est un projecteur : $P^2 = P$. Plus géométriquement, je te laisse trouver un recouvrement de deux ouverts du cercle tel que sur le premier ouvert, la deuxième colonne est multiple de la première (donc la première est une base) et sur le second ouvert même topo. Note : il s'agit d'ouverts élémentaires du type $f \ne 0$ et la contre-partie algébrique consistera à regarder ce qui se passe sur le localisé $R_f$ obtenu en inversant $f$.

Te voilà un module projectif de rang 1. Plus mieux : c'est un $R$-point de $\P^1$ car un $R$-point de $\P^1$ c'est pas définition un sous-module $E \subset R^2$, facteur direct dans $R^2$, et de rang 1. Une manière de raconter ce que signifie de rang 1, consiste à dire que $E$ est l'image d'un projecteur $2 \times 2$ de rang 1, ce qui signifie : $\det P = 0$ et $\text{Tr(P) = 1}$.

On est loin des vecteurs unimodulaires de $R^2$ qui engendrent un module libre. Note : on peut mettre en isomorphie $\Im P$ et un idéal de $R$ engendré par 2 générateurs, idéal qui n'est pas principal mais qui est cependant inversible. Vois-tu quel idéal ? Tu peux alors faire le parallèle avec la théorie des nombres.

Peut-être tu peux lire avec profit Daniel Ferrand in [webusers.imj-prg.fr]


Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
ModuloP : j'avoue qu'avant de voir le truc de Claude je ne savais pas qu'il y avait un lien entre les modules projectifs et $ \mathbb{P} $ grinning smiley
Et oui pour les schémas et ces genres de trucs il faut toujours faire gaffe au sens de "quotient". Si les quotients étaient toujours ceux quwon imagine naïvement, il n'y aurait pas de cohomologie des faisceaux ...
(Pour l'algèbre commutative et Nakayama je te conseille de bien lire au moins le début du message de Claude, le $ M=IM \implies m=im $ donne jn bon moyen mnemotechnique pour se rappeler du lemme en question, et c'est vraiment un énoncé super - rien de plus que Cayley-Hamilton, comme Claude nous le rappelle winking smiley )

(Pour ton PS, c'est qu'on réfléchit différemment, toi par exemples j'ai l'impression, moi par généralités grinning smiley donc si je dois rajouter "fini", tu comprends que ça m'attriste)

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Hello,

Merci a vous deux !

Claude, dans ton exemple, on a que $P$ est libre de rang $1$ sur $D(1-x)$ et sur $D(-y)$ mais pas sur $R$ entier ! Du coup, c'est ça que tu voulais dire quand tu m'as dit que les vecteurs uni-modulaires ne se recollent pas !

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
$\def\mat#1#2#3#4{\left[\matrix{#1&#2\cr #3&#4}\right]}\def\P{\mathbb P}\def\Im{\text{Im}}\def\GA{\mathbb G\mathbb A}$@modulo
Oui, c'est ce type d'exemple (non recollement des vecteurs unimodulaires). Mais si je peux me permettre, tu vas beaucoup trop vite. Par exemple, tes deux ouverts ne recouvrent pas le cercle unité. Disons que dans l'anneau $R = k[x,y]$ du cercle, $1-x$ et $-y$ ne sont pas comaximaux i.e. pas de relation :
$$
1 = u(x,y) \times (1-x) + v(x,y) \times (-y) \qquad \qquad \hbox {faire $(x=1,y=0)$, point du cercle unité}
$$
Par contre, $1-x$ et $1+x$ sont comaximaux puisque $1 = 1/2(1-x) + 1/2(1+x)$.

$\bullet$ Par ailleurs, sur un ouvert élémentaire bien choisi, on aimerait plus précis que $\Im P$ libre : $\Im P$ engendré par un vecteur unimodulaire de $S^2$ où $S$ est le localisé ad-hoc de $R$. Ce n'est pas du tout la même chose.

