Another change of heart: use Z(I) rather than V(I) for the Zariski-closed subset defined by I.

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@@ -527,7 +527,7 @@ un morphisme de $\mathbb{Z}$-algèbres qu'un morphisme d'anneaux.
   $k[t_1,\ldots,t_d]$ et si $R = k[t_1,\ldots,t_d]/I$, alors
   $\Hom_k(R, A)$ est en bijection avec l'ensemble $\{(x_1,\ldots,x_d)
   \in A^d :\penalty0 (\forall j)\,f_j(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$ (noté
-  $V(I)(A)$ ou $V_A(I)$).
+  $Z(I)(A)$ ou $Z_A(I)$).
 \end{itemize}
 \end{prop}
 
@@ -699,48 +699,48 @@ point $x$.
   $k[t_1,\ldots,t_d]$ ?}
 
 Si $\mathscr{F}$ est une partie de $k[t_1,\ldots,t_d]$, on définit un
-ensemble $V(\mathscr{F}) = \{(x_1,\ldots,x_d) \in k^d :\penalty0
+ensemble $Z(\mathscr{F}) = \{(x_1,\ldots,x_d) \in k^d :\penalty0
 (\forall f\in \mathscr{F})\, f(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$ (on devrait
-plutôt noter $V(\mathscr{F})(k)$ ou $V_k(\mathscr{F})$, surtout si $k$
+plutôt noter $Z(\mathscr{F})(k)$ ou $Z_k(\mathscr{F})$, surtout si $k$
 n'est pas algébriquement clos, mais il le sera bientôt).  Plus
 généralement, pour toute $k$-algèbre $A$, on définit
-$V(\mathscr{F})(A) = \{(x_1,\ldots,x_d) \in A^d :\penalty0 (\forall
+$Z(\mathscr{F})(A) = \{(x_1,\ldots,x_d) \in A^d :\penalty0 (\forall
 f\in \mathscr{F})\, f(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$.
 
 Remarques évidentes : si $\mathscr{F} \subseteq \mathscr{F}'$ alors
-$V(\mathscr{F}) \supseteq V(\mathscr{F}')$ (la fonction $V$ est
-« décroissante pour l'inclusion ») ; on a $V(\mathscr{F}) = \bigcap_{f\in
-  \mathscr{F}} V(f)$ (où $V(f)$ est un racourci de notation pour
-$V(\{f\})$).  Plus intéressant : si $I$ est l'idéal engendré par
-$\mathscr{F}$ alors $V(I) = V(\mathscr{F})$.  On peut donc se
-contenter de regarder les $V(I)$ avec $I$ idéal
+$Z(\mathscr{F}) \supseteq Z(\mathscr{F}')$ (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
+$Z(\{f\})$).  Plus intéressant : si $I$ est l'idéal engendré par
+$\mathscr{F}$ alors $Z(I) = Z(\mathscr{F})$.  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
-$V(\surd I) = V(I)$ ; on peut donc se contenter de considérer les
-$V(I)$ avec $I$ idéal radical.
+$Z(\surd I) = Z(I)$ ; on peut donc se contenter de considérer les
+$Z(I)$ avec $I$ idéal radical.
 
 On appellera \textbf{fermé de Zariski} dans $k^d$ une partie $E$ de
 $k^d$ vérifiant le premier point, c'est-à-dire de la forme
-$V(\mathscr{F})$ pour une certaine partie $\mathscr{F}$
+$Z(\mathscr{F})$ 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 ($V(1) = \varnothing$) ; l'ensemble
-$k^d$ tout entier est un fermé de Zariski ($V(0) = k^d$) ; tout
-singleton est un fermé de Zariski ($V(\mathfrak{m}_x) = \{x\}$, par
+Le vide est un fermé de Zariski ($Z(1) = \varnothing$) ; l'ensemble
+$k^d$ tout entier est un fermé de Zariski ($Z(0) = k^d$) ; tout
+singleton est un fermé de Zariski ($Z(\mathfrak{m}_x) = \{x\}$, par
 exemple en voyant $\mathfrak{m}_x$ comme $(t_1-x_1,\ldots,t_d-x_d)$).
 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 $V(\sum_{i\in\Lambda} I_i) =
-\bigcap_{i\in\Lambda} V(I_i)$.  Si $E,E'$ sont des fermés de Zariski,
+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 $V(I\cap I') =
-V(I) \cup V(I')$ (l'inclusion $\supseteq$ est évidente ; pour l'autre
-inclusion, si $x \in V(I\cap I')$ mais $x \not\in V(I)$, il existe
+$I,I'$ 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 $x \in V(I')$).
+prouve $x \in Z(I')$).
 
