2.10 Localisation

Tous les anneaux sont supposés commutatifs.

Localisation d'anneaux

Exemple : Soit $A$ un anneau. Soit $f \in A$. Considérons $A[f^{-1}] = A[x]/(fx - 1)$. Dans cet anneau, $[f]$ est inversible, d'inverse $[x]$. De plus, si $\varphi : A \longrightarrow B$ est un morphisme d'anneaux t.q. $\varphi(f) \in B^{\times}$, on a par proporiété universelle du quotient, un morphisme

$$\begin{aligned} \hat{\varphi} : A[f^{-1}] &\longrightarrow B \\ [P(x)]=\sum a_i [x]^i &\longmapsto \sum \varphi(a_i) \varphi(f)^{-i} \\ \end{aligned}$$

t.q. le diagramme suivant commute :

Définition : Soit $A$ un anneau. Une partie $S$ de $A$ est dite multiplicative, si $1 \in S$ et $S$ est stable par multiplication.

Exemples :

1. Si $A$ est intègre, $S = A \setminus \{0\}$.
2. $S = A_{\text{reg}}$, l'ensemble des éléments réguliers de $A$, i.e. des éléments non diviseurs de 0.
3. $S = \{1, f, f^2, \cdots\}$, $f \in A$.
4. $S = A \setminus \mathfrak{p}$ pour $\mathfrak{p}$ idéal premier de $A$.

Approche naïve : définir $S^{-1}A = \left\{ \left. \frac{a}{s} \,\right|\, a \in A,\, s \in S \right\}$ avec $\frac{a}{s} = \frac{a'}{s'} \overset{(*)}{\iff} as' = sa'$.

Problème : En général, si $A$ n'est pas intègre, $(*)$ n'est pas transitive !

Définition : Soit $A$ un anneau. Soit $S \subseteq A$ une partie multiplicative, on définit la localisation de $A$ par rapport à $S$ par $S^{-1}A := \left\{ \left. \frac{a}{s} \,\right|\, a \in A, s \in S \right\}$ avec $\frac{a}{s} = \frac{a'}{s'} \iff \exists t \in S,\, t(s'a - sa') = 0$.

Cette relation est une relation d'équivalence, et $S^{-1}A$ est muni d'une structure d'anneau via $\frac{a}{s} + \frac{a'}{s'} = \frac{s'a + sa'}{ss'}$ et $\frac{a}{s} \cdot \frac{a'}{s'} = \frac{aa'}{ss'}$.

Remarque : On a un morphisme d'anneaux $\alpha : A \longrightarrow S^{-1}A$, $a \longmapsto \frac{a}{1}$.

Proposition : On a $\text{Ker } \alpha = \{ a \in A \mid \exists s \in S,\, sa = 0 \}$.

Preuve : Soit $a \in \text{Ker } \alpha$. Alors $\frac{a}{1} = \frac{0}{1} = 0_{S^{-1}A}$, donc $\exists t \in S$, $t(a \cdot 1 - 1 \cdot 0) = 0$, i.e. $ta = 0$. Réciproquement, s'il existe $s \in S$ t.q. $sa = 0$, alors $\frac{a}{1} = \frac{1}{s} \cdot \frac{sa}{1} = 0 \in S^{-1}A$.

$\square$

Exemples :

1. Si $A$ est intègre et $0 \notin S$, alors

   $$S^{-1}A = \left\{ \left. \frac{a}{s} \,\right|\, a \in A, s \in S \right\} \subseteq \text{Frac}(A) $$

   En particulier, $(A \setminus \{0\})^{-1}A = \text{Frac } A$.

2. On a $0 \in S \iff S^{-1}A = 0$.

   Supposons que $0 \in S$. Pour $a \in A$ et $s \in S$, on a $0(a \cdot 1 - s \cdot 0) = 0$, donc $\frac{a}{s} = \frac{0}{1} \in S^{-1}A$, i.e. $S^{-1}A = 0$.

   Réciproquement, supposons que $S^{-1}A = 0$, alors $\frac{1}{1} = \frac{0}{1} \in S^{-1}A$, donc $\exists s \in S$, $s(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1) = 0$, i.e. $s = 0 \in S$.

