Modules de Fractions, Sous-modules S

International Journal of Algebra, Vol. 6, 2012, no. 16, 775 - 798
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
et Foncteurs S −1 ( )
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA
UFR des Sciences Appliquées et Technologie
University Gaston Berger Saint-Louis (UGB)
[email protected]
Mamadou SANGHARE
Université Cheikh Anta Diop de Dakar (UCAD)
[email protected]
Abstract. The main results that has shown in this article are the properties of
the foncteur S −1 ( ), to know that it is isomorphe to the foncteur
− , that his adjoint is HomA (S −1 (A), −) and that it preserves the
S −1 (A)
A
projectivity, the flatness ,the artinienty, the noetherienity and the simplicity
of the left A -modules.
1
Introduction
Dans cet article A désigne un anneau associatif unitaire non nécessairement
commutatif , M désigne un A-module à gauche unitaire . Les principaux
résultats qu’on a montré dans cet article sont des propriétés
du foncteur
−1
−1
− , que son
S ( ), à savoir qu’il est isomorphe au foncteur S (A)
A
adjoint est HomA (S −1 (A), −) et qu’il préserve la projectivité, la platitude,
l’artiniété, la noethérienité et la simplicité des A-modules à gauches.
Dans cet article nous procédons comme suit: Dans la première section nous
construisons l’anneau de fractions S −1 (A) et le module de fractions S −1 (M)
relativement à S o? S est une partie multiplicative saturée de A vérifiant les
conditions de Ore à gauche.
Dans la deuxiéme section nous étudions la notion de sous - module S -
776
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
saturé d’un A - module à gauche. Nous montrons qu’il existe une bijection
croissante (pour l’inclusion) de l’ensemble des sous -modules du S −1 (A) module à gauche S −1 (M) sur l’ensemble des sous - modules S - saturés du
A - module à gauche M.
En particulier l’ensemble des idéaux à gauche de S −1 (A) est en bijection
croissante avec celui des idéaux à gauche S - saturés de A.
Nous montrons aussi que si N est un sous-module de M, alors le S −1 (A)module à gauche S −1 (M/N) est isomorphe à S −1 (M)/S −1 (N) et en particulier
si I est un idéal à gauche de A, alors le S −1 (A)-module à gauche S −1 (A/I)
est isomorphe à S −1 (A)/S −1(I).
Dans la troisième section nous construisons le foncteur covariant,aditif et
exact S −1 ( ) : A − Mod −→ S −1 A − Mod .Nous montrons que le foncteur
S −1 ( ) préserve la projectivité et que si S ne contient pas de diviseur de zéro
alors le foncteur S −1 ( ) est fidele. Ensuite nous montrons que le foncteur
−1
−1
−,que S −1 (A) est un AS ( ) est isomorphe au foncteur S (A)
A
module à gauche plat et que si M est un A-module à gauche plat alors S −1 (M)
est un A-module à gauche plat. Nous prouvons aussi que: S −1 (M) est un
S −1 (A)-module à gauche plat si et seulement si M est un A-module à gauche
plat. Enfin nous montrons que le foncteur HomA (S −1 (A), −) est l’adjoint
du foncteur S −1 ( ), et que S −1 ( ) préserve les propriétés d’artiniété, de
noethérienité et de simplicité des A-modules à gauches.
2
Définitions et résultats préliminaires
Définition 2.1. Une partie S d’un anneau A est dite multiplicative si
1A ∈ S et S est stable par multiplication c’est-à-dire pour tous
x, t ∈ S, st ∈ S, une partie multiplicative S est dite saturée si pour tous
s, s ∈ A, ss ∈ S implique s ∈ S et s ∈ S.
Définition 2.2. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
de A. Un anneau B est dit anneau de fractions relativement à S s’il existe
un morphisme d’anneaux ϕ : A −→ B vérifiant :
1) ∀ s ∈ S, ϕ(s) est inversible (dans B)
2) ∀ b ∈ B, il existe a ∈ A et s ∈ S tels que b = ϕ(s)−1 ϕ(a)
3) Si ϕ(a) = 0, alors sa = 0, pour tout s ∈ S.
Remarque 2.3. Le couple (B, ϕ) est dit anneau de fractions à gauche de A
relativement à S, on dit alors que A admet un anneau de fractions à gauche
relativement à S.
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
777
Remarque 2.4. Si A admet un anneau de fractions à gauche relativement
à une partie multiplicative saturée alors il est unique à isomorphisme près.
Notations
1) L’anneau de fraction à gauche de A relativement à S est noté par
S −1 (A).
2) Le morphisme ϕ : A −→ S −1 (A) de la définition 0.2.2 est appelé
morphisme canonique.
a
3) Les éléments de S −1 (A) sont notés par .
s
Définition 2.5. Soit S une partie multiplicative saturée d’un anneau A.
On dit que S vérifie les conditions de Ore à gauche si :
a) ∀a ∈ A , ∀s ∈ S ils existent t ∈ S et b ∈ A tels que ta = bs
(S est dit permutable à gauche)
b) ∀a ∈ A, si s ∈ S tel que as = 0, alors il existe t ∈ S tel que ta = 0
(S est dit reversible à gauche)
Définition 2.6. Soit A un anneau et S une partie de A. On dit que A
vérifie les conditions de Ore à gauche relativement à S si S est une partie
multiplicative saturée qui vérifie les conditions de Ore à gauche.
Théorème 2.7. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche, M un A - module à gauche. Alors
la relation binaire définie sur S × M par : (s, m) R(s , m ) si et seulement
si ils existent x, y ∈ S tels que
xm = ym
xs = ys
est une relation d’équivalence.
