2.11 Modules projectifs et modules plats.

Si $A$ est un anneau, les modules libres jouissent de nombreuses bonnes propriétés :

Si $L=A^{(I)}$ est un $A$-module libre et on a une suite exacte

$$0 \longrightarrow M \stackrel{u}{\longrightarrow} N \stackrel{v}{\longrightarrow} P \longrightarrow 0, $$

alors elle induit deux suites exactes :

(i).

$$\begin{array}{ccccccc} 0 \longrightarrow & \text{Hom}_A(L, M) & \stackrel{u\circ}{\longrightarrow} & \text{Hom}_A(L, N) & \stackrel{v\circ}{\longrightarrow} & \text{Hom}_A(L, P) & \longrightarrow 0 \\ & \simeq M^I & & \simeq N^I & & \simeq P^I & \end{array} $$

(ii).

$$\begin{array}{ccccccc} 0 \longrightarrow & M \otimes_A L & \longrightarrow & N \otimes_A L & \longrightarrow & P \otimes_A L & \longrightarrow 0 \\ & \simeq M^{(I)} & & \simeq N^{(I)} & & \simeq P^{(I)} & \end{array} $$

Si $A$ commutatif, elles sont des suites exactes de $A$-modules. Sinon, elles sont des suites exactes de groupes abéliens.

Modules projectifs

Lemme : Soit $A$ un anneau. On considère une suite exacte de $A$-modules

$$0 \longrightarrow M_1 \stackrel{u}{\longrightarrow} M_2 \stackrel{v}{\longrightarrow} M_3 \quad \text{(où } v \text{ n'est pas forcément surjectif)} $$

Alors, pour tout $A$-module $N$, on a une suite exacte :

$$0 \longrightarrow \text{Hom}_A(N, M_1) \stackrel{u\circ}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N, M_2) \stackrel{v\circ}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N, M_3) $$

Remarques :

(1). Si $A$ est commutatif, la suite exacte obtenue est une suite exacte de $A$-modules. En général, c'est juste une suite exacte de groupes abéliens.

(2). La suite exacte $0 \longrightarrow \mathbb{Z} \stackrel{\times n}{\longrightarrow} \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \longrightarrow 0$ induit une suite exacte

$$\begin{array}{cccccc} 0 \longrightarrow & \text{Hom}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, \mathbb{Z}) & \stackrel{(\times n)\circ}{\longrightarrow} & \text{Hom}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, \mathbb{Z}) & \longrightarrow & \text{Hom}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) \\ & \parallel & & \parallel & & \parallel \\ & 0 & & 0 & & \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \end{array} $$

dans laquelle le dernier morphisme n'est pas surjectif.

Preuve du lemme :

Soit $f \in \text{Ker }(u\circ)$, alors $u \circ f = 0$. Mais $u$ est injectif, donc $f = 0$, donc $u$ est injectif. Pour tout $f \in \text{Hom}_A(N, M_1)$, on a $v\circ (u(f)) = (v \circ u) \circ f = 0 \circ f = 0$, donc $\text{Im }(u) \subseteq \text{Ker }(v)$.

Soit $g \in \text{Ker }(v\circ)$, alors $v \circ g = 0$, donc $\text{Im } g \subseteq \text{Ker } v = \text{Im } u$. On définit alors en utilisant l'injectivité de $u$ :

$$\begin{align*} \tilde{g} : N &\longrightarrow M_1 \\ n &\longmapsto u^{-1}(g(n)) \end{align*} $$

On a alors $u \circ \tilde{g} = g$, donc $g \in \text{Im }(u\circ)$.

$\square$

Définition : Soit $A$ un anneau. On dit qu'un $A$-module $N$ est projectif, si toute suite exacte $0 \longrightarrow M_1 \stackrel{u}{\longrightarrow} M_2 \stackrel{v}{\longrightarrow} M_3 \longrightarrow 0$ induit une suite exacte :

$$0 \longrightarrow \text{Hom}_A(N, M_1) \stackrel{u\circ}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N, M_2) \stackrel{v\circ}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N, M_3) \longrightarrow 0 $$

Exemples :

(1). Modules libres.

(2). Soit $N$ un facteur direct d'un $A$-module libre $L$ : $L = N \oplus N'$.