 \medbreak
 
@@ -773,36 +773,36 @@ point de ${\mathbb{F}_q}^d$.
 
 \textbf{Le rapport entre ces deux fonctions}
 
-On a $E \subseteq V(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F} \subseteq
+On a $E \subseteq Z(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F} \subseteq
 \mathfrak{I}(E)$ (les deux signifiant « tout polynôme dans
   $\mathscr{F}$ s'annule en tout point de $E$ »).  En particulier, en
 appliquant ceci à $\mathscr{F} = \mathfrak{I}(E)$, on a $E \subseteq
-V(\mathfrak{I}(E))$ pour toute partie $E$ de $k^d$ ; et en
-l'appliquant à $E = V(\mathscr{F})$, on a $\mathscr{F} \subseteq
-\mathfrak{I}(V(\mathscr{F}))$.  De $E \subseteq V(\mathfrak{I}(E))$ on
-déduit $\mathfrak{I}(E) \supseteq \mathfrak{I}(V(\mathfrak{I}(E)))$
+Z(\mathfrak{I}(E))$ pour toute partie $E$ de $k^d$ ; et en
+l'appliquant 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
-$\mathfrak{I}(E) \subseteq \mathfrak{I}(V(\mathfrak{I}(E)))$ en
+$\mathfrak{I}(E) \subseteq \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$ en
 appliquant l'autre inclusion à $\mathfrak{I}(E)$ : donc
-$\mathfrak{I}(E) = \mathfrak{I}(V(\mathfrak{I}(E)))$ pour toute partie
-$E$ de $k^d$ ; de même, $V(\mathscr{F}) =
-V(\mathfrak{I}(V(\mathscr{F})))$ pour tout ensemble $\mathscr{F}$ de
+$\mathfrak{I}(E) = \mathfrak{I}(Z(\mathfrak{I}(E)))$ pour toute partie
+$E$ de $k^d$ ; de même, $Z(\mathscr{F}) =
+Z(\mathfrak{I}(Z(\mathscr{F})))$ pour tout ensemble $\mathscr{F}$ de
 polynômes.  On a donc prouvé :
 
 \begin{prop}
 Avec les notations ci-dessus :
 \begin{itemize}
-\item Une partie $E$ de $k^d$ vérifie $E = V(\mathfrak{I}(E))$ si et
-  seulement si elle est de la forme $V(\mathscr{F})$ pour un
+\item Une partie $E$ de $k^d$ 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), et dans ce cas
   on peut prendre $\mathscr{F} = \mathfrak{I}(E)$, qui est un idéal
   radical.
 \item Une partie $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ vérifie $I =
-  \mathfrak{I}(V(I))$ si et seulement si elle est de la forme
+  \mathfrak{I}(Z(I))$ si et seulement si elle est de la forme
   $\mathfrak{I}(E)$ pour un certain $E$, et dans ce cas on peut
-  prendre $E = V(I)$, et $I$ est un idéal radical
+  prendre $E = Z(I)$, et $I$ est un idéal radical
   de $k[t_1,\ldots,t_d]$.
-\item Les fonctions $\mathfrak{I}$ et $V$ se restreignent en des
+\item Les fonctions $\mathfrak{I}$ et $Z$ se restreignent en des
   bijections décroissantes réci\-proques entre l'ensemble des parties
   $E$ de $k^d$ vérifiant le premier point ci-dessus et l'ensemble des
   idéaux radicaux $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ vérifiant le second.
@@ -810,10 +810,10 @@ Avec les notations ci-dessus :
 \end{prop}
 