$\bullet$ Montrer que $\Im P$ n'est pas libre demande du travail : il faut une hypothèse, par exemple $-1$ non carré dans le corps de base $k$. C'est pour cela que $k = \C$ est à écarter. On va dire qu'en présence de $i$ tel que $i^2 = -1$, on peut faire un changement de variables sur $x^2 + y^2 = 1$ en la transformant en $uv = 1$ avec $u = x+iy$, $v = x-iy$. Ce qui change tout.

$\bullet$ En imaginant que tu veux vraiment comprendre $\P^1$, il faut passer un peu de temps sur un tel exemple. Préférable (en ce qui me concerne au fait d'aller lire Hartshorne). Il faut juste réfléchir à ce que peut être un sous-espace de dimension 1 de $R^2$, pour un anneau commutatif générique $R$. En fait, on n'a pas le choix si on veut que le foncteur des points de $\P^1$ soit un foncteur local au sens de Groth.

$\bullet$ Réfléchir que la condition pour $(a,b) \in R^2$ d'être unimodulaire ce n'est pas algébrique : il existe $u,v$ tels que $1 = ua + vb$. Tandis que la grassmannienne AFFINE $\GA_{2,1}$ est une variété algébrique qui coiffe $\P^1$. C'est la variété constituée des projecteurs $2 \times 2$ de rang 1. On peut prendre comme équations :
$$
\det P = 0, \qquad \text{Tr} (P) = 1 \qquad \qquad \hbox {penser au modèle libre} \quad P = \mat{1}{0}{0}{0}
$$
Exercice (sans calcul) : les deux équations à gauche entrainent $P^2 = P$ . Et le coiffage (?) est $\GA_{2,1} \ni P \mapsto \Im P \in \P^1$. ...etc...

$\bullet$ Résumons : passer du temps sur un exemple (of course, on aimerait bien comprendre en 5 minutes, mais c'est rare) cela peut être plus payant que de lire une définition dans les super-marchés.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Hello,

Alors oui, pour mon faux recouvrement ! Je vais réfléchir ! Mais j'ai trouvé un petit texte qui semble contenir ce que je veux : ici

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Hum, vrai $\mathbb{P}^1$ c'est juste le faisceaux associé à faux $\mathbb{P}^1$ ?

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
$\def\P{\mathbb P}\def\Im{\text{Im}}$@moduloP
$\bullet$ Oui, il a l'air bien ton petit texte, disons qu'il n'est pas snob. Il ne faut surtout pas jeter faux $\P^1$ à la poubelle : il est localement utile. Dans le genre non snob, il y a Dolgachev in [www.math.lsa.umich.edu] : regarde juste les premières pages du chapitre V : il note avec un prime $\P^n(A)'$ pour les droites unimodulaires de $A^{n+1}$ i.e. les droites engendrées par un vecteur unimodulaire ou encore les vecteurs unimodulaires modulo $A^\times$. Il travaillera avec ce faux $\P^n$ pendant un certain temps et en viendra tout doucement au vrai $\P^n$. Bref, des gens pas snobs, on finit par en trouver.

$\bullet$ Je ne suis pas géomètre. Mais je pense que ton dernier post veut dire (disons contient) la chose suivante : un $R$-point de $\P^n$ est localement une droite unimodulaire. Et localement signifie pour moi qu'il y a un nombre fini d'éléments comaximaux tels que ... tu imagines la suite. Pareil que local au sens en tout premier.

