Zariski topology, Nullstellensatz, and whatnot.

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@@ -583,6 +583,156 @@ $A[\Sigma^{-1}]$ pour $A[S^{-1}]$.  En particulier, lorsque $\Sigma$
 est le singleton d'un élément $\sigma$, on note $A[\sigma^{-1}]$ ou
 $A[\frac{1}{\sigma}]$.
 
+%
+\subsection{TODO}
+
+Lemme de Nakayama ?
+
+
+%
+%
+%
+
+\section{Variétés algébriques affines sur un corps algébriquement clos}
+
+Pour le moment, $k$ est un corps, qui sera bientôt algébriquement
+clos.
+
+Si $\mathscr{F}$ est une partie de $k[t_1,\ldots,t_d]$, on définit un
+ensemble $V(\mathscr{F}) = \{(x_1,\ldots,x_d) \in k^d :\penalty0
+(\forall f\in \mathscr{F})\, f(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$ (on devrait
+plutôt noter $V(\mathscr{F})(k)$ ou $V_k(\mathscr{F})$, surtout si $k$
+n'est pas algébriquement clos, mais il le sera bientôt).  Remarques
+évidentes : si $\mathscr{F} \subseteq \mathscr{F}'$ alors
+$V(\mathscr{F}) \supseteq V(\mathscr{F}')$ ; on a $V(\mathscr{F}) =
+\cap_{f\in \mathscr{F}} V(f)$ (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
+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.
+
+Réciproquement, si $E$ est une partie de $k^d$, on note
+$\mathfrak{Z}(E) = \{f\in k[t_1,\ldots,t_d] :\penalty0 (\forall
+(x_1,\ldots,x_d)\in E)\, f(x_1,\ldots,x_d)=0\}$.  Vérification
+facile : c'est un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$, et même un idéal
+radical.  Remarque évidente : si $E \subseteq E'$ alors
+$\mathfrak{Z}(E) \supseteq \mathfrak{Z}(E')$ ; on a $\mathfrak{Z}(E) =
+\cap_{x\in E} \mathfrak{m}_x$ (où $\mathfrak{m}_x$ désigne l'idéal
+maximal $\mathfrak{Z}(\{x\})$ des polynômes s'annulant en $x$).
+
+On a $E \subseteq V(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F} \subseteq
+\mathfrak{Z}(E)$ (les deux signifiant « tout polynôme dans
+  $\mathscr{F}$ s'annule en tout point de $E$ »).  En particulier, en
+appliquant ceci à $\mathscr{F} = \mathfrak{Z}(E)$, on a $E \subseteq
+V(\mathfrak{Z}(E))$ pour toute partie $E$ de $k^d$ ; et en
+l'appliquant à $E = V(\mathscr{F})$, on a $\mathscr{F} \subseteq
+\mathfrak{Z}(V(\mathscr{F}))$.  De $E \subseteq V(\mathfrak{Z}(E))$ on
+déduit $\mathfrak{Z}(E) \supseteq \mathfrak{Z}(V(\mathfrak{Z}(E)))$
+(car $\mathfrak{Z}$ est décroissante), mais par ailleurs
+$\mathfrak{Z}(E) \subseteq \mathfrak{Z}(V(\mathfrak{Z}(E)))$ en
+appliquant l'autre inclusion à $\mathfrak{Z}(E)$ : donc
+$\mathfrak{Z}(E) = \mathfrak{Z}(V(\mathfrak{Z}(E)))$ pour toute partie
+$E$ de $k^d$ ; de même, $V(\mathscr{F}) =
+V(\mathfrak{Z}(V(\mathscr{F})))$ 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 $E = V(\mathfrak{Z}(E))$ si et
+  seulement si elle est de la forme $V(\mathscr{F})$ pour un
+  certain $\mathscr{F}$, et dans ce cas on peut prendre $\mathscr{F} =
+  \mathfrak{Z}(E)$, qui est un idéal radical.
+\item Une partie $I$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ vérifie $I =
+  \mathfrak{Z}(V(I))$ si et seulement si elle est de la forme
+  $\mathfrak{Z}(E)$ pour un certain $E$, et dans ce cas on peut
+  prendre $E = V(I)$, et $I$ est un idéal radical
+  de $k[t_1,\ldots,t_d]$.
