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authorDavid A. Madore <david+git@madore.org>2018-02-07 11:14:13 (GMT)
committerDavid A. Madore <david+git@madore.org>2018-02-07 11:14:13 (GMT)
commita24b27541694306536d0f4a2d02eaeb9ce5cf753 (patch)
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Irreducible closed sets and prime ideals.
-rw-r--r--notes-accq205-v2.tex52
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index 05674a2..259e8be 100644
--- a/notes-accq205-v2.tex
+++ b/notes-accq205-v2.tex
@@ -1108,6 +1108,58 @@ de $k^d$ en correspondance avec les idéaux maximaux de
$k[t_1,\ldots,t_d]$ (ils ont tous pour quotient $k$).
\end{scho}
+%
+\subsection{Fermés irréductibles et idéaux premiers}
+
+\thingy On dit qu'un fermé de Zariski $E \subseteq k^d$ non vide est
+\defin{irréductible} lorsqu'on ne peut pas l'écrire comme réunion de
+deux fermés de Zariski strictement plus petits : autrement dit,
+lorsque $E = E' \cup E''$, où $E',E''$ sont deux fermés de Zariski
+(forcément contenus dans $E$), implique $E'=E$ ou $E''=E$.
+
+\emph{Contre-exemple :} $Z(xy)$ (dans le plan $k^2$ de
+coordonnées $x,y$) n'est pas ir\-ré\-duc\-tible, car $Z(xy) = \{(x,y)
+\in k^2 : xy=0\} = \{(x,y) \in k^2 :
+x=0\penalty0\ \textrm{ou}\penalty0\ y=0\} = Z(x) \cup Z(y)$ est
+réunion de $Z(x)$ (l'axe des ordonnées) et $Z(y)$ (l'axe des
+abscisses) qui sont tous les deux strictement plus petits que $Z(xy)$.
+Le problème vient manifestement du fait que le polynôme $xy$ n'est pas
+irréductible. Essayons de préciser les conditions qui font qu'un
+fermé de Zariski soit irréductible :
+
+\begin{prop}\label{closed-irreducible-iff-prime-ideal}
+Un fermé de Zariski $E \subseteq k^d$ est irréductible si, et
+seulement si, l'idéal $\mathfrak{I}(E)$ est premier.
+\end{prop}
+\begin{proof}
+Supposons $\mathfrak{I}(E)$ premier : on veut montrer que $E$ est
+irréductible. Supposons $E = E' \cup E''$ avec $E',E''$ des fermés de
+Zariski (on a donc $E = Z(\mathfrak{I}(E))$, $E' =
+Z(\mathfrak{I}(E'))$ et $E'' = Z(\mathfrak{I}(E''))$) : on veut
+montrer que $E' = E$ ou $E'' = E$. Supposons le contraire,
+c'est-à-dire $\mathfrak{I}(E) \neq \mathfrak{I}(E')$ et
+$\mathfrak{I}(E) \neq \mathfrak{I}(E'')$. Il existe alors $f' \in
+\mathfrak{I}(E') \setminus \mathfrak{I}(E)$ et $f'' \in
+\mathfrak{I}(E'') \setminus \mathfrak{I}(E)$. On a alors $f'f''
+\not\in \mathfrak{I}(E)$ car $\mathfrak{I}(E)$ est premier, et
+pourtant $f'f''$ s'annule sur $E'$ et $E''$ donc sur $E$, une
+contradiction.
+
+Réciproquement, supposons $E$ irréductible : on veut montrer que
+$\mathfrak{I}(E)$ est premier. Soient $f',f''$ tels que $f'f'' \in
+\mathfrak{I}(E)$ : posons $E' = Z(\mathfrak{I}(E) + (f'))$ et $E'' =
+Z(\mathfrak{I}(E) + (f''))$. On a $E' \subseteq E$ et $E'' \subseteq
+E$ puisque $E = Z(\mathfrak{I}(E))$, et en fait $E' = E \cap Z(f')$ et
+$E'' = E \cap Z(f'')$ ; on a par ailleurs $E = E' \cup E''$ (car si $x
+\in E$ alors $f'(x)\,f''(x) = 0$ donc soit $f'(x)=0$ soit $f''(x)=0$,
+et dans le premier cas $x \in E'$ et dans le second $x \in E''$).
+Puisqu'on a supposé $E$ irréductible, on a, disons, $E' = E$,
+c'est-à-dire $E \subseteq Z(f')$, ce qui signifie $f' \in
+\mathfrak{I}(E)$ (cf. \ref{trivial-inclusions-between-z-and-i}($*$)).
+Ceci montre bien que $\mathfrak{I}(E)$ est premier.
+\end{proof}
+
+
%