Si $0 \longrightarrow M_1 \longrightarrow M_2 \longrightarrow M_3 \longrightarrow 0$ est une suite exacte, alors on a une suite exacte :

$$\begin{array}{ccccccc} 0 \longrightarrow & \text{Hom}_A(L, M_1) & \longrightarrow & \text{Hom}_A(L, M_2) & \stackrel{v\circ}{\longrightarrow} & \text{Hom}_A(L, M_3) & \longrightarrow 0 \\ & \parallel & & \parallel & & \parallel & \\ 0 \longrightarrow & \text{Hom}_A(N, M_1) & \longrightarrow & \text{Hom}_A(N, M_2) & \stackrel{v\circ}{\longrightarrow} & \text{Hom}_A(N, M_3) & \textcolor{red}{\longrightarrow 0} \\ & \oplus & & \oplus & & \oplus & \\ 0 \longrightarrow & \text{Hom}_A(N', M_1) & \longrightarrow & \text{Hom}_A(N', M_2) & \stackrel{v\circ}{\longrightarrow} & \text{Hom}_A(N', M_3) & \textcolor{red}{\longrightarrow 0} \end{array} $$

donc $N$ est un module projectif. $\text{Hom}_A(N, M) \oplus \text{Hom}_A(N', M) \simeq \text{Hom}_A(N \oplus N', M)$ (par la propriété universelle de la somme directe).

Exercice : Si $A = B \times C$ avec $B, C$ des anneaux non nuls, alors $B$ et $C$ sont des $A$-module projectifs non libres.

Idée : Montrons que $\text{Hom}_A(B,C) = 0$.

Théorème : Soit $A$ un anneau. Soit $N$ un $A$-module, alors les propriétés suivantes sont équivalentes :

1. $N$ est un module projectif
2. Toute suite exacte $0 \rightarrow M \stackrel{u}{\longrightarrow} M' \stackrel{v}{\longrightarrow} N \rightarrow 0$ est scindée ($\exists s : N \rightarrow M', v \circ s = \text{Id}_N$).
3. $N$ est facteur direct d'un $A$-module libre $L$.

Preuve :

• $\boxed{1. \Rightarrow 2.}$ On prend une suite exacte : $0 \rightarrow M \rightarrow M' \rightarrow N \rightarrow 0$. Comme $N$ est projectif, on obtient une suite exacte : $$0 \longrightarrow \text{Hom}_A(N, M) \stackrel{u\circ}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N, M') \stackrel{v\circ}{\longrightarrow} \text{Hom}_A(N, N) \longrightarrow 0$$ Puisque $v\circ$ est surjectif, on pose $s\in\text{Hom}_A(N, M')$ tel que $v\circ s = \text{Id}_N$.

• $\boxed{2. \Rightarrow 3.}$ On peut trouver un morphisme surjectif : $\varphi : A^{(I)} \longrightarrow N$ pour un certain ensemble $I$. (On peut choisir $\varphi : A^{(\mathbb{N})} \longrightarrow N, (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \mapsto \sum_{n \in \mathbb{N}} a_n n$). Donc on a une suite exacte : $0 \longrightarrow \text{Ker }\varphi \longrightarrow A^{(I)} \longrightarrow N \longrightarrow 0$. Cette suite étant scindée, $A^{(I)} \simeq N \oplus \text{Ker }\varphi$.

• $\boxed{3. \Rightarrow 1.}$ L'exemple précédent.

$\square$

Modules plats

Dans cette partie, les anneaux sont commutatifs.

Lemme : Soit $A$ un anneau commutatif. On considère une suite exacte de $A$-modules :

$$M_1 \stackrel{f}{\longrightarrow} M_2 \stackrel{g}{\longrightarrow} M_3 \longrightarrow 0 $$

Alors, elle induit, pour tout $A$-module $N$, une suite exacte :

$$M_1 \otimes_A N \stackrel{f\otimes \text{id}_N}{\longrightarrow} M_2 \otimes_A N \stackrel{g\otimes \text{id}_N}{\longrightarrow} M_3 \otimes_A N \longrightarrow 0 $$

Remarque : La suite exacte $0 \longrightarrow \mathbb{Z} \stackrel{\times 2}{\longrightarrow} \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \longrightarrow 0$ induit une suite exacte :

$$\begin{array}{cccccc} \mathbb{Z} \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} & \stackrel{\times 2}{\longrightarrow} & \mathbb{Z} \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} & \longrightarrow & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} & \longrightarrow 0 \\ \parallel & & \parallel & & \parallel & \\ \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} & & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} & & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} & \end{array} $$

dans laquelle le premier morphisme n'est pas injectif.