Preuve
La réflexivité et la symétrie de R sont évidentes.
Il suffit donc de montrer la transitivité de R. Supposons que (s, m)R(s , m )
et (s , m )R(s , m ) alors ils existent x, y ∈ S tels que
xm = ym
xs = ys
et ils existent x , y ∈ S tels que
x m = y m
x s = y s
778
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
Pour y, x ils existent p ∈ S et q ∈ A tels que px = qy et comme
x ∈ S alors px ∈ S donc qy ∈ S ce qui implique que q ∈ S donc on a les
implications suivantes :
(px )m = (py )m
px m = py m
=⇒
px s = py s
(px )s = (py )s
=⇒
=⇒
(qy)m = (py )m
=⇒
(qy)s = (py )s
q(xm) = (py )m
=⇒
q(xs) = (py )s
a(ym ) = (py )m
(px )s = (py )s
(qx)m = (py )m
(qx)s) = (py )s
donc comme qx et py ∈ S d’o? (s, m) R(s , m ) d’o? la transitivité de la
relation R.
Notation : (S × M)/R est noté par S −1 (M).
m
ou s−1 m et en particulier les
Les éléments de S −1 (M) sont notés par
s
a
ou s−1 a.
éléments de S −1 (A) sont notés par
s
Théorème 2.8. Soient A un anneau S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche et M un A - module à gauche.
Alors
1◦ ) S −1 (A) est muni d’une structure d’anneau de manière que si
b
a
et ∈ S −1 (A) alors
t
s
xa + yb
a b
+ =
o? x, y ∈ S sont tels que
t s
yt
zb
a b
× =
o? (w, z) ∈ S × A
t
s
wt
2◦ ) S −1 (M) est muni d’une structure de S −1 (A) - module à gauche de
m
a
m
m m
xm + ym
∈ S −1 (A),
et ∈ S −1 M alors
+ =
manière que si
t
s
s
s
s
ys
zm
a m
=
o? (w, z) ∈ S × A
o? x, y ∈ S sont tels que xs = ys et
t s
wt
est tel que wa = zs.
xt = ys et
Preuve : Il suffit de montrer 2◦ ).
Montrons que les deux opérations + et sont bien définies
Comme S vérifie les conditions de Ore, ils existent x, y ∈ S tels que xs = ys
donc l’opération + a un sens.
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
779
m m
xm + ym
+ =
est indépendant du choix de x et y
s
s
ys
dans S. Supposons qu’ils existent x , y ∈ S vérifiant x s = y s . Montrons
x m + y m
xm + ym
=
.
alors que
ys
y s
Pour x, x ∈ S ils existent b, t ∈ S tels que tx = bx et pour ty et y ∈ S
ils existent b , t ∈ S tels que t ty = b y donc t tys = b y s implique
t txs = b x s implique (t tx − b x )s = 0 alors d’après la 2ème condition de
Ore il existe t ∈ S tel que t (t tx − b x ) = 0 ce qui implique t t tx = t b x
donc
xm + ym
t t txm + t t tym
=
ys
t t tys
Montrons que
=
t b x m + t b y m
x m + y m
=
.
t b y s
y s
m m
Donc
+ est indépendant du choix de x et y dans S. Il en résulte
s
s
que si u et v ∈ S alors
m1 m2
um1 vm2
+
=
+
.
s1
s2
us1
vs2
En effet, pour d, k ∈ S tels que d(us1) = k(vs2 ), on a
md(um2 ) + k(vm2 )
um1 vm2
(du)m1 + (kv)m2
+
=
=
us1
vs2
k(vs2 )
(kv)s2
m1 m2
+
car (du)s1 = (kv)s2 .
s1
s2
m1 m2
m1 m2
=
alors,
Montrons que si
,
, s1
s2
s1
s2
=
m1 m2
m
m
+
= 1 + 2 .
s1
s2
s1
s2
Comme
m
m1
= 1 , ils existent x1 , y1 ∈ S tels que
s1
s1
x1 m1 = y2 m1
x2 s1 = y1 s1
et comme
m2
m
= 2 , ils existent x2 , y2 ∈ S tels que
s2
s2
x2 m2 = y2 m2
x2 s2 = y2 s2
780
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
On a donc
m1 m2
xm1 + ym2
+
=
avec xs1 = ys2 .
s2
s2
ys2
Pour x, x1 ∈ S ils existent t, b ∈ S tels que tx = bx1 et pour ty et
x2 ∈ S ils existent t , b ∈ S tels que t ty = b x2 . Donc
xm1 + ym2
t txm1 + t tym2
=
ys2
tt ys2
t bx1 m1 + b x2 m2
=
b x2 s2
t by1 m1 + b y2 m2
=
b y2 s2
Posons que x = t by1 et y = b y2 il suffit de vérifier que x s1 = y s2 .
On a
t by1 s1 = t txs1 = t tys2 = b x2 s2 = b y2 s2 = y s2 d’o? x s1 = y s2 .
Donc
x m1 m + y m2
m1 m2
xm1 + ym2
=
=
+ ys2
y s2
s1
s2
Ainsi + est bien définie. Montrons de m?me que est bien définie
d’après la 1ère condition de Ore il existe (w, z) ∈ X × A tel que wa = zs
zm
a m
=
est indépendant du
donc l’opération a un sens, montrons que
t s
wt
choix de (w, z). Soit (w , z ) ∈ S × A tel que w a = z s. Montrons que
z m
zm
= d’après la 1ère condition de Ore il existe (p, q) ∈ S × A tel que
wt
wt
pw = qw comme w ∈ S donc pw ∈ S =⇒ qw ∈ S =⇒ q ∈ S donc
pwa = qw q, on a pzs = qz s =⇒ (pz − qz )s = 0 =⇒ ∃s ∈ S tel que
s (pz − qz ) = 0 =⇒ s pz = s qz .
