Remarks on the case of hypersurfaces.

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index 5ef5ab5..aeaebc9 100644
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@@ -2473,6 +2473,9 @@ dans $(k^{\alg})^d$ une partie $E$ 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.
 
+Un fermé de Zariski de la forme $Z(f)$ s'appelle une
+\textbf{hypersurface}.
+
 Le vide est un fermé de Zariski ($Z(1) = \varnothing$) ; l'ensemble
 $(k^{\alg})^d$ tout entier est un fermé de Zariski ($Z(0) =
 (k^{\alg})^d$).  Le singleton de tout $x \in k^d$ (à coordonnées
@@ -2699,6 +2702,10 @@ premier.  Ce contre-exemple suggère le résultat suivant :
 Un fermé de Zariski $Z(I)$, avec $I$ un idéal radical, est
 irréductible si, et seulement si, l'idéal $I$ est premier (i.e.,
 l'anneau des fonctions régulières sur $Z(I)$ est intègre).
+
+En particulier, un fermé de Zariski de la forme $Z(f)$ (c'est-à-dire,
+une \emph{hypersurface}) est irréductible si et seulement si $f$ est
+nul ou irréductible.
 \end{prop}
 \begin{proof}
 Supposons $I$ premier (donc automatiquement radical) : on veut montrer
@@ -2725,6 +2732,10 @@ irréductible, on a, disons, $Z(I_1) = Z(I)$, c'est-à-dire $Z(I)
 \subseteq Z(f_1)$, ce qui signifie $f_1 \in I$
 d'après \ref{zeros-and-ideals-bijections}.  Ceci montre bien que $I$
 est premier.
+
+L'affirmation du dernier paragraphe est une conséquence de ce qu'on a
+dit en \ref{examples-prime-ideals} (et du fait que $k[t_1,\ldots,t_d]$
+est factoriel, cf. \ref{gauss-lemma-on-irreducibility}).
 \end{proof}
 
 \thingy\label{geometric-irreducibility} Il est important de noter