The Nullstellensatz.

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@@ -493,7 +493,7 @@ $I_0 \subsetneq I_1 \subsetneq I_2 \subsetneq \cdots$ (tous contenus
 dans $I$), ce qui contredit l'hypothèse sur $A$.
 \end{proof}
 
-\begin{prop}[théorème de la base de Hilbert]
+\begin{prop}[théorème de la base de Hilbert]\label{hilbert-basis-theorem}
 Si $k$ est un anneau noethérien, alors l'anneau $k[t]$ des polynômes à
 une indéterminée sur $k$ est noethérien.
 \end{prop}
@@ -694,8 +694,9 @@ Lorsque $S$ ne contient que des éléments réguliers, la définition de
 $A[S^{-1}]$ est légèrement simplifiée puisqu'on a $a_1/s_1 = a_2/s_2$
 si et seulement si $a_2 s_1 - a_1 s_2 = 0$.
 
-\thingy Conformément aux exemples donnés en \ref{multiplicative-set},
-les cas particuliers suivants sont importants :
+\thingy\label{special-cases-of-localization} Conformément aux exemples
+donnés en \ref{multiplicative-set}, les cas particuliers suivants sont
+importants :
 
 Si $\mathfrak{p}$ est un idéal premier et $S = A\setminus\mathfrak{p}$
 est son com\-plé\-men\-taire, on note $A_{\mathfrak{p}} = A[S^{-1}]$ ;
@@ -804,10 +805,11 @@ Lorsque $\mathscr{F}$ est un ensemble fini $\{f_1,\ldots,f_m\}$, on
 note simplement $Z(f_1,\ldots,f_m)$ cet ensemble de zéros communs à
 $f_1,\ldots,f_m$.
 
-\thingy Remarques évidentes : si $\mathscr{F} \subseteq \mathscr{F}'$
-alors $Z(\mathscr{F}) \supseteq Z(\mathscr{F}')$ (la fonction $Z$ est
-dite « décroissante pour l'inclusion ») ; on a $Z(\mathscr{F}) =
-\bigcap_{f\in \mathscr{F}} Z(f)$.
+\thingy\label{trivial-remarks-on-z} Remarques évidentes : si
+$\mathscr{F} \subseteq \mathscr{F}'$ alors $Z(\mathscr{F}) \supseteq
+Z(\mathscr{F}')$ (la fonction $Z$ est dite « décroissante pour
+l'inclusion ») ; on a $Z(\mathscr{F}) = \bigcap_{f\in \mathscr{F}}
+Z(f)$.
 
 Si $I$ est l'idéal engendré par $\mathscr{F}$
 (cf. \ref{ideal-generated-by-elements}) alors $Z(I) = Z(\mathscr{F})$
@@ -827,8 +829,9 @@ $E$ de la forme $Z(\mathscr{F})$ pour une certaine partie
 $\mathscr{F}$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$, dont on a vu qu'on pouvait
 supposer qu'il s'agit d'un idéal radical.
 
-\thingy Le vide est un fermé de Zariski ($Z(1) = \varnothing$) ;
-l'ensemble $k^d$ tout entier est un fermé de Zariski ($Z(0) = k^d$).
+\thingy\label{basic-facts-on-zariski-closed-sets} Le vide est un fermé
+de Zariski ($Z(1) = \varnothing$) ; l'ensemble $k^d$ tout entier est
+un fermé de Zariski ($Z(0) = k^d$).
 
 Tout singleton est un fermé de Zariski : en effet, $Z(\mathfrak{m}_x)
 = \{x\}$, où $\mathfrak{m}_x$ est l'idéal $(t_1-x_1,\ldots,t_d-x_d)$ ;
@@ -885,10 +888,10 @@ k[t_1,\ldots,t_d]$.
 
 \textbf{Le rapport entre ces deux fonctions}
 
-\thingy On a $E \subseteq Z(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F} \subseteq
-\mathfrak{I}(E)$, puisque les deux signifient « tout polynôme dans
-$\mathscr{F}$ s'annule en tout point de $E$ ».  Appelons ($*$)
-cette équivalence.
+\thingy\label{trivial-inclusions-between-z-and-i} On a $E \subseteq
+Z(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F} \subseteq \mathfrak{I}(E)$, puisque
+les deux signifient « tout polynôme dans $\mathscr{F}$ s'annule en
+tout point de $E$ ».  Appelons ($*$) cette équivalence.
 
 En particulier, en appliquant ($*$) à $\mathscr{F} = \mathfrak{I}(E)$,
 on voit que $E \subseteq Z(\mathfrak{I}(E))$ pour toute partie $E$
@@ -912,29 +915,198 @@ polynômes.
 