$\bullet$ Soit $E \subset R^{n+1}$ (attention au décalage $n$ versus $n+1$). Facteur direct dans $R^{n+1}$, tu vois ce que cela signifie. Le plus dur est de raconter ce que signifie rang 1, histoire d'avoir un $R$-point de $\P^n$.
Un bon modèle consiste à prendre une matrice $P = (a_{ij}) \in M_n(R)$ (je reviens à $n$ pour pas me faire ch.er) telle que tous les mineurs $2 \times 2$ soient nuls. Disons que cette condition c'est le rang $\le 1$ : deux colonnes de $P$ sont proportionnelles (prendre la bonne définition de proportionnelles, au pluriel, il faut être deux). Et tu solidifies en imposant la trace égale à 1. Avec les deux conditions tu tiens le rang 1 exactement et le bonus c'est que $P^2 = P$ (exercice). Ainsi $\Im P \subset R^n$ est un $R$-point de $\P^{n-1}$. Et quand tu localises en $a_{11}$, tu obtiens sur le localisé un vecteur unimodulaire (la première colonne) comme générateur de $\Im P$. Idem en localisant en $a_{ii}$. Et tu as un recouvrement ouvert via les $D(a_{ii})$.

Bonus : quand tu prends la transposée de $P$, tu obtiens le dual (de $\Im P$).

$\bullet$ Bilan : tu vois bien que $\P^n$ ce n'est pas si compliqué entre gens non snobs quand on prend le temps. Et $P$ cela rime avec espace Projectif, module Projectif, matrice de Projection et même avec moduloP. Car bien sûr, un $R$-point de $\P^n$ tu peux le réduire via tout morphisme $R \to R'$ (cela peut-être une injection, un quotient ...etc..)
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Pas compliqué, pas compliqué, hum ca va me prendre des mois a comprendre mais c'est pas trop grave, ça me fait une petite collection d'exercices (facile) a faire, je vais lire un peu des définitions et je reviens avec un joli $\mathbb{P}^1$ grinning smiley

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
@moduloP Tu préfères peut-être ouvrir ton Hatshorne ? Ah, tu l'as égaré ? Allez, je te fais un petit calcul. Soit $P$ une matrice $2 \times 2$ de déterminant nul i.e. deux colonnes proportionnelles (surtout ne pas confondre avec liées, ce qui n'est pas algébrique) disons rang de $P$ $\le 1$. Et $P$ de trace 1 pour solidifier. Calcul :
$$
P + \widetilde P = \text{Tr}(P)\, I_2 \qquad \qquad P \widetilde P = \widetilde P P = \det(P) I_2
$$
On remplace la trace par ce qu'elle vaut i.e. 1 et $\det(P)$ par $0$. Bilan : $\widetilde P = 1 - P$ puis $P(1-P) = 0$ i.e. $P^2 = P$.

Je suis fortiche en calcul matriciel $2 \times 2$, non ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par claude quitté.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Claude,

Tu sais bien que j'ai vraiment la trouille des co-matrices ! Si j'essayes de jouer avec ça, c'est des années qu'il va me falloir grinning smiley

De toute façon, je suis encore bien bien loin de $\mathbb{P}^1$. J'essayes juste d'apprendre deux ou trois trucs sur la localisation (des fois je me pose des questions sur ce que j'ai fait en étant étudiant). Là pour le moment j'en suis là :

Soit $f_1,\dots,f_r$ tel qu'il existe $u_1,\dots,u_r$ tel que $\sum_{i=1}^r u_i f_i =1$. Soit pour $i \in \{1,\dots,r\}$, $x_i = a_i / f_i^n \in R_{(f_i)}$ on suppose que $$ \frac{a_i f_j^n }{(f_i f_j)^n} = \frac{a_j f_i^n}{(f_i f_j)^n} \quad \quad \text{Dans $R_{(f_i f_j)}$}$$

Et il faut prouver qu'il existe $a \in R$ tel que $x_i = a f_i^n /f_i^n$ dans $R_{(f_i)}$.

Bon je sais faire pour $R$ intègre, prendre $a = \sum a_i$. Mais pour $R$ quelconque et bien c'est bien plus délicat (disons que je galère avec la définition de localisation qui n'est pas si simple a manipuler).

Pour l'unicité du recollement, ça c'est bon !