 On a appelé \textbf{fermé de Zariski} une partie $E$ de $k^d$
-vérifiant le premier point, c'est-à-dire de la forme $V(\mathscr{F})$
+vérifiant le premier point, c'est-à-dire de la forme $Z(\mathscr{F})$
 pour une certaine partie $\mathscr{F}$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ : on a
 vu qu'on pouvait supposer qu'il s'agit d'un idéal radical, et on vient
-de voir qu'on peut écrire précisément $E = V(I)$ où $I =
+de voir qu'on peut écrire précisément $E = Z(I)$ où $I =
 \mathfrak{I}(E)$.  (On ne donne pas de nom particulier aux idéaux
 vérifiant le second point (=être dans l'image de la
 fonction $\mathfrak{I}$), mais on va voir que pour $k$ algébriquement
@@ -835,8 +835,8 @@ seulement si, l'idéal $\mathfrak{I}(E)$ est premier.
 \begin{proof}
 Supposons $\mathfrak{I}(E)$ premier : on veut montrer que $E$ est
 irréductible.  Supposons $E = E' \cup E''$ comme ci-dessus (on a vu
-que $E = V(\mathfrak{I}(E))$, $E' = V(\mathfrak{I}(E'))$ et $E'' =
-V(\mathfrak{I}(E''))$) : on veut montrer que $E' = E$ ou $E'' = E$.
+que $E = Z(\mathfrak{I}(E))$, $E' = Z(\mathfrak{I}(E'))$ 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
@@ -847,14 +847,14 @@ 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 $E' = V(\mathfrak{I}(E) + (f'))$ et $E'' =
-V(\mathfrak{I}(E) + (f''))$.  On a $E' \subseteq E$ et $E'' \subseteq
-E$ puisque $E = V(\mathfrak{I}(E))$, et en fait $E' = E \cap V(f')$ et
-$E'' = E \cap V(f'')$ ; on a par ailleurs $E = E' \cup E''$ (car si $x
+\mathfrak{I}(E)$ : 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 $E \subseteq V(f')$, ce qui signifie $f' \in
+c'est-à-dire $E \subseteq Z(f')$, ce qui signifie $f' \in
 \mathfrak{I}(E)$.  Ceci montre bien que $\mathfrak{I}(E)$ est premier.
 \end{proof}
 
@@ -868,14 +868,14 @@ On suppose maintenant que $k$ est algébriquement clos !
 
 \begin{prop}[Nullstellensatz faible]
 Soit $k$ un corps algébriquement clos.  Si $I$ est un idéal de
-$k[t_1,\ldots,t_d]$ tel que $V(I) = \varnothing$, alors $I =
+$k[t_1,\ldots,t_d]$ tel que $Z(I) = \varnothing$, alors $I =
 k[t_1,\ldots,t_d]$.
 \end{prop}
 \begin{proof}[Démonstration dans le cas particulier où $k$ est indénombrable.]
 Supposons par contraposée $I \subsetneq k[t_1,\ldots,t_d]$.  Alors il
 existe un idéal maximal $\mathfrak{m}$ tel que $I \subseteq
-\mathfrak{m}$, et on a $V(\mathfrak{m}) \subseteq V(I)$.  On va
-montrer $V(\mathfrak{m}) \neq \varnothing$.
+\mathfrak{m}$, et on a $Z(\mathfrak{m}) \subseteq Z(I)$.  On va
+montrer $Z(\mathfrak{m}) \neq \varnothing$.
 
 Soit $K = k[t_1,\ldots,t_d]/\mathfrak{m}$.  Il s'agit d'un corps, qui
 est de dimension au plus dénombrable (=il a une famille génératrice
@@ -889,7 +889,7 @@ algébriquement clos, on a en fait $K=k$.  Les classes des
 indéterminées $t_1,\ldots,t_d$ définissent alors des éléments
 $x_1,\ldots,x_d \in k$, et pour tout $f \in \mathfrak{m}$, on a
 $f(x_1,\ldots,x_d) = 0$.  Autrement dit, $(x_1,\ldots,x_d) \in
-V(\mathfrak{m})$, ce qui conclut.
+Z(\mathfrak{m})$, ce qui conclut.
 \end{proof}
 