Preuve du lemme :

On note $f_N = f\otimes \text{id}_N$ et $g_N = g\otimes \text{id}_N$. On a de manière évidente que $\text{Im } f_N \subseteq \text{Ker } g_N$. Pour conclure, il suffit de montrer que le morphisme induit

$$\varphi : (M_2 \otimes_A N) / \text{Im } f_N \longrightarrow M_3 \otimes_A N $$

est un isomorphisme. On considère l'application :

$$\begin{align*} \psi : M_3 \times N &\longrightarrow (M_2 \otimes_A N) / \text{Im } f_N \\ (m, n) &\longmapsto [\tilde{m} \otimes n] \end{align*} $$

où $\tilde{m}$ est un relèvement de $m$ à $M_2$.

Si $\tilde{m}$ et $\tilde{m}'$ sont deux relèvements de $m$ dans $M_2$, alors

$$(\tilde{m} \otimes n) - (\tilde{m}' \otimes n) = (\tilde{m} - \tilde{m}') \otimes n \in \text{Im } f_N $$

car $\tilde{m} - \tilde{m}' \in \text{Ker } g = \text{Im } f$. donc $[\tilde{m} \otimes n] = [\tilde{m}' \otimes n]$ et $\psi$ est bien définie.

On vérifie aisément que $\psi$ est $A$-bilinéaire et donc induit par propriété universelle un morphisme :

$$\begin{align*} \theta : M_3 \otimes_A N &\longrightarrow (M_2 \otimes_A N) / \text{Im } f_N \\ m \otimes n &\longmapsto [\tilde{m} \otimes n] \end{align*} $$

où $\tilde{m} \in M_2$ relève $m$.

On a alors $\theta \circ \varphi = \text{Id}_{(M_2 \otimes_A N)/\text{Im } f_N}$ et $\varphi \circ \theta = \text{Id}_{M_3 \otimes_A N}$.

$\square$

Définition : Soit $A$ un anneau commutatif. Un $A$-module $N$ est dit plat si toute suite exacte

$$0 \longrightarrow M_1 \longrightarrow M_2 \longrightarrow M_3 \longrightarrow 0 $$

induit une suite exacte :

$$0 \longrightarrow M_1 \otimes_A N \longrightarrow M_2 \otimes_A N \longrightarrow M_3 \otimes_A N \longrightarrow 0 $$

Exemples :

(1). Modules libres.

(2). Les modules projectifs sont plats.

(3). Si $S$ est une partie multiplicative de $A$, alors $S^{-1} A$ est un $A$-module plat.

(4). Prenons $A = \mathbb{Z}$, alors $\mathbb{Q}$ est un $\mathbb{Z}$-module plat (comme $\mathbb{Q}$ est un localisé de $A$). Mais $\mathbb{Q}$ n'est pas projectif.

$$0 \longrightarrow \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Q} \longrightarrow \mathbb{Q}/\mathbb{Z} \longrightarrow 0 $$

$$\begin{array}{cccccc} 0 \longrightarrow & \text{Hom}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Q}, \mathbb{Z}) & \longrightarrow & \text{Hom}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Q}, \mathbb{Q}) & \longrightarrow & \text{Hom}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Q}, \mathbb{Q}/\mathbb{Z}) \\ & \parallel & & \parallel & & \\ & 0 & & 0 & & \end{array} $$

Preuve : (1). Clairement.

(2). Soit $N$ projectif, donc il existe un $A$-module libre $L$ tel que $L = N \oplus N'$, donc on a :

$$\begin{array}{ccccccc} 0 \longrightarrow & M_1 \otimes_A L & \stackrel{u_L}{\longrightarrow} & M_2 \otimes_A L & \stackrel{v_L}{\longrightarrow} & M_3 \otimes_A L & \longrightarrow 0 \\ & \parallel & & \parallel & & \parallel & \\ \textcolor{red}{0 \longrightarrow} & M_1 \otimes_A N & \stackrel{u_N}{\longrightarrow} & M_2 \otimes_A N & \stackrel{v_N}{\longrightarrow} & M_3 \otimes_A N & \longrightarrow 0 \\ & \oplus & & \oplus & & \oplus & \\ \textcolor{red}{0 \longrightarrow} & M_1 \otimes_A N' & \stackrel{u_{N'}}{\longrightarrow} & M_2 \otimes_A N' & \stackrel{v_{N'}}{\longrightarrow} & M_3 \otimes_A N' & \longrightarrow 0 \end{array} $$