 On a donc prouvé :
 
-\begin{prop}
+\begin{prop}\label{basic-result-on-z-and-i}
 Avec les notations ci-dessus :
 \begin{itemize}
-\item Une partie $E$ de $k^d$ vérifie $E = Z(\mathfrak{I}(E))$ si et
-  seulement si elle est de la forme $Z(\mathscr{F})$ pour un
-  certain $\mathscr{F}$ (=: c'est un fermé de Zariski), et dans ce cas
-  on peut prendre $\mathscr{F} = \mathfrak{I}(E)$, qui est un idéal
-  radical.
-\item Une partie $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ vérifie $I =
-  \mathfrak{I}(Z(I))$ si et seulement si elle est de la forme
+\item Les parties $E$ de $k^d$ vérifiant $E = Z(\mathfrak{I}(E))$ sont
+  exactement celles de la forme $Z(\mathscr{F})$ pour un
+  certain $\mathscr{F}$, c'est-à-dire les fermés de Zariski, et dans
+  ce cas on peut prendre $\mathscr{F} = \mathfrak{I}(E)$, qui est un
+  idéal radical.
+\item Les parties $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ vérifiant $I =
+  \mathfrak{I}(Z(I))$ sont exactement celles de la forme
   $\mathfrak{I}(E)$ pour un certain $E$, et dans ce cas on peut
   prendre $E = Z(I)$, et $I$ est un idéal radical
   de $k[t_1,\ldots,t_d]$.
 \item Les fonctions $\mathfrak{I}$ et $Z$ se restreignent en des
-  bijections décroissantes réci\-proques entre l'ensemble des fermés
-  de Zariski $E$ de $k^d$ et l'ensemble des idéaux (forcément
-  radicaux) $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ tels que $I =
+  bijections réci\-proques, décroissantes pour l'inclusion, entre
+  l'ensemble des fermés de Zariski $E$ de $k^d$ et l'ensemble des
+  idéaux (forcément radicaux) $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ tels que $I =
   \mathfrak{I}(Z(I))$.
 \end{itemize}
 \end{prop}
 