Donc on a
⎧
z m
zm
⎨ (s p)(zm) = (s q)(z m) =⇒
= wt
wt
⎩ (s p)(wp) = (s q)(w t)
a m
zm
donc
=
ou (w, z) ∈ S × A tel que wa = zs est indépendant du
t s
wt
a m
a m
,
,
choix de (w, z). Reste à montrer que si
alors
=
t s
t s
a m
a m
= .
t s
t s
Supposons que
⎧ a m
zm
⎨ =
avec wa = zs
t s wt
⎩ a m = z m avec w a = z s
t s
w t
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
781
o? (w, z) et (w , z ) ∈ S × A.
Comme wt ∈ S et w t ∈ S, alors ils existent p , q ∈ S tels que p wt = q w t .
a
a
= , ils existent x, y ∈ S tels que xa = ya et
D’autre part, comme
t
t
xt = yt .
m
m
= ils existent x , y ∈ S tels que x m = y m et
De m?me, comme
s
s
x s = y s .
Comme (p w, x) ∈ S × S on peut trouver p , q ∈ S tels que
p p w = q x.
Donc q xt = q yt = p p wt = p q w t . Donc q yt − p q w t = 0.
Ce qui implique (q y − p q w )t = 0 alors d’après la 2ème condition de Ore
il existe r ∈ S tel que
r(q y − p q w ) = 0 =⇒ rq y = rp q w ,
donc on a
rq ra = rp q w a .
De m?me comme q xt = p p wt =⇒ (q x−p p w)t = 0 il existe r ∈ S tel que
r (q x − p p w) = 0 ce qui implique r q x = r p p w donc r q xa = r p p wa.
Mais r q xa = r q ya donc
r p p zs = r q ya
(1)
rq ya = rp q z s ,
(2)
et rq ya = rp q w a donc
pour r, r ∈ S ils existent r1 , r1 tels que r1 r = r1 r donc d’après (1.1) on a
r1 r p p zs = r1 r q ya = r1 rq ya =⇒ r1 rp p zs = r1 rq ya
et d’après (1.2) on a
r1 rq ya = r1 rp q z s
donc on a
r1 rp p zs = r1 rp q z s .
(3)
D’autre part on a
(r1 rp p z, x ) ∈ A × S,
alors il existe (a1 , r2 ) ∈ A × S tels que r2 r1 rp p z = a2 x ce qui implique les
égalités
r2 r1 rp p zs = a1 x s = r2 r2 rp q z s = a1 y s
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alors il existe s1 ∈ S tel que
s1 r2 r1 rp p z = s1 a1 x =⇒ s1 r2 r1 rp p zm = s1 a1 x m = s1 a1 y m
et il existe s1 ∈ S tel que
s1 r2 r1 rp q z = s1 a1 y =⇒ s1 r2 r1 rp q z m = s1 a1 y m .
Mais pour s1 , s1 ils existent s2 , s2 ∈ S tel que s2 s1 = s2 s1 . Donc
s2 s1 r2 r1 rp p zm = s2 s1 a1 y m et
= s2 s1 a1 y m
s2 s1 r2 r1 rp q z m
=⇒ s2 s1 r2 r1 rp q z m = s2 s1 a1 y m
Donc
s2 s1 r2 r1 rp p zm = s2 s1 r2 r1 rp q z m
et on a p wt = q w t ce qui implique
s2 s1 r2 r1 rp p wt = s2 s1 r2 r1 rp q w t ,
posons alors que
X = s2 s1 r2 r1 rp p et Y = s2 s1 r2 r1 rp q donc on a
XZm = Y z m
XW t = Y W t
Z m
Zm
=
d’o?
.
Wt
W t
Ainsi est bien définie.
Proposition 2.9. Soient A un anneau, S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche et M un A - module à gauche.
Alors
iSM : M
−→ S −1 (M)
m
m −→
1
est un homomorphisme de A - modules à gauche. Il est dit morphisme canonique.
Théorème 2.10. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée.
Alors A admet un anneau de fractions si et seulement si S vérifie les conditions de Ore à gauche.
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
783
Preuve
Si S est une partie multiplicative saturée qui vérifie les conditions de Ore
à gauche , alors d’après ce qui précède le couple (S −1 (A), iSA ) est un anneau de
fraction à gauche de A relativement à S.
Supposons que A admet un anneau de fraction relativement à S et montrons
que S vérifie les conditions de Ore à gauche. Soient a ∈ A et s ∈ S alors
ϕ(a) ϕ(s)−1 ∈ S −1 (A) (o? ϕ est le morphisme canonique) donc ils existent
t ∈ S et b ∈ A tels que ϕ(a) ϕ(s)−1 = ϕ(t)−1 ϕ(b) ce qui implique que
ϕ(ta−bs) = 0 alors pour tout r ∈ S r(ta−bs) = 0 et en particulier pour r = 1
donc ta = bs d’o? S est permutable à gauche. Montrons que S est réversible
à gauche soient a ∈ A et s ∈ S tels que as = 0, alors ϕ(a) ϕ(s) = ϕ(0) = 0 et
comme ϕ(s) est inversible donc ϕ(a) = 0 d’o? il existe t ∈ S tel que ta = 0.
Ainsi S est réversible à gauche, d’o? le résultat.