On va montrer que les deux nœuds $\,\stackrel{0}{\longrightarrow}M_1 \otimes_A N\stackrel{u_N}{\longrightarrow}\,$ et $\,\stackrel{0}{\longrightarrow}M_1 \otimes_A N'\stackrel{u_{N'}}{\longrightarrow}\,$ sont exactes. Il suffit de montrer que $u_N$ et $u_{N'}$ sont injectifs.

$$\forall a \in \text{Ker } u_N,\, \forall b \in \text{Ker } u_{N'}, \quad u_L(a+b) = u_L(a) + u_L(b) = u_N(a) + u_{N'}(b) = 0 $$

donc $a+b \in \text{Ker } u_L = 0$, alors $a = b = 0$. Donc $\text{Ker } u_N = \text{Ker } u_{N'} = 0$.

(3). Pour une suite exacte $0 \longrightarrow M_1 \longrightarrow M_2 \longrightarrow M_3 \longrightarrow 0$, par la compatibilité de la localisation avec les suites exactes, la suite :

$$0 \longrightarrow S^{-1}M_1 \longrightarrow S^{-1}M_2 \longrightarrow S^{-1}M_3 \longrightarrow 0 $$

est exacte. Comme $S^{-1}M_i \simeq M_i \otimes_A S^{-1}A$, on obtient la suite exacte :

$$0 \longrightarrow M_1 \otimes_A S^{-1}A \longrightarrow M_2 \otimes_A S^{-1}A \longrightarrow M_3 \otimes_A S^{-1}A \longrightarrow 0 $$

$\square$

Propriétés locales

Définition : Soit $A$ un anneau commutatif.

1. On appelle spectre de $A$, et on note $\text{Spec}(A)$, l'ensemble des idéaux premiers de $A$. On appelle spectre maximal de $A$, et on note $\text{Max}(A)$, l'ensemble des idéaux maximaux de $A$.

2. On dit qu'une propriété $(P)$ des modules est locale si pour tout $A$-module $M$ : $$M \text{ vérifie } (P) \iff \forall \mathfrak{p} \in \text{Spec}(A), \text{ le } A_{\mathfrak{p}}\text{-module } M_{\mathfrak{p}} \text{ vérifie } (P)$$ où $A_{\mathfrak{p}} = (A\setminus\mathfrak{p})^{-1}A$ et $M_{\mathfrak{p}} = (A\setminus\mathfrak{p})^{-1}M$.

Lemme : On considère $M$ un $A$-module. Le morphisme

$$ \varphi : M \longrightarrow \prod_{\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)} M_{\mathfrak{m}} $$

est injectif.

Preuve : Si $m \in \text{Ker }\varphi$, alors pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, il existe $s_{\mathfrak{m}} \in A\setminus\mathfrak{m}$ tel que $s_{\mathfrak{m}} \cdot m = 0$. Par conséquent, l'annulateur $\text{Ann}_A(m)$ n'est contenu dans aucun idéal maximal de $A$. Par le théorème de Krull, on a $\text{Ann}_A(m) = A$, d'où $m = 0$.

$\square$

Corollaire 1 : On considère deux morphismes $f : M \rightarrow N$ et $g : N \rightarrow P$. Alors la suite

$$0 \longrightarrow M \stackrel{f}{\longrightarrow} N \stackrel{g}{\longrightarrow} P \longrightarrow 0 $$

est exacte si et seulement si pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, la suite de $A_{\mathfrak{m}}$-modules :

$$0 \longrightarrow M_{\mathfrak{m}} \stackrel{f_{\mathfrak{m}}}{\longrightarrow} N_{\mathfrak{m}} \stackrel{g_{\mathfrak{m}}}{\longrightarrow} P_{\mathfrak{m}} \longrightarrow 0 $$

est exacte.

Preuve :

$\boxed{\Rightarrow}$ Par exactitude du foncteur de localisation.

$\boxed{\Leftarrow}$

Étape 1: $\forall \mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, $(\text{Ker } f)_{\mathfrak{m}} = \text{Ker } f_{\mathfrak{m}} = 0$. On en déduit que $\text{Ker } f = 0$.

