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From: "David A. Madore" <david+git@madore.org>
Date: Sat, 5 Mar 2016 20:27:22 +0100
Subject: Zariski-closed sets, radical ideals, and the bijection between them.

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@@ -207,21 +207,24 @@ que $1$ n'y appartient pas).  Le principe maximal de Hausdorff permet
 de conclure.
 \end{proof}
 
-\thingy Un élément $x$ d'un anneau $A$ est dit \textbf{nilpotent}
-lorsqu'il existe $n\geq 0$ tel que $x^n = 0$ (un anneau dans lequel le
-seul élément nilpotent est $0$ est dit \textbf{réduit}).
+\thingy\label{nilpotent-element-and-reduced-ring} Un élément $x$ d'un
+anneau $A$ est dit \textbf{nilpotent} lorsqu'il existe $n\geq 0$ tel
+que $x^n = 0$ (un anneau dans lequel le seul élément nilpotent est $0$
+est dit \textbf{réduit}).
 
-\begin{prop}
+\begin{prop}\label{nilradical-facts}
 Dans un anneau, l'ensemble des éléments nilpotents est un idéal :
 cet idéal est aussi l'intersection des idéaux premiers de l'anneau.
 (On l'appelle le \textbf{nilradical} de l'anneau.)
+
+Le quotient de l'anneau par son nilradical est réduit.
 \end{prop}
 \begin{proof}
 L'ensemble des nilpotents est un idéal car si $x^n=0$ et $y^n=0$ alors
 $(x+y)^{2n}=0$ en développant.  Il est inclus dans tout idéal
 premier $\mathfrak{p}$, car $x^n \in \mathfrak{p}$ (et à plus forte
 raison $x^n = 0$) implique $x \in \mathfrak{p}$ par récurrence
-sur $n$.  Reste à montrer que si $z$ est inclus dans tout idéal
+sur $n$.  Montrons que si $z$ est inclus dans tout idéal
 premier, alors $z$ est nilpotent.
 
 Supposons que $z$ n'est pas nilpotent.  Considérons $\mathfrak{p}$ un
@@ -244,6 +247,10 @@ de $z$, donc n'est pas dans $\mathfrak{p}$, donc $abxy
 \not\in\mathfrak{p}$ (car les trois autres termes sont
 dans $\mathfrak{p}$), et a plus forte raison $xy \not\in
 \mathfrak{p}$.
+
+Enfin, dire que le quotient de $A$ par son nilradical est réduit
+signifie exactement que si une puissance d'un élément est nilpotente
+alors cet élément lui-même est nilpotent, ce qui est évident.
 \end{proof}
 
 \thingy Si $A$ est un anneau intègre, on définit un corps $\Frac(A)$,
@@ -2193,7 +2200,7 @@ alors ils en ont un dans l'ensemble $\mathbb{Q}^{\alg}$ des complexes
 algébriques sur $\mathbb{Q}$ (cf. \ref{relative-algebraic-closure}
 et \ref{algebraic-closure-in-algebraically-closed-field}).
 
-\thingy Soit $k$ un corps.  On va s'intéresser aux idéaux
+\thingy\label{maximal-ideals-of-points} Soit $k$ un corps.  On va s'intéresser aux idéaux
 \begin{align*}
 \mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_n)} &:= \{f \in k[t_1,\ldots,t_n]
 : f(x_1,\ldots,x_n) = 0\}\\
@@ -2355,6 +2362,205 @@ $p_1 h_1 + \cdots + p_m h_m = g^\ell$, ce qu'on voulait montrer.
 \end{proof}
 
