Pour une suite 1-sécante a, si on a une relation Piλiai = 0, alors λi ∈ ha1, . . . , bai, . . . , ani. Par conséquent, si a est 1-sécante, il est facile de voir que l’on a l’implication :
∀ λi∈ A, n X i=1
λiai= 0 ⇒ ∀ i, λi∈ hai
On dit alors que a est Lech-indépendante. Autrement dit, en notant a l’idéal engendré par a, la suite a est indépendante au sens de Lech si et seulement si la famille formée par les classes des aidans a/a2forment une base de ce A/a-module. Bourbaki emploie la terminologie de suite A-indépendante (cf. AC X, § 4, exercice 12).
Un exemple classique de Lech-indépendance
Soit F = (F1, . . . , Fn) une suite de n polynômes en n indéterminées sur un anneau commutatif k ayant leur jacobien J inversible modulo hF i, c’est-à-dire inversible dans l’anneau quotient k[X]/hFi. Alors la suite F est Lech-indépendante. En effet, considérons une relationPiUiFi= 0. En dérivant par rapport à Xj, on obtient X i ∂Ui ∂Xj Fi+ X i Ui∂Fi ∂Xj = 0 Matriciellement, on a donc ∀ j, ∂Xj(F1) · · · ∂Xj(Fn) U1 .. . Un
≡ 0 modhF i i.e. tJac(F1, . . . , Fn) U1 .. . Un ≡ 0 modhF i
En multipliant à gauche par la transposée de la comatrice de la jacobienne, on obtient JUi≡ 0 mod hF i. Comme le jacobien J est inversible modulo hF i, on en déduit Ui∈ hF i pour tout i.
V-4. Suite 1-sécante
Quelques propriétés élémentaires de la Lech-indépendance Proposition 4.3. On note a l’idéal engendré par a = (a1, . . . , an).
(i) Une suite 1-sécante est indépendante au sens de Lech.
(ii) La suite a est Lech-indépendante si et seulement si le A/a-module a/a2 est libre de rang n. En particulier, deux suites de même longueur engendrant le même idéal sont simultanément Lech- indépendantes ou non.
(iii) Sihai est engendré par une suite Lech-indépendante de longueur m > n alors 1 ∈ hai.
(iv) Si a et b sont deux suites Lech-indépendantes engendrant le même idéal, alors H
·
(a)≃ H·
(b) (idem en cohomologie).Preuve. Le point (i) a déjà été démontré ci-dessus. Pour le point (ii) : si a est Lech-indépendante la famille formée des classes des aimodulo a2est libre, et comme elle est génératrice de a/a2par définition, c’est une base. Réciproquement si a/a2est un A/a-module libre de rang n. La famille formée des classes des ai est génératrice et de cardinal n donc c’est une base, en particulier une famille libre. Cela signifie exactement que a est indépendante au sens de Lech.
Pour (iii) : soit b Lech-indépendante de longueur m > n telle que hai = hbi. On considère la suite a′= (a, 0, . . . , 0) de longueur m. D’après le point précédent, a′ est Lech-indépendante donc 1 ∈ ha′i.
Enfin (iv) : on va montrer que Hi(a)δ ≃ Hi(b)δ et que Hi(a)≃ Hi(a)δ (idem pour la suite b) pour un certain δ ∈ 1 + a.
Comme a et b engendrent le même idéal, il existe une matrice U ∈ Mn(A) telle que [a1··· an] =
[b1··· bn]U . Cette matrice induit un morphisme u : K
·
(a) → K·
(b), qui est un isomorphisme sur lelocalisé Aδ où δ = det U. On a donc Hi(a)δ≃ Hi(b)δ.
Comme a et b sont indépendantes au sens de Lech, leurs images dans a/a2 sont des bases et donc la matrice U est inversible modulo a : il existe δ′ ∈ A tel que δδ′≡ 1 mod a. Cela entraîne que, sur H
i(a),
la multiplication par δ et la multiplication par δ′sont inverses l’une de l’autre (car a annule H
i(a)). Ceci fait que Hi(a)≃ Hi(a)δ.
Proposition 4.4. Soient deux suites a et b de même longueur engendrant le même idéal. Si a est 1-sécante alors il en est de même de b.