-On va voir ci-dessous que les idéaux tels que $I = \mathfrak{I}(Z(I))$
-sont exactement (tous) les idéaux radicaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$.
+\thingy Le résultat ci-dessus est complètement formel : on n'a fait
+aucun usage de l'hypothèse que $k$ est algébriquement clos, on n'a
+essentiellement utilisé que le fait que $Z$ et $\mathfrak{I}$ sont
+décroissantes et qu'on a $E \subseteq Z(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F}
+\subseteq \mathfrak{I}(E)$.
+
+La caractérisation ci-dessus a ceci d'insatisfaisant qu'on n'a pas
+caractérisé quels idéaux radicaux $I$ vérifient $I =
+\mathfrak{I}(Z(I))$.  On va voir ci-dessous que c'est le cas de tous
+les idéaux radicaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$, mais à la différence de la
+proposition qu'on vient de voir, c'est un résultat qui a un vrai
+contenu mathématique.
+
+%
+\subsection{Le Nullstellensatz}
+
+\thingy De l'allemand « der Satz » = la phrase, le théorème
+mathématique, « die Stelle » = l'endroit, et « die Nullstelle » = le
+lieu d'annulation, le zéro d'un polynôme : le
+« \defin{Nullstellensatz} », littéralement, « théorème du lieu
+d'annulation », s'appelle aussi « théorème des zéros de Hilbert ».
+
+On rappelle que $k$ est supposé algébriquement clos (hypothèse qui n'a
+pas servi jusqu'à présent).
+
+Il existe plusieurs formulations du Nullstellensatz, qu'on peut
+déduire les unes les autres.  Formulons d'abord celle qui caractérise
+les idéaux \emph{maximaux} de $k[t_1,\ldots,t_d]$ : on rappelle qu'on
+a déjà introduit (cf. \ref{basic-facts-on-zariski-closed-sets}) la
+notation $\mathfrak{m}_x := \mathfrak{I}(x)$ si $x \in k^d$ (idéal
+associé à un \emph{singleton}) pour l'ensemble des polynômes
+s'annulant en $x$, que c'est un idéal maximal, et qu'il est engendré
+par $t_1 - x_1,\ldots,t_d - x_d$ si $x = (x_1,\ldots,x_d)$ ; la
+proposition suivante affirme que, lorsque $k$ est algébriquement clos,
+ce sont les seuls idéaux maximaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$.
+
+\begin{prop}[{idéaux maximaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$}]\label{maximal-ideals-of-polynomial-algebras}
+Soit $k$ un corps algé\-bri\-que\-ment clos.  Tout idéal maximal de
+$k[t_1,\ldots,t_d]$ est de la forme $\mathfrak{m}_x := \{f : f(x) =
+0\}$ pour un certain $x \in k^d$.
+\end{prop}
+
+Ce fait est vrai en général, mais on ne donnera une démonstration que
+dans le cas particulier où $k$ est indénombrable (il s'agit d'une
+astuce qui simplifie la démonstration).
+
+\begin{proof}[Démonstration dans le cas particulier où $k$ est indénombrable.]
+Soit $\mathfrak{M}$ un idéal maximal de $k[t_1,\ldots,t_d]$.  On va
+montrer que $\mathfrak{M}$ est de la forme $\mathfrak{m}_x$ pour un
+certain $x \in k^d$.  Pour cela, on montre d'abord $Z(\mathfrak{M})
+\neq \varnothing$.
+
+Soit $K = k[t_1,\ldots,t_d]/\mathfrak{M}$.  Il s'agit d'un corps
+(puisque $\mathfrak{M}$ est maximal).  Il est de dimension au plus
+dénombrable en tant que $k$-espace vectoriel, c'est-à-dire qu'il a une
+famille génératrice dénombrable, à savoir les images des monômes en
+les $t_i$.  Si $K$ contenait un élément transcendant $\tau$ sur $k$,
+le corps $k(\tau)$ qu'il engendre s'identifierait au corps des
+fractions rationnelles en une indéterminée, et par décomposition des
+fractions rationnelles en éléments simples, la famille des
+$\frac{1}{\tau - x}$ pour $x$ parcourant $k$ serait linéairement
+indépendante sur $k$ ; mais cette famille est indénombrable puisque
+$k$ a supposé l'être : on aurait donc une famille linéairement
+indépendate (sur $k$) dans $k(\tau)$, donc dans $K$, ce qui contredit
+le fait que la dimension de ce dernier est au plus dénombrable.  Bref,
+il est impossible que $K$ contienne un transcendant sur $k$ : c'est
+donc que $K$ est algébrique sur $k$.  Comme $k$ était supposé
+algébriquement clos, on a en fait $K = k$ (au sens où le morphisme $k
+\to K$ envoyant un élément sur de $k$ la classe du polynôme constant
+modulo $\mathfrak{M}$ est un isomorphisme).  Les classes des
+indéterminées $t_1,\ldots,t_d$ définissent donc des éléments
+$x_1,\ldots,x_d \in k$, et pour tout $f \in \mathfrak{M}$, on a
+$f(x_1,\ldots,x_d) = 0$.  Autrement dit, $x := (x_1,\ldots,x_d) \in
+Z(\mathfrak{M})$, ce qui montre $Z(\mathfrak{M}) \neq \varnothing$.
+
+Mais dès lors qu'on a montré qu'il existe $x \in Z(\mathfrak{M})$, on
+a $\mathfrak{M} \subseteq \mathfrak{m}_x$
+(cf. \ref{trivial-inclusions-between-z-and-i}($*$)), et comme