 
+\subsection{Fermés de Zariski}
+
+\thingy Un idéal $\mathfrak{r}$ d'un anneau $A$ est dit
+\textbf{radical} lorsque l'anneau $A/\mathfrak{r}$ est réduit
+(cf. \ref{nilpotent-element-and-reduced-ring}), c'est-à-dire que si
+$x^n \in \mathfrak{r}$ implique $x \in \mathfrak{r}$ (pour $x\in A$ et
+$n \in \mathbb{N}$).
+
+La proposition \ref{nilradical-facts} appliquée à un anneau quotient
+$A/I$ se traduit de la façon suivante : l'ensemble des éléments dont
+une certaine puissance appartient à $I$ est un idéal : cet idéal est
+aussi l'intersection des idéaux premiers de $A$ contenant $I$ ; et cet
+idéal est lui-même radical.  On l'appelle le radical de l'idéal $I$ et
+on le note $\surd I$.
+
+\bigbreak
+
+Dans ce qui suit, soit $k$ un corps et $k^{\alg}$ une clôture algébrique.
+
+\thingy\label{notation-zeros-of-polynomials} Si $\mathscr{F}$ est une
+partie de $k[t_1,\ldots,t_d]$, on définit un ensemble $Z(\mathscr{F})
+= \{(x_1,\ldots,x_d) \in (k^{\alg})^d :\penalty0 (\forall f\in
+\mathscr{F})\, f(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$, autrement dit, l'ensemble des
+zéros communs dans $k^{\alg}$ de tous les éléments de $\mathscr{F}$.
+
+Remarques évidentes : si $\mathscr{F} \subseteq \mathscr{F}'$ alors
+$Z(\mathscr{F}) \supseteq Z(\mathscr{F}')$ (la fonction $Z$ est
+« décroissante pour l'inclusion ») ; on a $Z(\mathscr{F}) =
+\bigcap_{f\in \mathscr{F}} Z(f)$ (où $Z(f)$ est un racourci de
+notation pour $Z(\{f\})$).
+
+Si $I$ est l'idéal engendré par $\mathscr{F}$ alors $Z(I) =
+Z(\mathscr{F})$ (car si tous les éléments de $\mathscr{F}$ s'annulent
+quelque part, toutes leurs combinaisons $k[t_1,\ldots,t_n]$-linéaires
+s'annulent aussi).  On peut donc se contenter de regarder les $Z(I)$
+avec $I$ idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$.  Encore un peu mieux : si
+$\surd I = \{f : (\exists n)\,f^n\in I\}$ désigne le radical de
+l'idéal $I$, on a $Z(\surd I) = Z(I)$ (car si $f^n$ s'annule en un
+point alors $f$ s'annule aussi) ; on peut donc se contenter de
+considérer les $Z(I)$ avec $I$ idéal radical.
+
+\thingy On appellera \textbf{fermé de Zariski} (défini sur $k$)
+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.
+
+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
+dans $k$, donc) est un fermé de Zariski défini sur $k$ : en effet,
+$Z(\mathfrak{m}_x) = \{x\}$, où $\mathfrak{m}_x$ est l'idéal
+$(t_1-x_1,\ldots,t_d-x_d)$ (cf. \ref{maximal-ideals-of-points}) où $x
+= (x_1,\ldots,x_d)$, autrement dit le noyau de la fonction $f \mapsto
+f(x)$ d'évaluation en $x$.
+
+Si $(E_i)_{i\in \Lambda}$ sont des fermés de Zariski, alors
+$\bigcap_{i\in \Lambda} E_i$ est un fermé de Zariski : plus
+précisément, si $(I_i)_{i\in \Lambda}$ sont des idéaux
+de $k[t_1,\ldots,t_d]$, alors $Z(\sum_{i\in\Lambda} I_i) =
+\bigcap_{i\in\Lambda} Z(I_i)$.  Si $E,E'$ sont des fermés de Zariski,
+alors $E \cup E'$ est un fermé de Zariski : plus précisément, si
+$I,I'$ sont des idéaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$, alors $Z(I\cap I') =
+Z(I) \cup Z(I')$ (l'inclusion $\supseteq$ est évidente ; pour l'autre
+inclusion, si $x \in Z(I\cap I')$ mais $x \not\in Z(I)$, il existe
+$f\in I$ tel que $f(x) \neq 0$, et alors pour tout $f' \in I'$ on a
+$f(x)\,f'(x) = 0$ puisque $ff' \in I\cap I'$, donc $f'(x) = 0$, ce qui
+prouve $x \in Z(I')$).
+
+\thingy\label{notation-polynomials-vanishing} Réciproquement, si $E$
+est une partie de $(k^{\alg})^d$, on note $\mathfrak{I}(E) = \{f\in