Propriété universelle de la localisation : Pour tout morphisme d'anneaux $\varphi : A \longrightarrow B$ t.q. $\varphi(S) \subseteq B^{\times}$, il existe un unique morphisme d'anneaux $\tilde{\varphi} : S^{-1}A \longrightarrow B$ t.q. $\varphi = \tilde{\varphi} \circ \alpha$ :

Preuve : Nécessairement, on doit avoir

$$\tilde{\varphi}\left(\frac{a}{s}\right) = \frac{\varphi(a)}{\varphi(s)}, \quad \forall a \in A, s \in S $$

Vérifions que $\tilde{\varphi}$ est bien définie en tant qu'application. On se donne $a, a' \in A$ et $s, s' \in S$ t.q. $\frac{a}{s} = \frac{a'}{s'}$. Alors : $\exists t \in S$, $t(as' - a's) = 0$, donc $\varphi(t)\left(\varphi(a)\varphi(s') - \varphi(a')\varphi(s)\right) = 0$. Mais $\varphi(t), \varphi(s), \varphi(s') \in B^{\times}$, donc $\varphi(a)\varphi(s') = \varphi(a')\varphi(s)$, i.e. $\frac{\varphi(a)}{\varphi(s)} = \frac{\varphi(a')}{\varphi(s')}$. Donc $\tilde{\varphi}$ est bien définie.

De plus, pour $a, a' \in A$, $s, s' \in S$, on a

$$\begin{align*} \tilde{\varphi}\left(\frac{a}{s} + \frac{a'}{s'}\right) &= \tilde{\varphi}\left(\frac{as' + a's}{ss'}\right) \\ &= \frac{\varphi(as' + a's)}{\varphi(ss')} \\ &= \frac{\varphi(a)\varphi(s') + \varphi(a')\varphi(s)}{\varphi(s)\varphi(s')} \\ &= \frac{\varphi(a)}{\varphi(s)} + \frac{\varphi(a')}{\varphi(s')} \\ &= \tilde{\varphi}\left(\frac{a}{s}\right) + \tilde{\varphi}\left(\frac{a'}{s'}\right), \end{align*} $$

et $$\tilde{\varphi}\left(\frac{a}{s} \cdot \frac{a'}{s'}\right) =\tilde\varphi\left(\frac{aa'}{ss'}\right) = \frac{\varphi(aa')}{\varphi(ss')} = \frac{\varphi(a)\varphi(a')}{\varphi(s)\varphi(s')} = \tilde\varphi\left(\frac{a}{s}\right) \cdot \tilde\varphi\left(\frac{a'}{s'}\right)$$

Donc $\tilde{\varphi}$ est bien un morphisme d'anneaux.

$\square$

Exemple : Prénons $S = \{1, f, f^2, \cdots\}$ pour un certain $f \in A$. $A[f^{-1}]$ et $S^{-1}A$ vérifient la même propriété universelle. Par le lemme de Yoneda, $A[f^{-1}] \simeq S^{-1}A$.

Idéaux dans $S^{-1}A$

$\alpha : A \longrightarrow S^{-1}A$ induit :

$$\begin{aligned} e : \{\text{Idéaux de } A\} &\longrightarrow \{\text{Idéaux de } S^{-1}A\} \\ I &\longmapsto e(I) := \alpha(I)S^{-1}A \overset{\tiny\text{(abusif)}}{=} IS^{-1}A \simeq S^{-1}I \\ r : \{\text{Idéaux de } S^{-1}A\} &\longrightarrow \{\text{Idéaux de } A\} \\ J &\longmapsto \alpha^{-1}(J) \overset{\tiny\text{(abusif)}}{=} J \cap A \end{aligned}$$

Proposition :

1. Pour tout $J \subset S^{-1}A$ idéal de $S^{-1}A$, on a $e(r(J)) = J$.
2. Pour tout $I \subset A$ idéal de $A$, on a $$r(e(I)) = { a \in A \mid \exists s \in S,, sa \in I } =: I_S^{\text{sat}}$$ On dit que $I_S^{\text{sat}}$ est la $S$-saturation de $I$.
3. Les applications $e$ et $r$ induisent une bijection entre les idéaux de $S^{-1}A$ et les idéaux $S$-saturés de $A$, c'est-à-dire, les idéaux $I$ de $A$ t.q. $I = I_S^{\text{sat}}$.

Localisation de modules

Soient $A$ un anneau, $S \subseteq A$ une partie multiplicative et $M$ un $A$-module.

On définit $S^{-1}M = \left\{ \left. \frac{m}{s} \,\right|\, m \in M, s \in S \right\}$ avec $\frac{m}{s} = \frac{m'}{s'} \iff \exists t \in S$, $t(s'm - sm') = 0$.

