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Nino89

Invité

Corps résiduel.

Bonjour,

J'aimerais pouvoir montrer explicitement que le corps résiduel : [tex]A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex] du localisé [tex]A_{ \mathfrak{p} }[/tex] d'un anneau [tex]A[/tex] en un idéal premier [tex]\mathfrak{p}[/tex] s'identifie au corps des fractions de [tex]A / \mathfrak{p}[/tex]. Pouvez vous m'aider svp ?

Merci d'avance.

Nino89

Invité

Re : Corps résiduel.

en fait, je sais qu'au début, il faut considérer la flèche d'anneaux : [tex]\varphi \ : \ A_{ \mathfrak{p} } \to \kappa ( \mathfrak{p} )[/tex] mais, je ne sais pas comment elle est définie. ensuite, il faut calculer le noyau qui doit être égal à [tex]\mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex], et appliquer le théorème de factorisation, mais, je ne sais pas faire ça explicitement.

Yassine

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Re : Corps résiduel.

Je dirai qu'il n'y a pas plusieurs manières de définir la flèche $\varphi$.
Tu pars d'un élément $u \in A_{\mathfrak{p}}$, donc tu peux choisir une paire le représentant, disons $(f,g) \in A \times A$ avec $g \notin \mathfrak{p}$.
Du coup, avec cette paire, tu peux obtenir un élément du corps des fractions de $A/\mathfrak{p}$ (qui est intègre car $\mathfrak{p}$ est premier et $g \neq 0$ dans $A/\mathfrak{p}$), on notera par abus cet élément $\frac{f}{g}$.
Il faut alors montrer que cette fonction est bien définie (càd donne la même image pour tout élément de la classe d'équivalence de $(f,g)$) et que c'est un morphisme d'anneaux. Il faut également montrer qu'il est surjectif.
Ensuite, tu montres que le noyau de ce morphisme est bien $\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$ et tu factorises pour obtenir l'isomorphisme demandé.

Dernière modification par Yassine (15-08-2016 20:51:40)

Nino89

Invité

Re : Corps résiduel.

Bonsoir Yassine :

Alors, [tex]\varphi[/tex] est définie par : [tex]\varphi ( (f,g) ) = \dfrac{f}{g}[/tex], non ? Je préfère écrire : [tex]\varphi \big( \dfrac{f}{g} \big) = \dfrac{f}{g}[/tex], mais quelle est la différence entre [tex]\dfrac{f}{g}[/tex] qui est à l'interieur de [tex]\varphi[/tex], et celui à l'exterieur ?
Pour moi [tex]\dfrac{f}{g}[/tex] qui est à l’intérieur est celui où [tex](f,g) \in A \times A[/tex] avec [tex]g \not \in \mathfrak{p}[/tex], et [tex]\dfrac{f}{g}[/tex] à l'extérieur est celui où [tex](f,g) \in A / \mathfrak{p} \times  A / \mathfrak{p}[/tex] avec : [tex]g \neq 0_{ A / \mathfrak{p} }[/tex], non ?
Donc, il faut noter tout ça : [tex]\varphi \big( \dfrac{f}{g} \big) = \dfrac{\overline{f}}{\overline{g}}[/tex], non ?
Voilà, ça d'un coté ...
De l'autre coté, [tex]\varphi[/tex] est bien définie, parce que : [tex]\forall (f,g) , (f',g') \in A \times A[/tex] avec : [tex]g,g' \not \in \mathfrak{p}[/tex] tels que : [tex](f,g) \sim (f',g')[/tex], on a : [tex]\varphi ((f,g)) = \varphi \big( \dfrac{f}{g} \big) = \dfrac{ \overline{f} }{ \overline{g} } = ...[/tex]. Je ne sais pas terminer. Je ne sais pas arriver à : [tex]\varphi ((f,g)) = \varphi((f',g'))[/tex]. Peux tu m'aider un peu Yassine ?

Merci d'avance.  :)

Yassine

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Re : Corps résiduel.