 En fait, dans le cours de cette démonstration, on a montré (dans le
@@ -903,7 +903,7 @@ pour un certain $(x_1,\ldots,x_d) \in k^d$.
 \begin{proof}
 En fait, on a prouvé que si $\mathfrak{m}$ est un idéal maximal, il
 existe $(x_1,\ldots,x_d) \in k^d$ tels que $(x_1,\ldots,x_d) \in
-V(\mathfrak{m})$, ce qui donne $\mathfrak{m} \subseteq
+Z(\mathfrak{m})$, ce qui donne $\mathfrak{m} \subseteq
 \mathfrak{I}(\{(x_1,\ldots,x_d)\})$, mais par maximalité de
 $\mathfrak{m}$ ceci est en fait une égalité.
 \end{proof}
@@ -914,17 +914,17 @@ $(x_1,\ldots,x_d)$ tel que ci-dessus.
 
 \begin{thm}[Nullstellensatz = théorème des zéros de Hilbert]
 Soit $I$ un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$ (toujours avec $k$ un corps
-algébriquement clos) : alors $\mathfrak{I}(V(I)) = \surd I$ (le
+algébriquement clos) : alors $\mathfrak{I}(Z(I)) = \surd I$ (le
 radical de $I$).
 \end{thm}
 \begin{proof}
-On sait que $\surd I \subseteq \mathfrak{I}(V(I))$ et il s'agit de
-montrer la réciproque.  Soit $f \in \mathfrak{I}(V(I))$ : on veut
+On sait que $\surd I \subseteq \mathfrak{I}(Z(I))$ et il s'agit de
+montrer la réciproque.  Soit $f \in \mathfrak{I}(Z(I))$ : on veut
 prouver $f\in I$.  On vérifie facilement que ceci revient à montrer
 que l'idéal $I[\frac{1}{f}]$ de $k[t_1,\ldots,t_d,\frac{1}{f}]$ est
 l'idéal unité.  Or $k[t_1,\ldots,t_d,\frac{1}{f}] =
 k[t_1,\ldots,t_d,z]/(zf-1)$.  Soit $J$ l'idéal engendré par $I$ et
-$zf-1$ dans $k[t_1,\ldots,t_d,z]$ : on voit que $V(J) = \varnothing$
+$zf-1$ dans $k[t_1,\ldots,t_d,z]$ : on voit que $Z(J) = \varnothing$
 (dans $k^{d+1}$), donc le Nullstellensatz faible entraîne $J =
 k[t_1,\ldots,t_d,z]$ : ceci donne $I[\frac{1}{f}] =
 k[t_1,\ldots,t_d,\frac{1}{f}]$.
@@ -932,7 +932,7 @@ k[t_1,\ldots,t_d,\frac{1}{f}]$.
 