Preuve. On suppose que a est 1-sécante. Alors a est Lech-indépendante. Les deux suites sont de même longueur et engendrent le même idéal donc d’après le point (ii) de la proposition précédente, la suite b est aussi Lech-indépendante. On utilise maintenant le point (iv) qui affirme H1(a)≃ H1(b). Par conséquent, si a est 1-sécante, il en est de même de b.
On présente maintenant un résultat dû à Lech qui généralise en quelque sorte le point (iii) de la proposition précédente. Voici ce que dit Christer Lech dans [Lec85] : « a set of independent elements in a ring cannot be contained in a proper ideal generated by fewer elements ». Nous reformulons cela comme suit :
Proposition 4.5. Soit a un idéal n-engendré. Si a contient une suite Lech-indépendante de longueur m > n alors 1∈ a. Mieux : si a est un idéal n-engendré qui contient une suite Lech-indépendante sur un module M de longueur m > n alors M = aM.
Preuve. Soit a = (a1, . . . , an) engendrant a et b = (b1, . . . , bm) Lech-indépendante sur M . On introduit le complexe de Koszul K
·
(a ; M ), ∂de la suite a sur M. On pose E =V(An)⊗ M. Remarquons que b est alors Lech-indépendante sur E (car E ≃ M2n
).
Comme hbi ⊂ hai, il existe des ui ∈ V1(An) tels que bi = ∂(ui). Soit x ∈ M. Le fait que m > n implique que u1∧ · · · ∧ um⊗ x = 0. En particulier :
u1∧ · · · ∧ um⊗ x ∈ bE + ∂(E) On applique ∂ et on trouve m X i=1 ± bi u1∧ · · · ∧ bui∧ · · · ∧ um⊗ x ∈ b ∂(E)
V. Profondeur et Régularité
On examine le coefficient en bm. En utilisant le fait que b est Lech-indépendante sur E, on obtient u1∧ · · · ∧ um−1⊗ x ∈ bE + ∂(E)
En itérant le processus, on tombe sur 1 ⊗ x ∈ bE + ∂(E). Comme hbi ⊂ hai et ∂(E) ⊂ aE, on en déduit que 1 ⊗ x ∈ aE, ce qui s’écrit encore x ∈ aM.
Dans la proposition précédente, intervient cette terminologie : Définition 4.6. Une suite aest dite Lech-indépendante sur M si
∀ xi ∈ M, n X i=1
aixi= 0 ⇒ ∀ i, xi∈ aM
Remarque 4.7. Comme une suite régulière est Lech-indépendante, le résultat de Lech dit en particulier : « Soit hai un idéal n-engendré qui contient une suite M-régulière de longueur n + 1. Alors aM = M ».
Plus tard, ce sera immédiat. En effet, on invoquera le fait que la Koszul-profondeur est croissante avec l’inclusion, donc Gr(a ; M) > n + 1. Le n + 1 permet alors d’annuler le (n + 1)-ème module de cohomologie Koszul de a, i.e. Hn(a ; M ), qui est justement M/aM .
Il est très facile de démontrer qu’une suite régulière est Lech-indépendante. Par exemple, supposons (a, b, c) régulière et soient u, v, w ∈ A tels que ua + vb + wc = 0. On commence par utiliser que c est régulier modulo ha, bi. On obtient donc w ∈ ha, bi, disons w = u′a + v′b. En reportant, on récupère (u + u′c)a + (v + v′c)b = 0. On utilise le fait que b est régulier modulo a. On obtient v + v′c∈ hai, disons v + v′c = au′′. Pour finir, on a (u + u′c + bu′′)a = 0 d’où u + u′c + bu′′= 0. Récapitulons : on a obtenu u∈ hb, ci, v ∈ ha, ci et w ∈ ha, bi.
Un contre-exemple
On se propose de donner un exemple de suite Lech-indépendante qui n’est pas 1-sécante. L’exemple reprend le contexte du chapitre VIII. On considère A = k[X1, . . . , Xn]/hF i = k[x] où k est un anneau. La suite x = (x1, . . . , xn) est Lech-indépendante sans être 1-sécante, pourvu que F appartiennehXi2et que F soit régulier.