+k[t_1,\ldots,t_d] :\penalty0 (\forall (x_1,\ldots,x_d)\in E)\,
+f(x_1,\ldots,x_d)=0\}$ l'ensemble de tous les polynômes à coefficients
+dans $k$ qui s'annulent partout sur $E$.
+
+C'est un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$ (car si des polynômes s'annulent
+sur $E$, toutes leurs combinaisons $k[t_1,\ldots,t_n]$-linéaires s'y
+annulent aussi), et même un idéal radical (car si $f^n$ s'annule
+sur $E$ alors $f$ s'annule aussi).
+
+Remarques évidente : si $E \subseteq E'$ alors $\mathfrak{I}(E)
+\supseteq \mathfrak{I}(E')$ (la fonction $\mathfrak{I}$
+est « décroissante pour l'inclusion ») ; on a $\mathfrak{I}(E) =
+\bigcap_{x\in E} \mathfrak{M}_x$ (où $\mathfrak{M}_x$ désigne l'idéal
+maximal $\mathfrak{I}(\{x\})$ des polynômes s'annulant en $x$ —
+attention car $x$ n'est pas forcément dans $k^d$ ici), et en
+particulier $\mathfrak{I}(E) \neq k[t_1,\ldots,t_d]$ dès que $E \neq
+\varnothing$.
+
+On a de façon triviale $\mathfrak{I}(\varnothing) =
+k[t_1,\ldots,t_d]$.  De façon un peu moins évidente, on a
+$\mathfrak{I}((k^{\alg})^d) = (0)$ (démonstration par récurrence
+sur $d$, laissée en exercice).
+
+\thingy Lorsque $E \subseteq (k^{\alg})^d$ et $\mathscr{F} \subseteq
+k[t_1,\ldots,t_d]$, on a $E \subseteq Z(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F}
+\subseteq \mathfrak{I}(E)$, puisque les deux signifient « tout
+  polynôme dans $\mathscr{F}$ s'annule en tout point de $E$ ».
+
+En particulier, en appliquant cette remarque à $\mathscr{F} =
+\mathfrak{I}(E)$, on a $E \subseteq Z(\mathfrak{I}(E))$ pour toute
+partie $E$ de $(k^{\alg})^d$ ; et en appliquant la remarque à $E =
+Z(\mathscr{F})$, on a $\mathscr{F} \subseteq
+\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F}))$.  De $E \subseteq Z(\mathfrak{I}(E))$ on
+déduit $\mathfrak{I}(E) \supseteq \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$
+(car $\mathfrak{I}$ est décroissante), mais par ailleurs
+$\mathfrak{I}(E) \subseteq \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$ en
+appliquant l'autre inclusion à $\mathfrak{I}(E)$ : donc
+$\mathfrak{I}(E) = \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$ pour toute partie
+$E$ de $(k^{\alg})^d$ ; de même, $Z(\mathscr{F}) =
+Z(\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F})))$ pour tout ensemble $\mathscr{F}$ de
+polynômes.
+
+Une partie $E$ de $(k^{\alg})^d$ vérifie $E = Z(\mathfrak{I}(E))$ si
+et seulement si elle est de la forme $Z(\mathscr{F})$ pour un
+certain $\mathscr{F}$ (=: c'est un fermé de Zariski défini sur $k$),
+et dans ce cas on peut prendre $\mathscr{F} = \mathfrak{I}(E)$, qui
+est un idéal radical.
+
+Reste à comprendre quels sont les idéaux $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$
+qui vérifient $I = \mathfrak{I}(Z(I))$.  Lorsque $k$ est
+algébriquement clos, le \emph{Nullstellensatz fort}
+(cf. \ref{strong-nullstellensatz}) affirme que $\mathfrak{I}(Z(I)) =
+\surd I$.  Pour en déduire le résultat pour $k$ quelconque, on aura
+besoin du lemme suivant :
+
+\begin{lem}
+Soit $k$ un corps et $k \subseteq k'$ une exension quelconque.  Soit
+$I$ un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$.  Soit $I'$ l'idéal engendré par
+$I$ dans $k'[t_1,\ldots,t_d]$ (c'est simplement le $k'$-espace
+vectoriel engendré par $I$) : alors $I' \cap k[t_1,\ldots,t_d] = I$.
+\end{lem}
+\begin{proof}
+Soit $(v_i)_{i\in\Lambda}$ une base de $k'$ comme $k$-espace vectoriel
