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diff --git a/notes-accq205.tex b/notes-accq205.tex index 6f50830..40231cf 100644 --- a/notes-accq205.tex +++ b/notes-accq205.tex @@ -2661,6 +2661,52 @@ $k[t_1,\ldots,t_d]/I$. Cet anneau quotient s'appelle l'\textbf{anneau des fonctions régulières} du fermé de Zariski $Z(I)$ (une fonction régulière est donc simplement la restriction d'un polynôme). +\bigbreak + +\thingy\label{definition-irreducible-closed-set} +On dit qu'un fermé de Zariski $Z(I)$ est \textbf{irréductible} +lorsqu'il ne peut pas s'écrire comme réunion de deux fermés de Zariski +différents de lui, i.e., si $Z(I) = Z(I_1) \cup Z(I_2)$ alors $Z(I_1) += Z(I)$ ou bien $Z(I_2) = Z(I)$. + +À titre de contre-exemple, $Z(xy) = Z(x) \cup Z(y)$ (car $xy$ s'annule +si et seulement si $x$ s'annule ou $y$ s'annule) n'est pas +irréductible dans le plan de coordonnées $(x,y)$ : c'est la réunion +des deux axes de coordonnées. Ce contre-exemple suggère le résultat +suivant : + +\begin{prop}\label{closed-irreducible-iff-prime-ideal} +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). +\end{prop} +\begin{proof} +Supposons $I$ premier (donc automatiquement radical) : on veut montrer +que $Z(I)$ est irréductible. Supposons $Z(I) = Z(I_1) \cup Z(I_2)$ +avec $I_1,I_2$ deux idéaux radicaux : on veut montrer que $Z(I_1) = +Z(I)$ ou $Z(I_2) = Z(I)$. Supposons le contraire, c'est-à-dire +d'après la proposition \ref{zeros-and-ideals-bijections} que $I \neq +I_1$ et $I \neq I_2$. Il existe alors $f_1 \in I_1 \setminus I$ et +$f_2 \in I_2 \setminus I$. On a alors $f_1 f_2 \not\in I$ car $I$ est +premier, et pourtant $f_1 f_2$ s'annule sur $Z(I_1)$ et $Z(I_2)$ donc +sur $Z(I)$, une contradiction à \ref{zeros-and-ideals-bijections}. + +Réciproquement, supposons $Z(I)$ irréductible : on veut montrer que +$I$ est premier. Soient $f_1,f_2$ tels que $f_1 f_2 \in I$ : posons +$I_1 := I + (f_1)$ et $I_2 := I + (f_2)$ les idéaux engendrés par $I$ +et $f_1,f_2$ respectivement. On a $Z(I_1) \subseteq Z(I)$ et $Z(I_2) +\subseteq Z(I)$, et plus précisément $Z(I_1) = Z(I) \cap Z(f_1)$ et +$Z(I_2) = Z(I) \cap Z(f_2)$ (on a signalé que $Z$ transforme les +sommes d'idéaux en intersections) ; on a par ailleurs $Z(I) = Z(I_1) +\cup Z(I_2)$ (car si $x \in Z(I)$ alors $f_1(x)\,f_2(x) = 0$ donc soit +$f_1(x)=0$ soit $f_2(x)=0$, et dans le premier cas $x \in Z(I_1)$ et +dans le second $x \in Z(I_2)$). Puisqu'on a supposé $Z(I)$ +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. +\end{proof} + % % @@ -2888,6 +2934,13 @@ par le théorème chinois : autrement dit, $k(x)[y]/(P)$ n'est pas un corps dans ces conditions (et $k[x,y]/(P)$ n'est pas un anneau intègre : il a $P_1,P_2$ comme diviseurs de zéro). +Pour souligner que cette situation ne se produit pas, on pourra parler +de « courbes irréductibles » (avec la définition que nous avons prise, +c'est redondant). On rappelle +(cf. \ref{definition-irreducible-closed-set}) qu'un fermé de Zariski +$Z(I)$ est dit « irréductible » lorsqu'il n'est pas réunion de deux +fermés strictement plus petits. + |