On munit $S^{-1}M$ de la structure de $S^{-1}A$-module suivante :

$$\frac{m}{s} + \frac{m'}{s'} = \frac{s'm + sm'}{ss'}, \quad \frac{a}{s} \cdot \frac{m}{s'} = \frac{am}{ss'}, \quad m, m' \in M, a \in A, s, s' \in S. $$

On a un morphisme de $A$-mod : $\alpha : M \longrightarrow S^{-1}M$, $m \longmapsto \frac{m}{1}$.

Propriété universelle :

Soit $N$ un $S^{-1}A$-module, pour tout mor. de $A$-mod $\varphi : M \longrightarrow N$, il existe un unique $\tilde{\varphi} \in \text{Hom}_{S^{-1}A}(S^{-1}M, N)$ t.q. $\varphi = \tilde{\varphi} \circ \alpha$ :

Autrement dit : $\text{Hom}_{S^{-1}A}(S^{-1}M, N) \simeq \text{Hom}_A(M, N)$.

Preuve : On a nécessairement $\tilde{\varphi}\left(\frac{m}{s}\right) = \frac{\varphi(m)}{s}$, $\forall m \in M$, $\forall s \in S$. Vérifions que c'est bien défini : Si $\frac{m}{s} = \frac{m'}{s'}$, alors $\exists t \in S$, $t(s'm - sm') = 0$, donc $t(s'\varphi(m) - s\varphi(m')) = 0$, donc $\frac{\varphi(m)}{s} = \frac{\varphi(m')}{s'}$. On vérifie que $\tilde{\varphi}$ est un morphisme de $S^{-1}A$-module.

$\square$

Corollaire : Soit $M$ un $A$-module, on a un isomorphisme naturel : $$S^{-1}M \simeq M \otimes_A S^{-1}A$$

Preuve : Par propriété universelle de la localisation et du produit tensoriel, on a des morphismes de $S^{-1}A$-modules :

$$\begin{aligned} \Phi : S^{-1}M &\longrightarrow M \otimes_A S^{-1}A \\ \frac{m}{s} &\longmapsto m \otimes \frac{1}{s} \end{aligned} ,\qquad \text{induit par}\quad \begin{aligned} M &\longrightarrow M \otimes_A S^{-1}A \\ m &\longmapsto m \otimes 1 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \Psi : M \otimes_A S^{-1}A &\longrightarrow S^{-1}M \\ m \otimes \frac{a}{s} &\longmapsto \frac{a}{s} \cdot m \end{aligned} ,\qquad \text{induit par}\quad \begin{aligned} M \times S^{-1}A &\xrightarrow[]{\tiny\text{bilinéaire}} S^{-1}M \\ \left(m, \frac{a}{s}\right) &\longmapsto\quad \frac{a}{s}\cdot m \end{aligned}$$

On a $\Phi(\Psi(m \otimes \frac{a}{s})) = \Phi(\frac{a}{s} m) = \Phi(\frac{am}{s}) = am \otimes \frac{1}{s} = m \otimes \frac{a}{s}$$\Psi(\Phi(\frac{m}{s})) = \Psi(m \otimes \frac{1}{s}) = \frac{1}{s} \cdot m = \frac{m}{s}$. Donc $\Phi \circ \Psi = \text{Id}_{M \otimes_A S^{-1}A}$ , $\Psi \circ \Phi = \text{Id}_{S^{-1}M}$.

$\square$

Compatibilité de la localisation avec les quotients et les suites exactes

Proposition : Soient $M, N, P$ $A$-modules s'insérant dans une suite exacte : $0\rightarrow M \xrightarrow{\ f\ } N \xrightarrow{\ g\ } P\rightarrow 0$. Alors, on a une suite exacte de $S^{-1}A$-modules :

$$\begin{array}{rcc c c c c c c c} 0 & \rightarrow & S^{-1}M & \xrightarrow{\ f'\ } & S^{-1}N & \xrightarrow{\ g'\ } & S^{-1}P &\rightarrow & 0 \\ & & \dfrac{m}{s} & \longmapsto & \dfrac{f(m)}{s} & & & &\\[1.5ex] & & & & \dfrac{n}{s} & \longmapsto & \dfrac{g(n)}{s} & & \end{array} $$

Preuve : Comme $\text{Im } f \subseteq \text{Ker } g$, on a aussi $\text{Im } f' \subseteq \text{Ker } g'$. Soit $\frac{n}{s} \in \text{Ker } g'$. Alors $\frac{g(n)}{s} = 0$, i.e. $\exists t \in S$, $t\cdot g(n) = 0$, donc $g(tn) = 0$, alors $tn \in \text{Ker } g = \text{Im } f$. Soit $m \in M$ t.q. $tn = f(m)$, alors $\frac{n}{s} = \frac{f(m)}{st} = f'\left(\frac{m}{st}\right) \in \text{Im } f'$.