Remarque : dans le texte que j'ai pointé hier ! L'auteur admet que les foncteurs $\text{Hom}(A, \bullet)$ vérifient les propriétés de recollement ! C'est dommage car du coup son texte semble plus simple que dans la réalité (enfin pour moi ce n'est absolument pas clair cette histoire de recollement !). Mais c'est très plaisant a lire !

Ps : Je n'ai pas égaré mon livre, on me l'a volé mon livre Hartshorne grinning smiley

$\def\G{\mathbb{K}}$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par moduloP.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Déjà il y a des coquilles dans ton égalité j'ai l'impression, tu veux sûrement dire $x_i=x_j$ dans $R_{(f_if_j)}$, ce qui est équivalent à $f_j^na_i = f_i^na_j$ (car les $f_l$ sont inversibles), ce qui est équivalent à "il existe $m$ tel que $(f_if_j)^mf_j^na_i = (f_if_j)^mf_i^na_j$ dans $R$"

Bon maintenant il faut remarquer que si les $f_i$ sont comaximaux, alors leurs puissances aussi, puis multiplier par les bons trucs et enfin sommer.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Hum, je pense que je dis exactement la même chose que toi Max (pour l'histoire des coquilles) ! L'égalité $x_i = x_j$ dans $R_{ij}$ n'a pas de sens et faut pousser $x_i$ et $x_j$ dans $R_{ij}$ pour pouvoir les comparer ce que je vais en écrivant $x_i f_j^n/f_j^n$. Mais l'égalité que tu propose c'est exactement la même que celle que je propose enfin il me semble (mais je suis en galère donc je me trompe peut être) !

Edit : ah non attend ! je vais réflechir un peu plus :D

Ensuite, je suis ok sur le principe mais ça reste complexe a écrire, je suis en galère quoi mais je vais réussir mais je suis un peu aveugle grinning smiley

Re-edit : Max, ma condition revient à la même que la tienne, il existe $m$ tel que : $ (f_i f_j)^m a_i f_j^n = (f_if_j)^m a_j f_i^n$.

$\def\G{\mathbb{K}}$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par moduloP.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Bah si elle a du sens, tu as un morphisme canonique $R\to R_f$ et donc tant que je dis "$x=y$ dans $R_f$", on comprend que je sous-entend "leur image par ce morphisme". La coquille que je signale est que tu as un $j$ des deux côtés winking smiley

Peut-être peux-tu le réécrire comme "pour tous $i,j$, $f_i^m f_j^n a_i = f_j^mf_i^na_j$" ? (il faut s'arranger pour que les $m$ soient uniformes mais ça devrait aller; et au pire c'est pas grave, c'est une coquetterie je pense - mais je ne l'ai pas écrit sur papier donc je n'assure rien)

Une fois que t'as fait ça, disons que $\sum_j v_j f_j^n = 1$. Alors en sommant sur le terme de gauche après avoir multiplié convenablement, j'obtiens $f_i^ma_i = f_i^n \sum_j v_jf_j^ma_j$. Bon bah ça ça ressemble quand même vachement à une égalité dans $R$ qui donne lieu à une égalité intéressante dans $R_{f_i}$, non ?

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Maxtimax.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Ah oui, ok pour la coquille du coup ! D'ailleurs y'en a une autre je pense !

Mais je pense que c'est bon pour le recollement (je vais l'écrire au propre car c'est tellement chiant à écrire que j'ai pas envie de devoir le refaire grinning smiley).

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
@moduloP

A. Recoller : c'est le métier qui rentre. C'est douloureux la première fois mais il faut rester calme. Et remercier Chevalley pour avoir inventé la localisation algébrique la plus générale qui soit. Et à la fin de la journée, quand on a bien mouillé le maillot, dire à ceux qui veulent bien t'écouter : la localisation, Chevalley ..etc.. fastoche, c'est du niveau de l'école primaire. En présence de $a,b$ comaximaux, $1 = ua + vb$, penser à
$$
{c \over a} = {d \over b} \quad\Rightarrow\quad
{uc \over ua} = {vd \over vb} \ \buildrel {(\star)} \over =\ {uc + vd \over ua + vb} = uc + vd
$$
C'est en $(\star)$ le coup de l'école primaire.