3
Sous modules S-saturés
Proposition 3.1. Soient M un A - module à gauche, N un sous - module
de M et S une partie multiplicative saturée qui vérifie les conditions de
Ores à gauche. Alors S −1 (N) est un sous module de S −1 (M).
Preuve
Clair (évident) car S −1 (N) est une partie de S −1 (M) et S −1 (N) est un
−1
S (A) - module à gauche donc S −1 (N) est un sous - module de S −1 (M).
Définition 3.2. Soient M un A - module à gauche et S une partie multiplicative saturée de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche. On dit que
le sous - module N de M est saturé à gauche pour S dans M si on a
pour tout s ∈ S, ∀x ∈ M (sx ∈ N) implique (x ∈ N). On dit aussi que N
est S - saturé dans M.
Proposition 3.3. Soient M un A - module à gauche, N un sous - module
de M et S une partie multiplicative saturée de A qui vérifie les conditions
de Ore à gauche. Alors N est S- saturé dans M si et seulement si il existe
un sous - module N du S −1 (A) - module S −1 (M) tel que N = (iSM )−1 (N ).
Preuve : Condition suffisante.
Supposons qu’il existe N un sous - module de S −1 (M) tel que N =
S −1
(iM ) (N ).
Montrons que si sx ∈ N o? s ∈ S et x ∈ M alors x ∈ N. On a
sx
1 sx
sx
= iSM (sx) ∈ N donc
∈ N =⇒
∈ N (car il suffit de prendre le
1
s 1
s
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Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
couple (w, z) ∈ S × A avec w = 1 et z = 1.
x
∈ N
On a 1 × 1 = 1 × 1 =⇒ (wa = zs) d’o?
1
=⇒ iSM (x) =
x
∈ N =⇒ x ∈ (iSM )−1 (N ) = N.
1
d’o? N est S - saturé.
Condition nécessaire : il suffit de montrer que N = (iSM )−1 (S −1 N). En effet
x
∈ S −1 (N). Donc ils existent y ∈ N et
on a x ∈ (iSM )−1 (S −1 N) ⇐⇒
1
x
y
t ∈Stelsque = =⇒ ils existent y ∈ N, t, t1 , t2 ∈ S tels que
1
t
t1 x = = t2 y
= t2 t
t1 x1
t2 tx ∈ N =⇒ x ∈ N car N est S - saturé d’o? (iSM )−1 (S −1 N) ⊂ N et
d’autre part
(iSM (N) ⊂ S −1 (N) =⇒ N ⊂ (iSM )−1 (S −1 N)
d’o? l’égalité N = (iSM )−1 (S −1 (N)). Donc il suffit de prendre N = S −1 (N).
Proposition 3.4. Soient M un A - module à gauche et S une partie
multiplicative saturée à gauche.
Soit N un sous - module du S −1 (A)- module S −1 (M), alors
S −1 ((iSM )−1 (N)) = N.
Preuve
Montrons que S −1 ((iSM )−1 (N)) ⊂ N.
x
x
∈ S −1 ((iSM )−1 (N)) =⇒ x ∈ (iSM )−1 (N) et s ∈ S donc
∈ N or
Soit
s
1
x
1 x
= ∈ N car N est un sous -module de S −1 (M) (en tant que S −1 (A)
s
s 1
- module). D’o? S −1 ((iSM )−1 (N)) ⊂ N.
x
avec x ∈ M et s ∈ S
Inversement un élément de N est de la forme
s
x
s x
donc
= ∈ N donc
1
1 s
x ∈ (iSM )−1 (N) =⇒
x
∈ S −1 ((iSM )−1 (N)) d’o? N ⊂ S −1 ((iSM )−1 (N)).
s
Ainsi on a l’égalité N = S −1 ((iSM )−1 (N)).
Corollaire 3.5. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Soit I un idéal de S −1 (A).
Alors I = S −1 ((iSA )−1 (I)).
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
785
Théorème 3.6. Soient M un A - module à gauche et S une partie multiplicative saturée qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors il existe
une bijection croissante (pour l’inclusion) de l’ensemble des sous - modules du
S −1 (A) - module S −1 (M) sur l’ensemble des sous - modules du A - module
M S-saturé.
Preuve
Notons E l’ensemble des sous - modules du S −1 (A) - module à gauche
−1
S (M) et E l’ensemble des sous - modules du A - module à gauche. M
S-saturé et considérons la correspondance
ϕ : E −→ E N
−→ (iSM )−1 (N)
c’est évident que ϕ est une application. Montrons alors que ϕ est une
bijection.
Montrons que ϕ est injective d’après la preuve de la proposition précédente.
Si N ∈ E alors S −1 ((iSM )−1 (N)) = N donc pour tout N1 , N2 ∈ E si
ϕ(N1 ) = ϕ(N2 ) alors (iSM )−1 (N1 ) = (iSM )−1 (N2 ) donc
S −1 ((iSM )−1 (N1 ) = S −1 ((iSM )−1 (N2 )) =⇒ N1 = N2 .
D’o? ϕ est injective.
Montrons que ϕ est sujective.
Soit N un sous - module S - saturé du A - module M(N ∈ E ). Alors il
existe un sous - module N du S −1 (A) - module S −1 (M) (N ∈ E) tel que
N = (iSM )−1 (N) ce qui prouve
que ϕ est surjective et comme elle est injective donc elle est bijective d’o?
le résultat.
Restte à montrer que ϕ est croissante.
Soient N1 et N2 ∈ E tels que N1 ⊂ N2 , montrons que ϕ(N1 ) ⊂ ϕ(N2 ),
soit
x ∈ ϕ(N1 ) =⇒ x ∈ (iSM )−1 (N1 )
=⇒ x ∈ (iSM )−1 (N2 )
.