$\square$

Corollaire 1 :

1. Soit $L \le_{A\text{-mod}} M$, alors $S^{-1}L \le_{S^{-1}A\text{-mod}} S^{-1}M$, et $S^{-1}M / S^{-1}L \simeq S^{-1}(M/L)$.
2. Si $I$ est un idéal de $A$, alors $S^{-1}I$ est un idéal de $S^{-1}A$ (qui en fait n'est autre que $e(I)$) et $S^{-1}A / S^{-1}I \simeq \bar{S}^{-1}(A/I)$, où $\bar{S}$ est l'image de $S$ dans $A/I$.

Corollaire 2 : Les applications $r$ et $e$ induisent une bijection entre les idéaux premiers de $S^{-1}A$ et les idéaux premiers de $A$ n'intersectant pas $S$.

Preuve :

Il suffit de montrer que $r$ envoie les idéaux premiers de $S^{-1}A$ sur des idéaux premiers de $A$ n'intersectant pas $S$ et que $e$ aussi.

1. Soit $\mathfrak{p}$ un idéal premier de $A$ et $\mathfrak{p} \cap S = \varnothing$, par le Corollaire 1, $S^{-1}A / e(\mathfrak{p}) = S^{-1}A / S^{-1}\mathfrak{p} = \bar{S}^{-1}(A/\mathfrak{p})$, or $A/\mathfrak{p}$ est intègre et $0 \notin \bar{S}$, donc $\bar{S}^{-1}(A/\mathfrak{p}) \subset \text{Frac}(A/\mathfrak{p})$, i.e. $e(\mathfrak{p})$ premier.
2. Soit $\mathfrak{q}$ un idéal premier de $S^{-1}A$, alors $r(\mathfrak{q}) = \alpha^{-1}(\mathfrak{q})$ est un idéal premier de $A$. Si $r(\mathfrak{q}) \cap S \neq \varnothing$, on a $\exists s \in r(\mathfrak{q}) \cap S$, donc $\frac{s}{1} \in \mathfrak{q} \cap (S^{-1}A)^{\times}$ donc $\mathfrak{q} = S^{-1}A$, absurde.

$\square$

Exemple : Soit $A$ un anneau commutatif. Soit $\mathfrak{p}$ un idéal premier. On pose $S = A \setminus \mathfrak{p}$. En général, on note $A_{\mathfrak{p}} = S^{-1}A$. Par le Corollaire 2, $A_{\mathfrak{p}}$ est un anneau local d'idéal maximal : $\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$. Du coup $A_{\mathfrak{p}} / \mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}} = S^{-1}A / S^{-1}\mathfrak{p} = \bar{S}^{-1}(A/\mathfrak{p}) = \text{Frac}(A/\mathfrak{p})$.

$\bar{S} : \text{image de } S \text{ dans } A/\mathfrak{p} = (A/\mathfrak{p}) \setminus \{0\}$.

Remarque : Soient $\mathbb{K}$ un corps et $f_1, \cdots, f_r \in \mathbb{K}[x_1, \cdots, x_n]$. Si $A = \mathbb{K}[x_1, \cdots, x_n] / (f_1, \cdots, f_r)$, on a $\text{Hom}_{\mathbb{K}\text{-alg}}(A, \mathbb{K}) = \{ \underline{x}\in \mathbb{K}^n \mid f_1(\underline{x}) = \cdots = f_r(\underline{x}) = 0 \}$.

Soit $g \in \mathbb{K}[x_1, \cdots, x_n]$, alors $\text{Hom}_{\mathbb{K}\text{-alg}}(A[g^{-1}], \mathbb{K}) = \{ \underline{x}\in\mathbb{K}^n \mid f_1(\underline{x}) = \cdots = f_r(\underline{x}) = 0 \text{ et } g(\underline{x}) \neq 0 \}$.

$S \subseteq A$ partie multiplicative. $\text{Hom}_{\mathbb{K}\text{-alg}}(S^{-1}A, \mathbb{K}) = \{ \underline{x} \in\mathbb{K}^n \mid f_1(\underline{x}) = \cdots = f_r(\underline{x}) = 0 \text{ et } \forall g \in S, g(\underline{x}) \neq 0 \}$.