Si F ∈ hXi2, alors x est Lech-indépendante. On écrit F =PU
iXi avec Ui ∈ hXi. Soit Pvixi = 0 une relation dans A où vi = Vimod F . On la remonte dans l’anneau de polynômes en PViXi ∈ hF i. d’oùP(Vi−QUi)Xi= 0 pour un certain Q∈ k[X]. Comme la suite X est 1-sécante, on a Vi−QUi∈ hXi donc Vi∈ hXi, i.e. vi∈ hxi.
La suite x n’est pas 1-sécante pourvu que F soit régulier. En effet, la suite u = (u1, . . . , un) est un 1-cycle du complexe de Koszul de x carPuixi= 0 dans A, mais u n’est pas un bord. En effet, supposons qu’il existe W ∈V2
tel que U = ∂2(W ) + F V où V ∈V1. Alors ∂1(U ) = 0 + F ∂1(V ) i.e. F = F D où D∈ hXi. Comme F est régulier, on récupère D = 1. . .
5 Suite régulière et suite complètement sécante
On commence par une proposition qui peut paraître triviale, mais il n’en est rien. Par exemple, il n’est pas vrai que les hypothèses Gr(a) > k et b régulier modulo a entraînent Gr(a, b) > k + 1. Il faut pour cela une hypothèse supplémentaire concernant Pd(A/hai), cf. [ASV81].
Proposition 5.1. Si a est complètement sécante et b régulier modulo hai alors a, b est complètement sécante.
Preuve. Puisque Gr(a, b) > Gr(a), il s’agit de montrer que Hn(a, b) = 0 où n = #a. On a Hn(a) = A/ hai. Dire que b est régulier modulo hai revient à dire que l’application Hn(a) ×b
−−−→ Hn(a) est injective. La longue suite exacte fournit alors Hn(a, b) = 0.
V-6. Suite complètement sécante et suite 1-sécante
Régulière ⇒ complètement sécante
Proposition 5.2. Une suite M-régulière est complètement sécante sur M.
Preuve. Soit a = (a1, . . . , an) que l’on suppose M -régulière. Si n = 1, c’est évident. Soit n > 2. On note a′ = (a1, . . . , an−1). Par hypothèse de récurrence, on a Hi(a′; M ) = 0 pour tout i < n− 1. La longue suite exacte :
Hi−1(a′; M ) −→ Hi(a ; M )
−→ Hi(a′; M ) fournit alors Hi(a ; M ) = 0 pour tout i < n
− 1. Reste à annuler Hn−1(a ; M ). La longue suite exacte, encore elle, fournit
Hn−1(a ; M ) −→ Hn−1(a′; M ) ×an
−−−−→ Hn−1(a′; M ) On sait que Hn−1(a′; M ) ≃ M/a′M . Comme a est régulière, la multiplication par a
n sur M/a′M est injective. Par conséquent Hn−1(a ; M ) = 0.
Régularité et indépendance algébrique
Proposition 5.3. Soit a = (a1, . . . , an) une suite régulière d’un anneau A et k⊂ A un sous-anneau tel que k ∩ hai = {0}. Alors a1, . . . , an sont algébriquement indépendants sur k.
Preuve. On procède par récurrence sur n. Pour n = 1, la suite est réduite à un élément a. Considérons une relation λmam+· · ·+λ1a+λ0= 0 avec λi∈ k. On a λ0∈ k∩hai = {0} donc (λmam−1+· · ·+λ1)a = 0 ; on peut simplifier par a qui est régulier d’où λmam−1+· · · + λ1= 0 ; puis on recommence pour obtenir finalement λ1=· · · = λm= 0. Pour n > 2, on considère A′= A/ha1i. On a k ֒→ A′ car k ∩ ha1i = {0}. La suite a′ = (a
2, . . . , an) de A′ est régulière et k ∩ ha′i = {0}. Soit f ∈ k[X] de degré 6 d tel que f (a) = 0. On écrit f (X) = X1q(X) + r(X′) avec q ∈ k[X] de degré 6 d − 1 et r ∈ k[X2, . . . , Xn]. Dans A′, on a r(a′) = 0 donc par récurrence sur n, on obtient r = 0. On simplifie par a1 régulier d’où q(a) = 0. Par récurrence sur d, on obtient q = 0 puis f = 0.