Bonjour Nino89,
Si tu notes $\sim$ la relation d'équivalence que tu as définie initialement et $A^* = A \setminus \mathfrak{p}$ , alors le localisé $A_{\mathfrak{p}}$ est le quotient $A \times A^* /\sim$
Dans ce cas, le $\frac{f}{g}$ à l'intérieur de des parenthèses de $\varphi$ est un élément de  cet anneau. Dit autrement, $(f,g) \in A \times A^*$ et $\frac{f}{g} \in  A \times A^*/\sim$.
Le $\frac{f}{g}$ après application est un élément du corps des fractions de $B := A/\mathfrak{p}$. Si on note $\approx$ la relation d'équivalence définie sur $B$ par $(x,y) \approx (x',y') :\Leftrightarrow xy' = x'y$, ce corps des fractions est $B \times B^*/\approx$ (muni des opérations "classiques" d'addition et de multiplication de fractions). Donc, si je note $\varphi(\frac{f}{g})=\frac{f'}{g'}$, alors $(f',g') \in B \times B^*$ et $\frac{f'}{g'} \in B \times B^*/\approx$

On notera $\pi:\ A \to A/\mathfrak{p}$ le morphisme canonique (élément vers sa classe d'équivalence). Son noyau est exactement $\mathfrak{p}$.
Je noterai également $C$ le corps des fractions de $A/\mathfrak{p}$.

Avec ces notations, la fonction $\varphi$ est définie de $A_{\mathfrak{p}} \to C $ par $\varphi(\frac{f}{g}) = \frac{\pi(f)}{\pi(g)}$.
Soit donc $(f,g), (f',g') \in A \times A^*$, on veut donc montrer que $(f,g) \sim (f',g') \implies  \frac{\pi(f)}{\pi(g)} = \frac{\pi(f')}{\pi(g')}$.

Par définition, $\frac{\pi(f)}{\pi(g)} = \frac{\pi(f')}{\pi(g')} \Leftrightarrow \pi(f)\pi(g') - \pi(f')\pi(g) = 0$, soit encore, en utilisant le fait que $\pi$ est un morphisme, $\pi(fg' - f'g)=0$.

Comme $(f,g) \sim (f',g')$, alors $\exists h \in A^* $ tel que $h(fg' -f'g)=0$, soit, en appliquant le morphisme $\pi$, $\pi(h)\pi(fg' - f'g)=0$. Cette relation étant dans $A/\mathfrak{p}$. Comme $\mathfrak{p}$ est un idéal premier ... (je te laisse continuer)

Dernière modification par Yassine (16-08-2016 12:06:07)

Nino89

Invité

Re : Corps résiduel.

Bonjour Yassine :

Merci pour votre réponse.  :-)
Alors,
[tex]\forall (f,g) , ( f',g') \in A \times A \backslash \mathfrak{p} \ : \ (f,g) \sim (f',g') \ \Longrightarrow \ \exists h \in A \backslash \mathfrak{p} \ : \ h (fg' - f'g ) = 0[/tex]
[tex]\Longrightarrow \ \exists \pi (h) \in A / \mathfrak{p}  : \pi (h) . ( \pi ( fg' - f'g ) ) = \pi (0) = 0 [/tex]
[tex]\Longrightarrow \ \exists \pi (h) \in A / \mathfrak{p}  : \pi (h).( \pi ( f ) \pi ( g' ) - \pi ( f' ) \pi ( g ) ) = 0 [/tex]
Cette relation étant dans : [tex]A/ \mathfrak{p}[/tex], qui est intègre, car : [tex]\mathfrak{p}[/tex] est premier, alors,
[tex]\Longrightarrow \ \pi ( f ) \pi ( g' ) - \pi ( f' ) \pi ( g ) = 0 [/tex], puisque : [tex]h \not \in \mathfrak{p}[/tex], donc, forcément : [tex] \pi (h) \neq 0_{ A/ \mathfrak{p} }[/tex].
Par conséquent : [tex]\Longrightarrow \ \dfrac{ \pi (f) }{ \pi (g) } = \dfrac{ \pi (f') }{ \pi (g') }[/tex]
C'est à dire : [tex]\varphi((f,g)) = \varphi ((f',g'))[/tex]
et ainsi, [tex]\varphi[/tex] est bien définie.
Correct ?
Il reste à montrer que : [tex]\mathrm{ker} \varphi = \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex].
On montre d'abord l'inclusion : [tex]\mathrm{ker} \varphi \supset \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex]
en effet :
Soit : [tex]a \in \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex], alors : [tex]\exists (b,c) \in \mathfrak{p} \times A_{ \mathfrak{p} }[/tex] tel que : [tex]a = bc[/tex].
On a alors : [tex]\varphi ( a ) = \varphi ( bc ) = \varphi (b) \varphi (c) = ...[/tex], alors, je ne sais pas montrer que : [tex]\varphi (a) = 0[/tex]. Tu peux m'aider Yassine ?