=⇒ x ∈ ϕ(N2 )
ainsi ϕ(N1 ) ⊂ ϕ(N2 )
Donc ϕ est une bijection croissante.
Corollaire 3.7. Soient A un anneau et S une partie multiplicative de
A qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors il existe une bijection
croissante de l’ensemble des idéaux à gauche de S −1 (A) sur l’ensemble des
idéaux à gauche de A S-saturé.
786
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
Théorème 3.8. Soient M un A - module à gauche N un sous - module
de M et S une partie multiplicative saturée de A qui vérifie les conditions
de Ore à gauche. Alors le S −1 (A) - module S −1 (M/N) est isomorphe à
S −1 (M)/S −1 (N).
Preuve
Soit
ψ : S −1 (M/N) −→ S −1 (M)/S −1 (N)
m̄
m
−→
s
s
m̄
m̄
∈ S −1 (M/N) tels
Montrons que ψ est bien définie. Soient
et
s
s
m̄
m̄
que
= alors ils existent x, y ∈ S tels que
s
s
xm − ym ∈ N
xm̄ = y m̄
=⇒
xs = yt
xs = ys
donc
alors
xm − ym
m m
∈ S −1 (N) =⇒
− ∈ S −1 (N)
xs
s
s
m̄
m̄
m m
− = 0̄ =⇒
=
s
s
s
s
d’o? ψ est bien définie. Montrons maintenant que ψ est un morphisme de
m̄ m̄
a
, ∈ S −1 (M/N) et
∈ S −1 (A). On a :
S −1 (A) - modules. Soient
s s
t
xm̄ + y m̄
m̄ m̄
+ =ψ
∗ψ
avec x, y ∈ S tels que
s
s
xs
xm + ym
m m
m̄ m̄
+ =
=
+ xs = ys donc ψ
s
s
xs
s
s
m̄
m̄ m̄
m̄
+ =ψ
=
+ψ
s
s
s
s
a m̄
z m̄
∗ψ
=ψ
avec (w, z) ∈ S × A tel que
t s
wt
zm
a m
a m̄
=
= wa = zs donc ψ
t s
wt
t s
a
m̄
a m̄
= ψ
= t s
t
s
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
787
∗ Montrons que ψ est bijective. Soit
m̃
m
m
m̄
∈ Ker ψ =⇒ ψ
=
= 0̄ =⇒
∈ S −1 (N) =⇒ m ∈ N
s
s
s
s
m̄
= 0̄ =⇒ ψ est injective et c’est clair que ψ est surjective donc ψ
s
est bijective. Ainsi ψ est un isomorphisme de S −1 (A) - modules.
donc
Corollaire 3.9. Soient A un anneau, I un idéal à gauche de A et S une
partie multiplicative saturée qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors
le S −1 (A) - module à gauche S −1 (A/I) est isomorphe au S −1 (A) - module
à gauche S −1 (A)/S −1 (I).
4
Foncteur
S −1 ( )
Théorème 4.1. Soient A un anneau, S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche et M un A - modules à gauche.
Alors
−→ S −1 (M )
S −1 (f ) : S −1 (M)
f (m)
m
−→
s
s
est un morphisme de S −1 (A) - modules et on a le diagramme commutatif
suivant
f
- M
M
iS
M
iS
M
?
S −1 (M)
S −1 (f )
-
?
S −1 (M )
Théorème 4.2. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors la relation S −1 ( ) : A −
Mod −→ S −1 A − Mod qui a tout M ∈ A − Mod fait correspondre S −1 M et à
tout morphisme de A-module à gauche f : M −→ M fait correspondre S −1 f
est un foncteur covariant additif.
Preuve
a) Soient f : M −→ M et g : M −→ M deux morphismes de
A - modules à gauche ; montrons que S −1 (g ◦ f ) = S −1 (g) ◦ S −1 (f ).
m
∈ S −1 (M), alors
Soit
s
788
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
S
−1
m
(g ◦ f )
s
f (m)
g(f (m))
g ◦ f (m)
−1
=
= S (g)
=
s
s
s m
= S (g) S (f )
s m
= S −1 (g) ◦ S −1 (f )
s
−1
−1
d’o? S −1 (g ◦ f ) = S −1 (g) ◦ S −1 (f ).
b) Montrons que S −1 (1M ) = 1S −1 (M ) o?
−→ M
.
m −→ m
m
m
m
1M (m)
−1
−1
∈ S (M) donc S (1M )
=
=
s
s
s
s
m
m
−1
=⇒ S (1M )
= 1S −1 (M )
=⇒ S −1 (1M ) = 1S −1 (M )
s
s
1M : M
Soit
c) Soient M, M deux A - modules à gauche et f1 , f2 deux morphismes
de A - modules à gauche de M dans
M.
m
(f1 + f2 )(m)
m
∈ S −1 (M), S −1 (f1 + f2 )
=
Soit
s
s
s
f1 (m) f2 (m)
f1 (m) + f2 (m)
m
m
−1
−1
=
+
= S (f1 )
=
+ S (f2 )
.
s
s
s
s
s
Ainsi d’après a) b) et c) S −1 ( ) est un foncteur covariant additif.
Théorème 4.3. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors le foncteur S −1 ( ) :
A − Mod −→ S −1 (A) − Mod est covariant, additif et exact.