B. J'ai oublié de dire ce que sont deux vecteurs $x,y \in R^n$ proportionnels : $x_i y = y_i x$ pour tout $i$. En manque de coordonnées i.e. $x,y \in E$, cela veut dire $\mu(x) y = \mu(y) x$ pour toute forme linéaire $\mu : E \to R$.

C. Certes faut vraiment mouiller le maillot pour recoller, dans un contexte ad-hoc, des vecteurs unimodulaires locaux en une matrice de projection $P$ de rang 1. On fait cela une fois dans sa vie mais ensuite on n'a plus à le faire car on tient un recollé affine solide $P$. Pas unique : c'est son image qui est unique.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
C'est bon … pfiou après $3$ heures et $17$ changements de $x$ j'ai fini par écrire soit $v_i$ tel que $\sum_{i=1}^r v_i f_i^{n+m} =1$. Posons $x = \sum_{i=1}^r v_i a_i f_i^m$ et on calcul $f_j^{n+m} x$ etc … c'est ce que raconte Max ! (au petit changement de notation près $ m = n+m$ et $n = m$ )

Ps : Ce qui est très cool, c'est que l'on va pouvoir recoller les morphismes. Soit $X$ et $R$ deux anneaux. Soit $f_1, \dots f_r$ comaximaux dans $R$. Soit $\phi_i : X \to R_i$ vérifiant $\phi_i = \phi_j$ dans $R_{ij}$ alors pour tout $x \in X$ la famille $(\phi_i(x))$ est compatible et donc on peut recoller en un $\phi(x)$ et l'unicité fait que $\phi$ est un morphisme. (C'est dans ma tête, mais ca doit bien marcher (hum je commence a avoir l'habitude que ça ne marche jamais bien les idées de tête grinning smiley) !

Hop j'ai ajouté un petit résumé.

$\def\G{\mathbb{K}}$



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par moduloP.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Zariski.pdf (174.4 KB)
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Hello Claude,

J'ai fais le con en prenant un exemple, du coup je suis dans la m.rd. grinning smiley Non, non, en fait je ne comprends pas ta phrase dans ton post : ici quand tu dis réfléchir au fait que la condition pour deux éléments d'être uni-modulaire n'est pas algébrique. Parce que le monsieur de mon lien me dis que c'est un faisceau le foncteur $R \to \text{Uni}(R)$. Du coup, je me pose la question de savoir si j'ai bien compris ce que tu voulais me dire grinning smiley

En clair, soit $R$ un anneau soit $f_1,\dots,f_r$ co-maximaux. Soit $(a,b) \in R^2$ tel que quelque soit $i \in \{1,\dots,r\}$ il existe $u_i,v_i \in R_{f_i}$ tel que $au_i+bv_i =1$ dans $R_{f_i}$. Est-ce que $a$ et $b$ engendrent l'idéal unité de $R$ ?

Un remarque : j'ai déjà recoller $a$ et $b$.

En gros, est-ce que localement uni-modulaire implique uni-modulaire ?

Ps / Petit truc pour rire, Tu vas me prendre pour un gugus mais je viens de passer environ $4$ heures pour montrer que les morphismes de $\mathbb{A}^1$ dans $\mathbb{A}^1$ sont polynômiaux grinning smiley a coup de lemme de Yoneda (oui oui, max j'ai finalement était regarder Yoneda).

$\def\G{\mathbb{K}}$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par moduloP.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
@ModuloP
Pause pour moi. J'ai souvent parlé de manière (trop) approximative car tant que tu ne mettais pas les mains dans le cambouis, cela ne servait à rien. Unimodulaire : je pensais à ``non affine'' (et j'ai dit ``non algébrique'') : je veux dire que $(a,b)$ unimodulaire ne s'exprime pas par des équations polynomiales en $(a,b)$. Tandis qu'être une matrice de projection de rang 1 s'exprime par des équations algébriques (polynomiales) : une sous-variété de $M_n(R)$, quoi.