• Soit $\frac{m}{s} \in (\text{Ker } f)_{\mathfrak{m}} = (A \setminus \mathfrak{m})^{-1} \text{Ker } f$, avec $m \in \text{Ker } f$ et $s \in A \setminus \mathfrak{m}$. On a :

  $$f_{\mathfrak{m}}\left(\frac{m}{s}\right) = \frac{f(m)}{s} = 0 $$

  donc $\frac{m}{s} \in \text{Ker } f_{\mathfrak{m}}$, d'où $(\text{Ker } f)_{\mathfrak{m}} \subseteq \text{Ker } f_{\mathfrak{m}}$.
• Réciproquement, pour tout $\frac{m}{s} \in \text{Ker } f_{\mathfrak{m}}$, on a $f_{\mathfrak{m}}\left(\frac{m}{s}\right) = 0$, donc $\frac{f(m)}{s} = 0$. Alors il existe $s' \in A \setminus \mathfrak{m}$ tel que $s' f(m) = 0$. Ainsi, $f(s'm) = 0$, ce qui implique $s'm \in \text{Ker } f$. Puisque $s's \in A \setminus \mathfrak{m}$, on a :

  $$\frac{m}{s} = \frac{s'm}{s's} \in (\text{Ker } f)_{\mathfrak{m}} $$

  donc $\text{Ker } f_{\mathfrak{m}} \subseteq (\text{Ker } f)_{\mathfrak{m}}$.
• On en conclut que $(\text{Ker } f)_{\mathfrak{m}} = \text{Ker } f_{\mathfrak{m}}$ pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$. Donc par le lemme précédent, $\text{Ker } f = 0$.

Étape 2: $\forall \mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, $(\text{Im } g \circ f)_{\mathfrak{m}} = \text{Im } g_{\mathfrak{m}} \circ f_{\mathfrak{m}} = 0$. On en déduit que $\text{Im } f\circ g = 0$.

• Pour tout $\frac{p}{s} \in (\text{Im } g \circ f)_{\mathfrak{m}}$, il existe $m \in M$ tel que $g(f(m)) = p$. On a alors $$g_{\mathfrak{m}}\left(f_{\mathfrak{m}}\left(\frac{m}{s}\right)\right) = g_{\mathfrak{m}}\left(\frac{f(m)}{s}\right) = \frac{g(f(m))}{s} = \frac{p}{s},$$ donc $(\text{Im } g \circ f)_{\mathfrak{m}} \subseteq \text{Im } g_{\mathfrak{m}} \circ f_{\mathfrak{m}}$.
• Réciproquement, pour tout $\frac{p}{s} \in \text{Im } g_{\mathfrak{m}} \circ f_{\mathfrak{m}}$, il existe $\frac{m}{s'} \in M_{\mathfrak{m}}$ tel que $g_{\mathfrak{m}}\left(f_{\mathfrak{m}}\left(\frac{m}{s'}\right)\right) = \frac{p}{s}$, c'est-à-dire $\frac{g(f(m))}{s'} = \frac{p}{s}$, donc $\frac{p}{s} \in (\text{Im } g \circ f)_{\mathfrak{m}}$.
• On obtient $(\text{Im } g \circ f)_{\mathfrak{m}} = \text{Im } g_{\mathfrak{m}} \circ f_{\mathfrak{m}}$. Par le lemme, on a donc $\text{Im } g \circ f = 0$, ce qui montre que $\text{Im } f \subseteq \text{Ker } g$.

Étape 3: Pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, on a :

$$(\text{Ker } g / \text{Im } f)_{\mathfrak{m}} \simeq (\text{Ker } g)_{\mathfrak{m}} / (\text{Im } f)_{\mathfrak{m}} \simeq \text{Ker } g_{\mathfrak{m}} / \text{Im } f_{\mathfrak{m}} = 0. $$

Par conséquent, $\text{Ker } g = \text{Im } f$.

Étape 4: Pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$,

$$(P / \text{Im } g)_{\mathfrak{m}} \simeq P_{\mathfrak{m}} / (\text{Im } g)_{\mathfrak{m}} \simeq P_{\mathfrak{m}} / \text{Im } g_{\mathfrak{m}} = 0, $$

donc $\text{Im } g = P$.

$\square$

Corollaire 2 : La platitude des modules sur un anneau commutatif est une propriété locale. Plus précisément, si $A$ est un anneau commutatif et $M$ un $A$-module, les propriétés suivantes sont équivalentes :

1. $M$ est plat.
2. Pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, le $A_{\mathfrak{m}}$-module $M_{\mathfrak{m}}$ est plat.