Preuve
D’après le théorème précédent, le foncteur S −1 ( ) est covariant et additif
reste à montrer qu’il est exact.
f
g
Soit 0 −→ M −→ M −→ M −→ 0 une suite exacte courte de A modules à gauche. Montrons que la suite :
S −1 (f )
S −1 (g)
0 −→ S −1 (M ) −→ S −1 (M) −→ S −1 (M ) −→ 0
est une suite exacte courte de S −1 (A) - modules
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
789
a) Montrons que S −1 (f ) est un monomorphisme.
m
f (m )
0
m
−1
−1
=
Soit ∈ S (M ) tel que S (f ) = 0S −1 (M ) alors
ce
s
s
s
1
qui implique, ils existent x, y ∈ S tel que xf (m ) = M et xs = y implique
que f (xm ) = 0M . Comme f est un monomorphisme alors
xm = 0M alors
xm
0M =
= 0S −1 (M ) .
xs
xs
f (m )
= 0S −1 (M ) d’o? S −1 (f ) est un monomorphisme.
s
b) Montrons que S −1 (g) est un épimorphisme.
m
Soit
∈ S −1 (M ) =⇒ m ∈ M et comme g est un épimorphisme
s
donc il existe m ∈ M tel que
f (m )
g(m)
f (m )
f (m )
−1
=
=⇒
S
(g)
g(m) = m =⇒
=
s
s
s
s
Donc
ainsi S −1 (g) est un épimorphisme.
c) Montrons que Ker S −1 (g) = Im S −1 (f ).
- Montrons que Ker S −1 (g) ⊂ Im S −1 (f ).
OM m
g(m)
m
−1
−1
∈ Ker S (g) =⇒ S (g)
= OS −1 (M ) =⇒
=
Soit
s
s
s
1
alors ils existent x, y ∈ S tel que
x g(m) = OM et xs = y =⇒ g(xm) = OM donc xm ∈ Kerg
f (m ) = xm donc
alors
xm ∈ Imf donc il existe m ∈ M tel que
xm
m
f (m )
=
=
=⇒ S −1 (f )
xs
xs
s
m
xs
m
=
s
m
∈ Im S −1 (f ). Ainsi Ker S −1 (g) ⊂ Im S −1 (f ).
s
- Montrons que Im S −1 (f ) ⊂ Ker S −1 (g).
m
m
∈ Im S −1 (f ) et soit ∈ S −1 (M ) tel que
Soit
s
s m
m
m
m
−1
−1
−1
−1
S (f ) =
=⇒ S (g) ◦ S (f ) = S (g)
s
s
s
s m
m
=⇒ S −1 (g ◦ f )
= S −1 (g)
s
s
g(m)
m
g ◦ f (m )
−1
=⇒ S (g)
= OS −1 (M )
=
=⇒
s
s
s
m
∈ Ker S −1 (g).
=⇒
s
donc
790
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
Donc Im S −1 (f ) ⊂ Ker S −1 (g).
Ainsi Im S −1 (f ) = Ker S −1 (g). Il en résulte que la suite
S −1 (f )
S −1 (g)
0 −→ S −1 (M ) −→ S −1 (M) −→ S −1 (M ) −→ 0
est exacte. D’o? le foncteur S −1 ( ) est exact.
Corollaire 4.4. Soit S une partie multiplicative saturée de A qui vérifie
les conditions de Ore. Alors S −1 ( ) est un :
1◦ )Monofoncteur c’est à dire si f est un monomorphisme de A − Mod
alors S −1 (f ) est un monomorphisme de S −1 (A) − Mod.
2◦ ) Epifoncteur c’est-à-dire si f est un épimorphisme de A − Mod alors
S −1 (f ) est un épi de S −1 (A) − Mod.
Théorème 4.5. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors le foncteur
S −1 ( ) préserve la projectivité. C’est-à-dire si M est A - module à gauche
projectif alors S −1 (M) est un S −1 (A) - module à gauche projectif.
Preuve :
Soit M un A - module à gauche projectif. Montrons que S −1 (M) est
un S −1 (A)-module à gauche projectif.
Soient f : M1 −→ M2 −→ 0 un épimorphisme de S −1 (A) - module à
gauche et g : S −1 (M) −→ M2 un morphisme de S −1 (A) - modules à gauche.
Alors comme M est projectif il existe un morphisme de
A - modules h : M −→ M1 tel que f ◦ h = g ◦ iM montrons que f ◦ S −1 (h) =
) =
g. Soit ms ∈ S −1 (M) alors f ◦ S −1 (h)( ms ) = f (S −1 (h)( ms )) = f ( h(m)
s
1
1
1
1
m
1 m
m
S
f (h(m)) = s f ◦ h(m) = s g ◦ iM (m) = s g( 1 ) = g( s . 1 ) = g( s ) donc f ◦
s
S −1 (h) = g ce qui prouve que S −1 (M) est un S −1 (A) module à gauche projectif.
Théorème 4.6. Soit S une partie multiplicative saturée de A qui ne contient pas de diviseurs de zéro et qui vérifie les conditions de Ore à gauche.
Alors le foncteur S −1 ( ) est fidèle.
Preuve :
Il suffit de montrer que l’application
OM,M : HomA (M, M )
−→ HomS −1 (A) (S −1 (M), S −1 (M ))
f −→ S −1 (f )
est injective.
Soient f, g ∈ HomA (M, M ) tels que S −1 (f ) = S −1 (g) montrons que f = g.
m
m
∈ S −1 (M) on a S −1 (f )
=
S −1 (f ) = S −1 (g) alors pour tout
s
s
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
m
s
f (m)
g(m)
=⇒
=
s
s
791
S −1 (g)
ils existent x, y ∈ S tels que
x f (m) = y g(m)
xs
=y s
Comme S ne contient pas de diviseurs
x = y =⇒ f (m) = g(m), ∀m ∈ M.