+\item Les fonctions $\mathfrak{Z}$ et $V$ se restreignent en des
+  bijections décroissantes réciproques 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.
+\end{itemize}
+\end{prop}
+
+On appellera \textbf{fermé de Zariski} une partie $E$ de $k^d$
+vérifiant le premier point, c'est-à-dire de la forme $V(\mathscr{F})$
+pour une certaine partie $\mathscr{F}$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$, dont on
+a vu qu'on pouvait supposer qu'il s'agit d'un idéal radical, et
+précisément de $\mathfrak{Z}(E)$.  On ne donne pas de nom particulier
+aux idéaux vérifiant le second point (=être dans l'image de la
+fonction $\mathfrak{Z}$), mais on va voir que pour $k$ algébriquement
+clos il s'agit de tous les idéaux radicaux.
+
+\begin{prop}
+\begin{itemize}
+\item Les ensembles $\varnothing$ et $k^d$ tout entier sont des fermés
+  de Zariski dans $k^d$.  Tout singleton $\{x\}$ est un fermé de
+  Zariski.
+\item Si $(E_i)_{i\in I}$ sont des fermés de Zariski, alors
+  $\bigcap_{i\in I} E_i$ est un fermé de Zariski.
+\item Si $E,E'$ sont des fermés de Zariski, alors $E \cup E'$ est un
+  fermé de Zariski.
+\end{itemize}
+\end{prop}
+
+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 $I =
+k[t_1,\ldots,t_d]$.
+\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 $V(\mathfrak{m}) \neq \varnothing$.
+
+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
+dénombrable, à savoir les images des monômes dans les $t_i$) sur $k$.
+Mais $K$ ne peut pas contenir d'élément transcendant $\tau$ sur $k$
+car, $k$ ayant été supposé indénombrable, la famille des
+$\frac{1}{\tau - a}$ pour $a\in k$ serait linéairement indépendante
+(par décomposition en élément simples) dans $k(\tau)$ donc dans $K$.
+Donc $K$ est algébrique sur $k$.  Comme $k$ était supposé
+algébriquement clos, on a en fait $K=k$.  Les classes des
+indéterminées $t_1,\ldots,t_d$ définissent alors des éléments
+$a_1,\ldots,a_d \in k$, et pour tout $f \in \mathfrak{m}$, on a
+$f(a_1,\ldots,a_d) = 0$.  Autrement dit, $(a_1,\ldots,a_d) \in
+V(\mathfrak{m})$, ce qui conclut.
+\end{proof}
+
+En fait, dans le cours de cette démonstration, on a montré (dans le
+cas particulier où on s'est placé, mais c'est vrai en général) :
+\begin{prop}[{idéaux maximaux de $k[t_1,\ldots,t_d]$}]
+Soit $k$ un corps algébriquement clos.  Tout idéal maximal
+$\mathfrak{m}$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ est de la forme
+$\mathfrak{m}_{(x_1,\ldots,x_d)} := \{f : f(x_1,\ldots,x_d) = 0\}$
+pour un certain $(x_1,\ldots,x_d) \in k^d$.
+\end{prop}
+
+\begin{thm}[Nullstellensatz = théorème des zéros de Hilbert]
+Soit $I$ un idéal de $k[t_1,\ldots,t_d]$ : alors $\mathfrak{Z}(V(I)) =
+\surd I$ (le radical de $I$).
+\end{thm}
+\begin{proof}
+On sait que $\surd I \subseteq \mathfrak{Z}(V(I))$ et il s'agit de
+montrer la réciproque.  Soit $f \in \mathfrak{Z}(V(I))$ : 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 $V(J) = \varnothing$
+(dans $k^{d+1}$), donc le Nullstellensatz faible entraîne $J =
+k[t_1,\ldots,t_d,z]$ : ceci donne $I[\frac{1}{f}] =
+k[t_1,\ldots,t_d,\frac{1}{f}]$.
+\end{proof}
+
 
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