+$\mathfrak{M}$ est maximal, c'est que $\mathfrak{M} = \mathfrak{m}_x$,
+comme annoncé.
+\end{proof}
+
+\begin{prop}[Nullstellensatz faible]\label{weak-nullstellensatz}\index{Nullstellensatz}
+Soit $k$ un corps algé\-bri\-que\-ment clos.  Si $I$ est un idéal de
+$k[t_1,\ldots,t_d]$ tel que $Z(I) = \varnothing$, alors $I =
+k[t_1,\ldots,t_d]$.
+\end{prop}
+\begin{proof}
+Supposons par contraposée $I \subsetneq k[t_1,\ldots,t_d]$.  Alors il
+existe un idéal maximal $\mathfrak{M}$ tel que $I \subseteq
+\mathfrak{M}$, et la
+proposition \ref{maximal-ideals-of-polynomial-algebras} montre que
+$\mathfrak{M} = \mathfrak{m}_x$ pour un certain $x\in k^d$, ce qui
+implique $Z(I) \supseteq Z(\mathfrak{m}_x) = \{x\}$, et notamment
+$Z(I) \neq \varnothing$.
+\end{proof}
+
+On peut aussi reformuler ce résultat de la façon suivante : remarquons
+au préalable que si $f_1,\ldots,f_m$ et $g_1,\ldots,g_m$ sont des
+polynômes en $d$ variables tels que $g_1 f_1 + \cdots + g_m f_m = 1$,
+alors $f_1,\ldots,f_m$ n'ont aucun zéro commun (car en un tel zéro le
+membre de gauche de l'égalité s'annulerait, mais le membre de droite y
+vaut $1$).
+
+\begin{prop}[Nullstellensatz faible]\label{weak-nullstellensatz-finite-rewording}
+Soit $k$ un corps algé\-bri\-que\-ment clos.  Si $f_1,\ldots,f_m \in
+k[t_1,\ldots,t_d]$ sont des polynômes en $d$ variables sans zéro
+commun, c'est-à-dire si $Z(f_1,\ldots,f_m) = \varnothing$, alors il
+existe $g_1,\ldots,g_m \in k[t_1,\ldots,t_d]$ tels que $g_1 f_1 +
+\cdots + g_m f_m = 1$, c'est-à-dire que $f_1,\ldots,f_m$ engendrent
+l'idéal unité.
+\end{prop}
+\begin{proof}
+Soit $I$ l'idéal engendré par $f_1,\ldots,f_m$ : comme $Z(I) =
+Z(f_1,\ldots,f_m)$ (cf. \ref{trivial-remarks-on-z}), la
+proposition \ref{weak-nullstellensatz} montre que $Z(f_1,\ldots,f_m) =
+\varnothing$ implique que $I$ contient $1$, ce qui est bien la
+conclusion annoncée.
+\end{proof}
+
+Réciproquement, cette formulation permet de retrouver la
+formulation \ref{weak-nullstellensatz}, il suffit de se rappeler que
+tout idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$ est engendré par un nombre fini
+d'éléments (théorème de la base de
+Hilbert, \ref{hilbert-basis-theorem-for-polynomials}).
+
+\begin{thm}[Nullstellensatz ou théorème des zéros de Hilbert]\index{Nullstellensatz}
+Soit $k$ un corps algé\-bri\-que\-ment clos.  Soit $I$ un idéal de
+$k[t_1,\ldots,t_d]$ : alors $\mathfrak{I}(Z(I)) = \surd I$ (le radical
+de $I$).
+\end{thm}
+\begin{proof}
+On sait déjà que $\surd I \subseteq \mathfrak{I}(Z(I))$ et il s'agit
+de montrer la réciproque.  Soit $f \in \mathfrak{I}(Z(I))$ : on veut
+prouver $f\in \surd I$.  On vérifie facilement que ceci revient à
+montrer que l'idéal $I[f^{-1}]$ (c'est-à-dire l'idéal engendré
+par $I$) dans $k[t_1,\ldots,t_d, f^{-1}]$ est l'idéal unité (ici,
+$k[t_1,\ldots,t_d, f^{-1}]$ désigne $k[t_1,\ldots,t_d][f^{-1}]$,
+cf. \ref{special-cases-of-localization}).  Or
+$k[t_1,\ldots,t_d,f^{-1}] = k[t_1,\ldots,t_d,z]/(zf-1)$
+d'après \ref{localization-inverting-one-element}.  Soit $J$ l'idéal
+engendré par $I$ et $zf-1$ dans $k[t_1,\ldots,t_d,z]$ : on voit que
+$Z(J) = \varnothing$ (dans $k^{d+1}$), car on ne peut pas avoir
+simultanément $f(x_1,\ldots,x_d) = 0$ et $z\,f(x_1,\ldots,x_d) = 1$,
+donc le Nullstellensatz faible entraîne $J = k[t_1,\ldots,t_d,z]$ :
+ceci donne $I[f^{-1}] = k[t_1,\ldots,t_d,f^{-1}]$.
+\end{proof}
+
+\thingy La moralité du Nullstellensatz est que (sur un corps
+algébriquement clos !) on peut « essentiellement » retrouver des
+équations polynomiales $f_1,\ldots,f_m$ à partir du lieu
+$Z(f_1,\ldots,f_m)$ de leurs solutions (le fermé de Zariski qu'elles
+définissent) : le « essentiellement » signifie que, à défaut de
+retrouver $f_1,\ldots,f_m$ eux-mêmes, on retrouve l'idéal radical
+qu'ils engendrent (si $f_1,\ldots,f_m$ engendrent un idéal radical, on
+retrouve l'idéal en question).
+
+On peut maintenant utiliser le Nullstellensatz pour
+revoir l'énoncé \ref{basic-result-on-z-and-i} :
+
+\begin{scho}
+Si $k$ est un corps algébriquement clos, les fonctions $I \mapsto
+Z(I)$ et $E \mapsto \mathfrak{I}(E)$ définissent des bijections
+réci\-proques, décroissantes pour l'inclusion, entre les idéaux radicaux
+de $k[t_1,\ldots,t_d]$ d'une part, et les fermés de Zariski de $k^d$
+d'autre part.
+
+Ces bijections mettent les \emph{points} (c'est-à-dire les singletons)
+de $k^d$ en correspondance avec les idéaux maximaux de
+$k[t_1,\ldots,t_d]$ (ils ont tous pour quotient $k$).
+\end{scho}