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diff --git a/notes-accq205-v2.tex b/notes-accq205-v2.tex 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} + + % |