 \begin{scho}
 Si $k$ est un corps algébriquement clos, les fonctions $I \mapsto
-V(I)$ et $E \mapsto \mathfrak{I}(E)$ définissent des bijections
+Z(I)$ et $E \mapsto \mathfrak{I}(E)$ définissent des bijections
 réci\-proques, décroissantes pour l'inclusion, entre les idéaux radicaux
 de $k[t_1,\ldots,t_d]$ d'une part, et les fermés de Zariski de $k^d$
 d'autre part.
@@ -949,7 +949,7 @@ correspondance avec les idéaux premiers.
 Si $X$ est un fermé de Zariski dans $k^d$ avec $k$ algébriquement
 clos, on a vu qu'il existe un unique idéal radical $I$
 de $k[t_1,\ldots,t_d]$, à savoir l'idéal $I = \mathfrak{I}(X)$ des
-polynômes s'annulant sur $X$, tel que $X = V(I)$.  Le quotient
+polynômes s'annulant sur $X$, tel que $X = Z(I)$.  Le quotient
 $k[t_1,\ldots,t_d] / I$ (qui est donc un anneau réduit, et intègre ssi
 $X$ est irréductible) s'appelle l'\emph{anneau des fonctions
   régulières} sur $X$ et se note $\mathcal{O}(X)$.
@@ -973,16 +973,16 @@ de $\mathcal{O}(X)$ :
 \begin{prop}
 Avec les notations ci-dessus :
 \begin{itemize}
-\item Tout fermé de Zariski de $X$ est de la forme $V(\mathscr{F}) :=
+\item Tout fermé de Zariski de $X$ est de la forme $Z(\mathscr{F}) :=
   \{x\in X :\penalty0 {(\forall f\in \mathscr{F})}\penalty100\, f(x) =
   0\}$ pour un certain ensemble $\mathscr{F}$ d'éléments
   de $\mathcal{O}(X)$.
 \item En posant $\mathfrak{I}(E) := \{f\in \mathcal{O}(X) :\penalty0
   {(\forall x\in E)}\penalty100\, f(x)=0\}$, les fonctions $I \mapsto
-  V(I)$ et $E \mapsto \mathfrak{I}(E)$ définissent des bijections
+  Z(I)$ et $E \mapsto \mathfrak{I}(E)$ définissent des bijections
   réci\-proques, décroissantes pour l'inclusion, entre les idéaux
   radicaux de $\mathcal{O}(X)$ d'une part, et les fermés de Zariski de
-  $X$ d'autre part : on a $\mathfrak{I}(V(I)) = \surd I$ pour tout
+  $X$ d'autre part : on a $\mathfrak{I}(Z(I)) = \surd I$ pour tout
   idéal $I$ de $\mathcal{O}(X)$.
 \item Ces bijections mettent les \emph{points} (c'est-à-dire les
   singletons) de $X$ en correspondance avec les idéaux maximaux de
@@ -997,7 +997,7 @@ Avec les notations ci-dessus :
 On a expliqué en \ref{section-note-morphismes} que les pour toute
 $k$-algèbre $A$, l'ensemble $\Hom_{k}(\mathcal{O}(X), A)$ des
 morphismes de $k$-algèbres de $\mathcal{O}(X)$ vers $A$ peut être vu
-comme l'ensemble $V(I)(A) = \{(x_1,\ldots,x_d) \in A^d :\penalty0
+comme l'ensemble $Z(I)(A) = \{(x_1,\ldots,x_d) \in A^d :\penalty0
 (\forall f \in I)\,f(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$ des $d$-uplets
 $(x_1,\ldots,x_d)$ d'éléments de $A$ sur lesquels tout élément de $I$
 s'annule.  On notera aussi simplement $X(A)$ pour cet ensemble.
@@ -1035,7 +1035,7 @@ morphisme vers la droite affine.  On définit donc :
 \item un morphisme de $X$ vers l'espace affine $\mathbb{A}^e$ de
   dimension $e$ est la donnée de $e$ fonctions régulières sur $X$,
   c'est-à-dire d'un $e$-uplet d'éléments de $\mathcal{O}(X)$,
-\item un morphisme de $X$ vers le fermé de Zariski $Y = V(J)$ défini
+\item un morphisme de $X$ vers le fermé de Zariski $Y = Z(J)$ défini
   dans l'espace affine $\mathbb{A}^e$ par un idéal $J =
   (g_1,\ldots,g_r)$ est la donnée d'un $e$-uplet $(f_1,\ldots,f_e) \in
   \mathcal{O}(X)^e$ comme ci-dessus, vérifiant de plus les contraintes
@@ -1071,7 +1071,7 @@ $h(y) = \varphi(h)(x)$ pour tout $h \in \mathcal{O}(Y)$.
 
 \smallbreak
 
-\textbf{Un exemple :} Considérons $C = V(g)$ où $g = y^2 - x^3 \in
+\textbf{Un exemple :} Considérons $C = Z(g)$ où $g = y^2 - x^3 \in
 k[x,y]$ (anneau des polynômes à deux indéterminées $x,y$ sur un corps
 algébriquement clos $k$), et $\mathbb{A}^1$ la droite affine sur $k$.
 On a $\mathcal{O}(C) = k[x,y]/(y^2-x^3)$ et $\mathcal{O}(\mathbb{A}^1)