Lemme : Soient $M, N$ deux $A$-modules, avec $A$ un anneau commutatif. Soit $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, on a un isomorphisme naturel :

$$N \otimes_A M_{\mathfrak{m}} \simeq N_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} $$

Preuve du lemme : Par la propriété universelle du produit tensoriel, on définit les morphismes de $A_{\mathfrak{m}}$-modules suivants :

$$\begin{align*} \varphi : N \otimes_A M_{\mathfrak{m}} &\longrightarrow N_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \\ n \otimes \frac{m}{s} &\longmapsto \frac{n}{1} \otimes \frac{m}{s} \end{align*} $$

induit par l'application bilinéaire $\Phi : N \times M_{\mathfrak{m}} \rightarrow N_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}}, \ (n, \frac{m}{s}) \mapsto \frac{n}{1} \otimes \frac{m}{s}$.

$$\begin{align*} \psi : N_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} &\longrightarrow N \otimes_A M_{\mathfrak{m}} \\ \frac{n}{s} \otimes \frac{m}{t} &\longmapsto n \otimes \frac{m}{st} \end{align*} $$

induit par l'application bilinéaire $\Psi : N_{\mathfrak{m}} \times M_{\mathfrak{m}} \rightarrow N \otimes_A M_{\mathfrak{m}}, \ (\frac{n}{s}, \frac{m}{t}) \mapsto n \otimes \frac{m}{st}$.

Ces deux morphismes sont inverses l'un de l'autre.

$\square$

Preuve du corollaire 2 :

$\boxed{1. \Rightarrow 2.}$ On se donne $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$ et une suite exacte de $A_{\mathfrak{m}}$-modules :

$$0 \longrightarrow N_1 \longrightarrow N_2 \longrightarrow N_3 \longrightarrow 0 $$

Par le lemme précédent, la suite induite suivante est exacte :

$$0 \longrightarrow N_1 \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow N_2 \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow N_3 \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow 0 \qquad(*) $$

En effet, comme

$$\begin{align*} (N_{i})_{\mathfrak{m}} = (A \setminus \mathfrak{m})^{-1} N_i \simeq N_i \otimes_A A_{\mathfrak{m}} &\stackrel{\sim}{\longrightarrow} N_i \\ n \otimes \frac{a}{s} &\longmapsto \frac{a}{s} n\\ n \otimes 1 &\longleftarrow\hspace{-0.2em}\shortmid\, n \end{align*} $$

et on a une suite exacte :

$$0 \longrightarrow (N_{1})_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow (N_{2})_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow (N_{3})_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow 0 $$

qui s'identifie (par le lemme) à :

$$0 \longrightarrow N_1 \otimes_A M \longrightarrow N_2 \otimes_A M \longrightarrow N_3 \otimes_A M \longrightarrow 0 $$

Cette suite est exacte puisque $M$ est plat. Du coup, la suite $(*)$ est exacte.

$\boxed{2. \Rightarrow 1.}$ On considère une suite exacte de $A$-modules :

$$0 \longrightarrow N_1 \longrightarrow N_2 \longrightarrow N_3 \longrightarrow 0 $$

Pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, on a l'isomorphisme :

$$\begin{align*} (N_i \otimes_A M)_{\mathfrak{m}} &\simeq (N_i \otimes_A M) \otimes_A A_{\mathfrak{m}} \\ &\simeq N_i \otimes_A (M \otimes_A A_{\mathfrak{m}}) \\ &\simeq N_i \otimes_A M_{\mathfrak{m}} \\ &\simeq (N_{i})_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \quad \text{(par le lemme)} \end{align*} $$

Ainsi, la suite :

$$0 \longrightarrow (N_1 \otimes_A M)_{\mathfrak{m}} \longrightarrow (N_2 \otimes_A M)_{\mathfrak{m}} \longrightarrow (N_3 \otimes_A M)_{\mathfrak{m}} \longrightarrow 0 $$

s'identifie à :

$$0 \longrightarrow (N_{1})_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow (N_{2})_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow (N_{3})_{\mathfrak{m}} \otimes_{A_{\mathfrak{m}}} M_{\mathfrak{m}} \longrightarrow 0 $$

Cette dernière est exacte car $M_{\mathfrak{m}}$ est un $A_{\mathfrak{m}}$-module plat. Puisque cela est vrai pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, on en déduit que la suite de départ :

$$0 \longrightarrow N_1 \otimes_A M \longrightarrow N_2 \otimes_A M \longrightarrow N_3 \otimes_A M \longrightarrow 0 $$

est exacte.