Merci d'avance.  :)

Yassine

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Re : Corps résiduel.

Attention, la notation $\exists \pi(h) \in A/ \mathfrak{p}$ n'est pas correcte. C'est plutôt $\exists h \in A$ ($\pi$ renvoi par définition sur $A/ \mathfrak{p}$)

Tu y es presque !
D'abord, il faut noter que $\varphi$ s'applique en toute rigueur a des couples $(f,g) \in A \times A^*$. Donc ta notation $\varphi(b)$ pour $b \in \mathfrak{p}$ est un abus, mais qui est largement pratiqué. C'est comme le passage de l'anneau $\mathbb{Z}$ à son corps des fractions $\mathbb{Q}$, on identifie un entier $p$ à la fraction $\frac{p}{1}$ et on écrie simplement que $p \in \mathbb{Q}$.

On identifie donc un élément $p \in \mathfrak{p}$ à $\frac{p}{1}$ dans $A_{\mathfrak{p}}$.
Donc, $\varphi(p) = \varphi(\frac{p}{1}) = \frac{\pi(p)}{1}$. Je te laisse conclure

Nino89

Invité

Re : Corps résiduel.

D'accord, merci Yassine.  :-)
Alors :
[tex]\forall a \in \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} } \ \ \exists (b,c) \in \mathfrak{p} \times A_{\mathfrak{p}}[/tex] tel que : [tex]a = \pi (b).c = 0_{ A_{ \mathfrak{p} }}[/tex]. et par conséquent : [tex]\varphi ( a ) = \varphi (0) = 0[/tex], non ?
D'où : [tex]a \in \ker \varphi[/tex].
et par conséquent : [tex]\ker \varphi \supset \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex].
Il reste à montrer l'inclusion inverse : [tex]\ker \varphi \subset \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex].
Soit : [tex]a \in \ker \varphi[/tex], alors : [tex]\varphi (a) = 0[/tex], donc, [tex]a[/tex] n'est pas inversible dans [tex]\kappa ( \mathfrak{p} )[/tex]. d'où : [tex]a = 0_{ A_{ \mathfrak{p} } }[/tex], non ? Pourquoi, alors : [tex]a = \pi (b) . c[/tex] avec : [tex](b,c) \in \mathfrak{p} \times A_{ \mathfrak{p} }[/tex] ?
Merci d'avance.  :)

Yassine

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Re : Corps résiduel.

Attention l'implication $a$ non inversible, donc $a=0$ n'est vraie que dans un corps et $A_{\mathfrak{p}}$ n'en est pas un !
il faut que tu reviennes systématiquement aux définitions. Tu choisis donc un représentant de $a$, disons $(f,g)$. Tu as donc $\varphi((f,g))=0$, soit $\pi(f)=0$ et donc que $f \in  \mathfrak{p}$.
Du coup, tu peux écrire $(f,g)=(f,1)(1,g)$ avec $f \in  \mathfrak{p}$ ...

Autre point, en toute rigueur, tu dois également montrer que $\varphi$ est un morphisme d'anneaux

Nino89

Invité

Re : Corps résiduel.

Yassine :  :-)
[tex]\varphi ((f,g)) = 0 \ \Longrightarrow \ \dfrac{ \pi (f) }{ \pi (g) } = 0 \ \Longrightarrow \ \pi (f).1 - 0. \pi (g) = 0 \ \Longrightarrow \ \pi (f) = 0[/tex], non ? et cela implique que : [tex]f \in \mathfrak{p}[/tex]. et puisque : [tex](f,g) = (f,1)(1,g)[/tex] et [tex](f,1) \in \mathfrak{p}[/tex] et [tex](1,g) \in A_{ \mathfrak{p} }[/tex] avec : [tex]g \not \in \mathfrak{p}[/tex], alors : [tex]a = (f,g) = (f,1)(1,g) \in \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex]. Par conséquent : [tex]\ker \varphi \subset A_{ \mathfrak{p} }[/tex]. On conclut que : [tex]\ker \varphi = \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex], et par le théorème de factorisation, on déduit que : [tex]A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} } \simeq F( A / \mathfrak{p} ) = \kappa ( \mathfrak{p} )[/tex].
Il reste à établir maintenant que : [tex]\varphi[/tex] est un morphisme d'anneaux.
en effet :
[tex]\forall a,b \in A_{ \mathfrak{p} } \ \ \exists (f,g) , (f,g) \in A_{ \mathfrak{p} } [/tex] tels que : [tex] \begin{cases} a = (f,g) \\ b = (f',g') \end{cases} [/tex].
On a : [tex]\varphi (a+b) = \varphi ((f,g)+(f',g')) = \varphi ( (fg'+f'g , gg' ) ) = \dfrac{ \pi ( fg' + f'g ) }{ \pi (gg' ) } = \dfrac{ \pi ( f ) }{ \pi (g) } + \dfrac{ \pi (f' ) }{ \pi (g' ) } [/tex]
[tex] = \varphi ( (f,g) ) + \varphi ( (f',g') ) = \varphi (a) + \varphi (b) [/tex].
On a aussi :
[tex]\varphi (ab) = \varphi ((f,g)(f',g')) = \varphi ( (ff' , gg' ) ) = \dfrac{ \pi ( ff' ) }{ \pi (gg' ) } = \dfrac{ \pi ( f ) }{ \pi (g) }  \dfrac{ \pi (f' ) }{ \pi (g' ) } = \varphi ( (f,g) ) \varphi ( (f',g') ) = \varphi (a) \varphi (b)[/tex].
D'où : [tex]\varphi[/tex] est un morphisme, non ?
Merci d'avance.