=⇒ f = g =⇒ OM,M est injective d’o? S −1 ( ) est fidèle.
Théorème 4.7. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
de A qui vérifie les conditions de
Ore à gauche. Alors le foncteur S −1 ( )
.−
est isomorphe au foncteur S −1 (A)
A
Preuve
Il s’agit de montrer qu’il existe un isomorphisme fonctoriel
φ : S −1 ( ) −→ S −1 (A)
.−
A
Soit M un A - module à gauche, alors on a
−1
−1
U
M : S (A) × M −→ S (M)
am
a
,m
−→
s
s
est A - bilinéaire, donc d’après la propriété universelle
du produit tensoriel, il
−1
existe un homomorphisme de groupe U M : S (A)
M −→ S −1 (M) défini
par
UM
ai
⊗ mi
si
A
=
ai mi
.
si
Donc il suffit de montrer que U M est bijectif.
m
∈ S −1 (M), on a
a) U M est surjectif : car pour
s
1
m
⊗m =
UM
s
s
ai
⊗ xi un élement de S −1 (A)
M. On a
b) U M est injectif. Soit
si
A
1
ai
1 ⊗ xi ai mi = ⊗
xi ai mi
⊗ mi =
si
s
s
792
o?
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
s=
si et xi = s−1 si ∈ S. Donc tout élément de S −1 (A)
M est
A
de la forme
1
⊗ Y o? Y ∈ M et s ∈ S.
s
Y
1
⊗ Y ∈ Ker U M revient à dire que
= OS −1 (M ) , ils
s
s
existent x, x ∈ S tels que
Donc dire que
1
1
⊗Y =
⊗ xY = 0.
s
sx
xY = 0 et xs = x d’o?
Il en résulte que Ker U M = 0. Ainsi U M est bijectif. On peut donc
prendre φM = U M .
Donc on a montré que pour
tout A - module M il existe un isomorphisme
−1
−1
φM : S (M) −→ S (A)
M.
A
Soit f : M −→ M un morphisme de A - module. Alors le diagramme
suivant est commutatif :
S
−1
φM
(M)
-
M
S −1 (A)
A
1S −1 (A) ⊗f
S −1 (f )
S
−1
?
?
φM -
(M )
S
−1
(A)
M
A
m
m
−1
∈ S (M), 1S −1 (A) ⊗ f ◦ φM
Soit
s
s
1
1
⊗ m = ⊗ f (m)
= 1S −1 (A) ⊗ f
s
s
et
φM ◦ S
−1
m
(f )
s
= φM f (m)
s
=
1
⊗ f (m)
s
donc le diagramme est commutatif d’o? S −1 ( ) est isomorphe à S −1 (A)
A
Corollaire 4.8. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors S −1 (A) est un A - module
plat.
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
793
Preuve
f
g
Soit 0 −→ M −→ M −→ M −→ 0 une suite exacte courte de A
- modules à gauche. Alors d’après ce qui précède le diagramme suivant est
commutatif et à lignes exactes.
-
0
S −1 (M )
S −1 (f )
-
S −1 (M)
φM
-
0
S
(A)
M
-
S −1 (M )
?
-
A
S
−1
(A)
M
A
0
-
0
?
-
S
−1
(A)
M
A
ainsi S −1 (A) est A - module plat.
Corollaire 4.9. Soient A un anneau, S une partie multiplicative saturée
de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche et M un A - module à
gauche plat alors S −1 (M) est A - module à gauche plat.
Preuve
f
Soit 0 −→ M1 −→ M2 un monomorphisme
de A
- modules à droite. Alors
comme M est plat donc 0 −→ M
M1 −→ M
M2 est un monomorA A
−1
−1
M
M1 −→ S (A)
M
M2 , est un
phisme, alors 0 −→ S (A)
A
A
A
A M1 −→
monomorphisme de A - modules à gauche, donc 0 −→ S −1 (M)
A
M2 est un monomorphisme, ainsi S −1 (M) est un A-module à
S −1 (M)
A
gauche plat.
Théorème 4.10. Soient A un anneau, S une partie multiplicative saturée
de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche et à droite et M un A
- module à gauche. Alors M est plat si et seulement si S −1 (M) est un
S −1 (A) - module plat.
Preuve
Montrons que si S −1 (M) est un S −1 (A) - module à gauche plat alors M
est un A - module à gauche plat.
Supposons que S −1 (M) est un S −1 (A) - module à gauche plat. Soit
f
0 −→ M1 −→ M2 est un monomorphisme de A - module à droite alors
S −1 (f )
-
φM φM
?
−1
S −1 (g)
0 −→ S −1 (M1 ) −→ S −1 (M2 ) est un monomorphisme de S −1 (A) - modules
794
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
à droite et comme S −1 (M) est un S −1 (A) - module plat alors la suite :
1⊗S −1(f )
S −1 (M1 ) −→ S −1 (M)
S −1 (M2 )
0 −→ S −1 (M)
S −1 (A)
S −1 (A)
est exacte c’est-à-dire que 1
S −1 (f ) est un monomorphisme. Montrons
S −1 (A)
que la suite
0 −→ M
1
f
A
M1 −→ M
M2
A
S −1 (A)
est exacte c’est-à-dire que 1
f est un monomorphisme.
