From 54d2aa493c52247c093e3b7ce76b361ab469d646 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: "David A. Madore" <david+git@madore.org>
Date: Thu, 17 Mar 2016 17:31:19 +0100
Subject: Reducibility and irreducibility.

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 notes-accq205.tex | 53 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
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@@ -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.
+
 
 
 
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cgit v1.2.3