$\square$

Attention : La projectivité N'EST PAS une propriété locale. Cependant, on peut montrer que la propriété d'être de présentation finie (finiment engendré avec un nombre fini de relations) et projectif est locale (ce qui correspond à l'existence d'une surjection $A^n \longrightarrow M$ de noyau de type fini).

Contre-exemple :

Soient $A = \prod_{i \in \mathbb{N}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ et $I = \bigoplus_{i \in \mathbb{N}} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ l'idéal de $A$ constitué des suites presque nulles. Considérons le $A$-module $M = A/I$.

• $M$ n'est pas un $A$-module projectif : On considère la suite exacte courte naturelle de $A$-modules :

  $$0 \longrightarrow I \longrightarrow A \longrightarrow A/I \longrightarrow 0 $$

  Si $M = A/I$ était projectif, cette suite exacte serait scindée, ce qui signifierait que $I$ est un facteur direct de $A$ (en tant que $A$-module). Or, un idéal de $A$ est un facteur direct si et seulement s'il est engendré par un élément idempotent $e \in A$ (c'est-à-dire vérifiant $e^2 = e$). Si on avait $I = eA$, l'élément $e$ devrait appartenir à $I$ (car $1 \in A$ implique $e = e \cdot 1 \in I$). Comme les éléments de $I$ n'ont qu'un nombre fini de coordonnées non nulles, $e$ n'aurait lui aussi qu'un nombre fini de coordonnées égales à $1$. Mais alors, l'idéal $eA$ ne pourrait pas contenir les éléments de $I$ ayant une coordonnée non nulle là où celle de $e$ est nulle (ce qui existe toujours car $\mathbb{N}$ est infini). Ainsi, $I$ n'est pas un facteur direct de $A$, la suite exacte ne scinde pas, et $M$ n'est pas projectif.

• $M_{\mathfrak{m}}$ est un $A_{\mathfrak{m}}$-module projectif pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$ : L'anneau $A$ est un anneau booléen (chaque élément $x \in A$ vérifie $x^2 = x$). Pour tout idéal maximal $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$, l'anneau localisé $A_{\mathfrak{m}}$ est un anneau local booléen, ce qui en fait un corps (isomorphe à $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$). Puisque $A_{\mathfrak{m}}$ est un corps, tout $A_{\mathfrak{m}}$-module est un espace vectoriel, donc libre, et par conséquent projectif. Ainsi, $M_{\mathfrak{m}}$ est un $A_{\mathfrak{m}}$-module projectif (et même libre de rang $0$ ou $1$) pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$.

Platitude sur un anneau local

Théorème : Soit $A$ un anneau commutatif local noethérien. Soit $M$ un $A$-module de type fini. Alors $M$ est plat si et seulement si $M$ est libre.

Corollaire : Soit $A$ un anneau commutatif noethérien. Soit $M$ un $A$-module de type fini. Alors $M$ est plat si et seulement si $M_{\mathfrak{m}}$ est un $A_{\mathfrak{m}}$-module libre pour tout $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$.

Lemme : Soit $A$ un anneau commutatif. On considère une suite exacte de $A$-modules :

$$0 \longrightarrow M \longrightarrow N \longrightarrow P \longrightarrow 0 $$

avec $P$ plat. Alors pour tout $A$-module $Q$, la suite induite :

$$0 \longrightarrow M \otimes_A Q \longrightarrow N \otimes_A Q \longrightarrow P \otimes_A Q \longrightarrow 0 $$

est exacte.