+contenant l'élément $v_0 := 1$ : alors $(v_i)$ est aussi une base de
+$k'[t_1,\ldots,t_d]$ comme $k[t_1,\ldots,t_d]$-module.  L'idéal $I'$
+contient l'ensemble $I^* := \bigoplus_{i\in\Lambda} v_i I$ des
+éléments de $k'[t_1,\ldots,t_d]$ dont toutes les coordonnées sur cette
+base appartiennent à $I$, qui est bien le $k'$-espace vecotirle
+engendré par $I$ ; or on vérifie facilement que cet ensemble $I^*$ est
+un idéal (le produit d'un élément de $I^*$ par un élément de
+$k'[t_1,\ldots,t_d]$ est dans $I^*$ car si $f \in I$ et $g \in
+k[t_1,\ldots,t_d]$ alors $(v_i f)\cdot (v_j g) = (v_i v_j) fg$
+appartient à $I^*$ puisque $v_i v_j$ s'écrit comme combinaison
+$k$-linéaire des $v_\ell$), donc en fait $I' = I^*$.  Si un élément de
+$I^*$ appartient à $k[t_1,\ldots,t_d]$, c'est que toutes ses
+coordonnées sur la base $(v_i)$ sont $0$ sauf sur $v_0$, donc il
+appartient bien à $I$.
+\end{proof}
+
+\begin{prop}
+Soit $k$ un corps et $k^{\alg}$ une clôture algébrique.  On utilise
+les notations $Z$ et $\mathfrak{I}$ introduites en
+\ref{notation-zeros-of-polynomials} et \ref{notation-polynomials-vanishing}.
+
+Si $I$ est un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$, alors $\mathfrak{I}(Z(I))$
+est le radical $\surd I$ de $I$.  Si $E$ est une partie de
+$(k^{\alg})^d$, alors $Z(\mathfrak{I}(E))$ est le plus petit (pour
+l'inclusion) fermé de Zariski qui contient $E$.
+
+De plus, les fonctions $Z$ et $\mathfrak{I}$ définissent des
+bijections réciproques décroissantes (pour l'inclusion) entre idéaux
+radicaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$ et fermés de Zariski de $(k^{\alg})^d$
+définis sur $k$.
+\end{prop}
+\begin{proof}
+Si $I$ est un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$, on a vu que
+$\mathfrak{I}(Z(I)) \supseteq I$ et $\mathfrak{I}(Z(I))$ est radical,
+donc $\mathfrak{I}(Z(I)) \supseteq \surd I$.  Réciproquement, si $g
+\in \mathfrak{I}(Z(I))$, alors (quitte à prendre $h_1,\ldots,h_m$ qui
+engendrent $I$, cf. \ref{hilbert-basis-theorem-for-polynomials}) le
+théorème \ref{strong-nullstellensatz} montre que $g^\ell$, pour un
+certain $\ell\in\mathbb{N}$, appartient à l'idéal $I'$ engendré
+par $I$ dans $k^{\alg}[t_1,\ldots,t_d]$ (c'est-à-dire engendré par
+$h_1,\ldots,h_m$ dans $k^{\alg}[t_1,\ldots,t_d]$).  Comme $g^\ell \in
+k[t_1,\ldots,t_d]$, le lemme précédent montre $g^\ell \in I$, et on a
+bien prouvé $g \in \surd I$.  Donc finalement $\mathfrak{I}(Z(I)) =
+\surd I$.
+
+Si $E$ est une partie de $(k^{\alg})^d$, on a vu que
+$Z(\mathfrak{I}(E)) \supseteq E$, donc $Z(\mathfrak{I}(E))$ est un
+fermé de Zariski contenant $E$ ; mais si $Z(\mathscr{F})$ est un fermé
+de Zariski contenant $E$, soit $Z(\mathscr{F}) \supseteq E$, alors
+$Z(\mathscr{F}) = Z(\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F}))) \supseteq
+Z(\mathfrak{I}(E))$, donc $Z(\mathfrak{I}(E))$ est bien le plus petit
+fermé de Zariski contenant $E$.
+
+Si $I$ est un idéal radical, $Z(I)$ est un fermé de Zariski, et on
+vient de voir que $\mathfrak{I}(Z(I)) = I$ ; et si $E =
+Z(\mathscr{F})$ est un fermé de Zariski, $\mathfrak{I}(E)$ est un
+idéal radical, et on a vu que $Z(\mathfrak{I}(E)) =
+Z(\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F}))) = Z(\mathscr{F}) = E$.  Ceci montre
+bien que $Z$ et $\mathfrak{I}$ sont des bijections réciproques entre
+les ensembles qu'on a dit, et on a observé qu'elles sont
+décroissantes.
+\end{proof}
+
+
+
+
 
 % TODO:
 % * Différentielles.
-- 
cgit v1.2.3