A
yi un élément de M
M1 tel que
Soit
xi
A
A
(1
f )(
xi
yi = 0 =⇒
xi
f (yi ) = 0
A
A
A
xi yi
=0
ce qui implique
1 A 1
xi yi
xi
yi
−1
−1
=⇒
S (f )
S (f )
= 0 =⇒ 1
=0
1 −1
1
1 A 1
−1
S
or 1
(A)
S
(A)
xi yi
= 0 ce qui
1
1
S −1 (f ) est un monomorphisme donc
S −1 (A)
implique que
xi yi
1
1
A
= 0 =⇒
xi
yi = 0
A
d’o? le résultat.
Soit M un A - modules à gauche plat. Montrons que S −1 (M) est un
f
S −1 (A) - module à gauche plat. Soit 0 −→ M1 −→ M2 un monomorphisme
de S −1 (A) - modules à droite. Montrons que
0 −→ S −1 (M)
M1 −→ S −1 (M)
M2
S −1 (A)
est un monomorphisme. Soit
S −1 (A)
xi
⊗ yi un élément de S −1 (M)
M1
si
−1
S
tel que
xi
f
⊗ yi = 0.
1S −1 (M )
si
−1
S
(A)
(A)
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
Alors
xi
⊗ f (yi) = 0, donc
795
xi
⊗ f (yi) 1
=0
si
si
1
1
= 0 c’est à dire
ce qui implique
xi ⊗ f yi
si
1
xi ⊗ yi = 0.
(1M ⊗ f )
si
Comme M est plat donc 1M ⊗ f est un monomorphisme de A-modules à
gauche donc
xi
1
xi ⊗ yi = 0 ce qui implique
⊗ yi = 0. Ainsi 1S −1 (A) ⊗ f est un
si
si
monomorphisme de S −1 (A)-modules à gauches et par suite S −1 (M) est un
S −1 (A) - module plat.
Corollaire 4.11. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors le foncteur S −1 ( ) conserve
la platitude.
Lemme 4.12. Soient M et M deux A - modules à gauche et S une
partie multiplicative saturée de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche.
Alors il existe un isomorphisme
M, M )
φM,M : HomA (S −1 (A)
⏐
⏐
⏐
A
HomA (M, HomA (S −1 (A), M )).
Preuve
On définit φM,M de la manière suivante :
M, M ) −→ HomA (M, HomA (S −1 (A), M ))
φM,M : HomA (S −1 (A)
A
−→ HomA (S −1 (A), M )
m −→ φt (m) : S −1 (A) −→ M .
a
a
−→ t( ⊗ m)
s
s
φM,M est un isomorphisme qui est un cas particulier du théorème d’isomorphismes
adjoints.
t −→ φt : M
Corollaire 4.13. Soient M, M deux A - modules à gauche et S une partie
multiplicative saturée de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors
il existe un isomorphisme
φM,M : HomA (S −1 (M), M ) −→ HomA (M, HomA (S −1 (A), M )).
796
Mohamed Ben Fraj BEN MAAOUIA and Mamadou SANGHARE
Preuve
Il suffit de remarquer que S −1 (A)
M est isomorphe à S −1 (M).
A
Théorème 4.14. Soient A un anneau et S une partie multiplicative saturée
de A qui vérifie les conditions de Ore à gauche. Alors les foncteurs S −1 ( )
et HomA (S −1 (A), −) sont adjoints.
Preuve
Pour tout M, M on a un isomorphisme
φM,M : HomA (S −1 (M), M ) −→ HomA (M, HomA (S −1 (A), M )).
Alors on a :
i) Soit f1 : M1 −→ M un morphisme de A - modules à gauche alors le
diagramme est commutatif suivant :
Hom(f1 ,HomA (S −1 (A),M ))
- Hom (M , Hom(S −1 (A), M))
A
1
HomA (M, Hom(S −1 (M), M )
φ−1
M ,M φ−1
M,M 1
?
HomA (S
−1
(M), M )
Hom(S −1 (f1 ),M )
-
?
HomA (S
−1
(M1 ), M )
ii) Soit f2 : M −→ M2 un morphisme de A - modules à gauche, alors on a le
diagramme commutatif suivant :
Hom(M,Hom(S −1 (A),f2 ))
- Hom (M, Hom (S −1 (A), M ))
A
A
2
HomA (M, Hom(S −1 (M), M )
φ−1
M,M ?
HomA (S
−1
φ−1
M,M
(M), M )
Hom(S −1 (M ),f2 )
-
2
?
HomA (S
−1
(M), M2 )
Donc d’après i) et ii) les foncteurs S −1 ( ) et HomA (S −1 (A), −) sont adjoints.
Théorème 4.15. Soient A un anneau, S une partie multiplicative saturée
qui vérifie les conditions de Ore, alors le foncteur S −1 ( ) préserve les propriétés d’artiniété, de noethérienité et de simplicité.
Modules de Fractions, Sous-modules S-saturés
797
Preuve : supposons que M est un A-module à gauche artinien soit: ... ⊂
Nn+1 ⊂ Nn ... ⊂ N1 ⊂ N0 une suite décroissante de sous-modules du S −1 (A)module à gauche S −1 (M),alors posons Nn = (iSM )−1 (Nn ) donc on obtient la
suite décroissante ... ⊂ Nn+1
⊂ Nn ... ⊂ N1 ⊂ N0 de sous-modules de M alors
il existe n0 tel que Nn 0 +i = Nn 0 pour tout i donc S −1 (Nn 0 +i ) = S −1 (Nn 0 )
et d’après la proposition 0.3.4 on a Nn0 +i = Nn0 pour tout i ce qui prouve
que S −1 (M) est artenien d’o? le foncteur S −1 ( ) préserve l’arteriénité et on
montre de la m?me manière que S −1 ( ) préserve la notheriénité et la simplicité
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Received: March, 2012