Preuve du lemme : On peut trouver une suite exacte :

$$0 \longrightarrow K \longrightarrow L \longrightarrow Q \longrightarrow 0 $$

dans laquelle $L$ est libre (on peut prendre $L = A^{(Q)}$). On obtient le diagramme commutatif suivant, à lignes et colonnes exactes :

Montrons que $f_1$ est injectif. Soit $x \in \text{Ker } f_1$, alors $f_1(x) = 0$. Puisque $\theta_2$ est surjectif, il existe $w \in M \otimes_A L$ tel que $\theta_2(w) = x$. Puisque $p_2(g_1(w)) = f_1(\theta_2(w)) = f_1(x) = 0$, on a $g_1(w) = y \in \text{Ker } p_2 = \text{Im } p_1$. Ainsi, il existe $z \in N \otimes_A K$ tel que $p_1(z) = y$. De plus, $w_1(h_2(z)) = g_2(p_1(z)) = g_2(y) = g_2(g_1(w)) = 0$, donc $h_2(z) \in \text{Ker } w_1$. Puisque $w_1$ est injectif, on a $h_2(z) = 0$, ce qui implique $z \in \text{Ker } h_2 = \text{Im } h_1$. Il existe donc $u \in M \otimes_A K$ tel que $h_1(u) = z$. On a alors $p_1(h_1(u)) = g_1(\theta_1(u)) = p_1(z) = y = g_1(w)$. Comme $g_1$ est injectif, on en déduit que $\theta_1(u) = w$. D'où $x = \theta_2(w) = \theta_2(\theta_1(u)) = 0$. Ainsi, $\text{Ker } f_1 = 0$, ce qui montre que $f_1$ est injectif.

$\square$

Preuve du théorème : Supposons $M$ plat et montrons que $M$ est libre. Soit $\mathfrak{m} \in \text{Max}(A)$. Posons $\mathbb{K} = A / \mathfrak{m}$. Puisque $M$ est de type fini, le quotient $M / \mathfrak{m}M$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie. Soit $(e_1, \dots, e_n)$ une $\mathbb{K}$-base de $M / \mathfrak{m}M$, de sorte qu'on a l'isomorphisme :

$$\begin{align*} \varphi : \mathbb{K}^n &\longrightarrow M / \mathfrak{m}M \\ (a_i)_{1\leq i \leq n} &\longmapsto \sum_{i=1}^n a_i e_i \end{align*} $$

Soient maintenant $\tilde{e}_i$ un relèvement de $e_i$ dans $M$, $1\leq i \leq n$, et définissons le morphisme :

$$\begin{align*} \tilde{\varphi} : A^n &\longrightarrow M \\ (a_i)_{1\leq i \leq n} &\longmapsto \sum_{i=1}^n a_i \tilde{e}_i \end{align*} $$

Montrons que $\tilde{\varphi}$ est un isomorphisme. Par le lemme de Nakayama, $\tilde{\varphi}$ est surjectif. Soit $K = \text{Ker }\tilde{\varphi}$, on a la suite exacte :

$$0 \longrightarrow K \longrightarrow A^n \stackrel{\tilde{\varphi}}{\longrightarrow} M \longrightarrow 0 \quad (*) $$

En quotientant par $\mathfrak{m}$, $(*)$ induit la suite :

$$0 \longrightarrow K / \mathfrak{m}K \longrightarrow (A / \mathfrak{m})^n \stackrel{\varphi}{\longrightarrow} M / \mathfrak{m}M \longrightarrow 0 \quad (**) $$

Par la propriété universelle du produit tensoriel, on a les isomorphismes :

$$\begin{align*} K / \mathfrak{m}K &\stackrel{\sim}{\longrightarrow} K \otimes_A A/\mathfrak{m} \\ \overline{k} &\longmapsto k \otimes 1 \\ \overline{ak} &\longleftarrow\hspace{-0.2em}\shortmid\, k \otimes \overline{a} \end{align*} $$

et

$$\begin{align*} M / \mathfrak{m}M &\stackrel{\sim}{\longrightarrow} M \otimes_A A/\mathfrak{m} \\ \overline{u} &\longmapsto u \otimes 1 \\ \overline{au} &\longleftarrow\hspace{-0.2em}\shortmid\, u \otimes \overline{a} \end{align*} $$

Par conséquent, la suite $(**)$ s'identifie à la suite :

$$0 \longrightarrow K \otimes_A A/\mathfrak{m} \longrightarrow A^n \otimes_A A/\mathfrak{m} \longrightarrow M \otimes_A A/\mathfrak{m} \longrightarrow 0 $$

Comme $M$ est plat, cette suite est exacte, et il en est de même de $(**)$. On en déduit que $K / \mathfrak{m}K = \text{Ker }\varphi = 0$. Par le lemme de Nakayama, on obtient $K = 0$, et par suite $\tilde{\varphi}$ est un isomorphisme.

$\square$