Oui, localement unimodulaire implique unimodulaire. MAIS il ne faut pas confondre vecteur unimodulaire et DROITE unimodulaire (il y a un inversible qui rentre dans la course). Si $E \subset R^2$ est une droite unimodulaire sur deux localisés $R_s$ et $R_t$ avec $s,t$ comaximaux, aucune raison que $E$ soit une droite unimodulaire sur $R$. Souviens toi de la matrice de projection (de rang 1) sur l'anneau du cercle unité et du ruban de Möbius de Daniel Ferrand.

Puisque tu as les mains dans le cambouis, je t'attache une dizaine de pages (Jantzen, Representations of Algebraic Groups) qui fait un petit topo sur Schemes (à ne pas confondre avec ``Schemes'' entre apostrophes cf 1.11 p. 15, même si c'est équivalent). Regarde la définition de foncteur local p. 13. Et la référence bibliographique [DG] c'est Demazure-Gabriel.

Bon courage.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - SchemesFromJantzenRepAlgGroups.pdf (1.58 MB)
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Claude,

Tout bon pour moi merci et bonne pause !!! Je vais continuer a m'entraîner un peu (important le bac a sable grinning smiley) avant de regarder ce qui cloche dans l'action de $R^\times$ sur $\text{Uni}(R)$. Vu que le groupe et l'ensemble sont des faisceaux, on doit pouvoir comprendre ce qu'il cloche, pour le coup ce n'est pas les stabilisateurs qui vont nous ennuyer …

Du coup, Yoneda bon bin je vais redémontrer Yoneda sur un cas particulier car c'est pas simple de faire tourner la version que j'ai. Du coup, je veux regarder les transformations naturelles de $\mathbb{A}^1$ sur lui-même. Alors $\mathbb{A}^1$ c'est le foncteur d'oublie de la catégorie des anneau vers les ensembles. Donc un foncteur covariant représenté par $\Z[X]$. Dans la version que j'ai de Yoneda, on me donne une manière de construire les transformations naturelles de $\text{Hom}(\Z[X], \bullet)$ sur lui-même et donc il faudrait faire une petite conversion car $\mathbb{A}^1$ n'est pas égal à $\text{Hom}(\Z[X],\bullet)$ et donc j'ai passé du temps hier pour faire les conversions : bilan c'est chiant au possible et on ne comprend rien. Donc ici, j'adapte la démonstration de Yoneda ce qui rend les choses plus simple ! En gros, ça veut dire que je n'arrive pas encore bien a utiliser Yoneda !

Donc je cherche les transformations naturelles du foncteur d'oublie sur lui même. Vu que $\mathbb{A}^1$ est représenté par $\Z[X]$ et bien on va mimer la preuve de Yoneda, Soit $\gamma : \mathbb{A}^1 \to \mathbb{A}^1$. Je prends $R =\Z[X]$ et donc j'ai une application : $\gamma_{\Z[X]} : \Z[X] \to \Z[X]$. Et je note $P = \gamma_{\Z[X]}(X) \in \Z[X]$. (dans Yoneda on prend $\text{Id}_{\Z[X]}$ à la place de $X$). Ce que Yoneda dis c'est que cet élément $P$ suffit à reconstruire $\gamma$. Comment ça marche :