Yassine

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Re : Corps résiduel.

ça me semble parfait.
Bonne continuation (devoirs d'été ?)

Yassine

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Re : Corps résiduel.

J'ai oublié, il faut que le morphisme préserve les neutres de l'addition et de la multiplication (formalité).

Pour complétude également, tu as indiqué en conclusion intermédiaire que $ker(\varphi) \subset A_{\mathfrak{p}}$. Il faut indiquer $ker(\varphi) \subset \mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$

Décidément, j'en oublie des choses : il faut également que tu montres que $\varphi$ est sujectif (ça ne devrait pas être compliqué non plus).

Dernière modification par Yassine (16-08-2016 18:27:28)

Nino89

Invité

Re : Corps résiduel.

Yassine :
Oui, c'est un exo que je cherchais à résoudre au début, mais maintenant ça va.  :)
Pour montrer que [tex]\varphi[/tex] est surjectif, il faudrait montrer que : [tex]\varphi : A_{ \mathfrak{p} } \to \kappa ( \mathfrak{p} )[/tex]  est composée des deux surjections : [tex]\tau : A_{ \mathfrak{p} } \to A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }[/tex] et [tex]\psi : A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} } \to F( A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} } )[/tex].
Pourquoi : [tex]\psi : A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} } \to F(A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} })[/tex] est surjectif ?
Je pense que c'est parce que : \[tex]psi[/tex] n'est autre que la surjection : [tex]f : A \to S^{-1} A[/tex] définie par : [tex]f(a) = \dfrac{a}{1}[/tex] avec : [tex]A = A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} } [/tex] et : [tex]S = \{ 0_{ A_{ \mathfrak{p} } / \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} }} \} = \{ \mathfrak{p} A_{ \mathfrak{p} } \} [/tex] , non ?
Pourquoi : [tex]f : A \to S^{-1} A[/tex] définie par : [tex]f(a) = \frac{a}{1}[/tex] est surjectif ? J'ai oublié pourquoi.  :-(
Merci d'avance.

Yassine

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Re : Corps résiduel.

Je pense que tu te complique la vie !
Retour aux définitions : Soit $y$ dans le corps des fractions que j'ai noté $C$. On souhaite chercher $x=(f,g) \in A_{\mathfrak{p}}$ tel que $\varphi(x)=y$, soit $\frac{\pi(f)}{\pi(g)} = y$.
Comme $y$ est dans le corps des fractions de $A/\mathfrak{p}$, alors, il existe $(y_n, y_d) \in (A/\mathfrak{p})\times(A/\mathfrak{p}\setminus\{0\})$ tels que $y = \frac{y_n}{y_d}$.
Comme $y_n \in A/\mathfrak{p}$, alors il existe $x_n \in A$ tel que $\pi(x_n)=y_n$.
De même, comme $y_d \in A/\mathfrak{p}\setminus\{0\}$, alors il existe $x_d \in A \setminus \mathfrak{p}$ tel que $\pi(x_d)=y_d$. On a donc $\varphi((x_n,x_d)) = \frac{\pi(x_n)}{\pi(x_d)} = \frac{y_n}{y_d} =y$. CQFD.

Nino89

Invité

Re : Corps résiduel.

Ah oui, c'est vrai. Merci beaucoup Yassine.  ;-)