Soit $R$ un anneau, le but est de calculer $\gamma_R : \mathbb{A}^1(R) \to \mathbb{A}^1(R)$ en utilisant $P$. Soit $r \in R =: \mathbb{A}^1(R)$. Je note $\text{ev}_r := \Z[X] \to R$ qui est le morphisme d'évaluation en $r$. Et comme $\gamma$ est une transformation naturelle, j'ai un jolie diagramme commutatif :
$$
\xymatrix {
\mathbb{A}^1(\Z[X]) \ar@{->}[rr]^{\gamma_{\Z[X]}} \ar@{->}[d]_{\mathbb{A}^1(\text{ev}_r)} && \mathbb{A}^1(\Z[X]) \ar[d]^{{\mathbb{A}^1(\text{ev}_r)}} \\
\mathbb{A}^1(R) \ar@{->}[rr]_{\gamma_R} && \mathbb{A}^1(R)
}
$$
Là je remarque un truc super complexe c'est que $\text{ev}_R(X) = r$ et comme $\mathbb{A}^1$ c'est juste le foncteur d'oublie et bien $\mathbb{A}^1(\text{ev}_R)(X) = r$. Du coup, j'injecte ça dans mon diagramme
$$
\xymatrix {
X \ar@{->}[rr]^{\gamma_{\Z[X]}} \ar@{->}[d]_{\mathbb{A}^1(\text{ev}_r)} && P \ar[d]^{{\mathbb{A}^1(\text{ev}_r)}} \\
r \ar@{->}[rr]_{\gamma_R} && P(r)
}
$$
Et hop, j'ai la description de $\gamma$ sur tout anneau $R$, $\gamma_R : R \to R$ est l'application $r \mapsto P(r)$. Finito !

$\def\G{\mathbb{K}}$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par moduloP.
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
moduloP : je ne sais pas ce que tu cherches à faire mais juste une remarque : tu dis "dans Yoneda on prend $id_{\Z[X]}$ à la place de $X$". Alors le truc c'est que oui et non. Dans Yoneda, tu as un foncteur $F$ et un morphisme $\eta:\hom(A,-) \to F$ et ce que tu prends ce n'est pas $id_A$, c'est $\eta_A(id_A)$. Mais ici ton $F$ c'est le foncteur d'oubli (que je vais noter $U$) et ton $A$ c'est $\Z[X]$ et le $\eta$ c'est $\eta_R: \hom(\Z[X],R)\to U(R), f\mapsto f(X)$ donc "$\eta_A(id_A)$" dans ce contexte c'est... $X$ ! grinning smiley donc tu n'as pas adapté Yoneda, tu l'as suivi fidèlement (sans jeu de mots)

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Hum adaptée dans le sens où je travail avec $\mathbb{A}^1$ et pas directement avec $\text{Hom}(\Z[X], \bullet)$, dans la version que j'ai de Yoneda c'est avec $\text{Hom}(\Z[X],\bullet)$ et hier j'ai passé beaucoup de temps à travailler avec $\text{Hom}(\Z[X],\bullet)$ pour ensuite revenir à $\mathbb{A}^1$. Je veux dire que dans Yoneda le morphisme $\gamma_{\Z[X]}$ va de $\text{Hom}(\Z[X],\Z[X]) \to \text{Hom}(\Z[X],\Z[X])$ on prend $\Phi := \gamma_{\Z[X]}(\text{Id}_{\Z[X]})$ qui est un morphisme de $\Z[X] \to \Z[X]$ et ensuite il faut encore prendre $\Phi(X)$ pour obtenir le polynôme $P$. Je te garantie que j'en un peu suer hier pour décrire les choses a ce niveau là.

Je veux dire que je fais Yoneda sur des foncteurs représentable directement au lieu de le faire sur les $\text{Hom}$, tu vois ce que je veux dire, où c'est du chinois (fort probable) grinning smiley mais je te fais confiance si tu dis que j'ai suivi à la lettre c'est que je dois mal comprendre un petit truc mais ça viendra !

$\def\G{\mathbb{K}}$
Re: Un seul idéal premier
il y a deux années
Pour ce que je veux faire : pour l'instant juste comprendre au maximum le texte ici et essayé a terme de bien comprendre ce qui fait que l'action de $R^\times$ sur les vecteurs uni-modulaire de $R^2$ n'est pas quelque chose de locale (c'est pour plus tard).

$\def\G{\mathbb{K}}$
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