Change of heart: use \mathfrak{I} rather than \mathfrak{Z} for the ideal associated to a subset.

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@@ -721,20 +721,20 @@ prouve $x \in V(I')$).
   de $k^d$ ?}
 
 Réciproquement, si $E$ est une partie de $k^d$, on note
-$\mathfrak{Z}(E) = \{f\in k[t_1,\ldots,t_d] :\penalty0 (\forall
+$\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\}$.  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 $\mathfrak{Z}(E) =
+$\mathfrak{I}(E) \supseteq \mathfrak{I}(E')$ ; on a $\mathfrak{I}(E) =
 \cap_{x\in E} \mathfrak{m}_x$ (où $\mathfrak{m}_x$ désigne l'idéal
-maximal $\mathfrak{Z}(\{x\})$ des polynômes s'annulant en $x$), et en
-particulier $\mathfrak{Z}(E) \neq k[t_1,\ldots,t_d]$ dès que $E \neq
+maximal $\mathfrak{I}(\{x\})$ des polynômes s'annulant en $x$), et en
+particulier $\mathfrak{I}(E) \neq k[t_1,\ldots,t_d]$ dès que $E \neq
 \varnothing$.
 
-On a de façon triviale $\mathfrak{Z}(\varnothing) =
+On a de façon triviale $\mathfrak{I}(\varnothing) =
 k[t_1,\ldots,t_d]$.  De façon moins évidente, si $k$ est infini (ce
 qui est en particulier le cas lorsque $k$ est algébriquement clos), on
-a $\mathfrak{Z}(k^d) = (0)$ (démonstration par récurrence sur $d$,
+a $\mathfrak{I}(k^d) = (0)$ (démonstration par récurrence sur $d$,
 laissée en exercice).
 
 \medbreak
@@ -742,34 +742,34 @@ laissée en exercice).
 \textbf{Le rapport entre ces deux fonctions}
 
 On a $E \subseteq V(\mathscr{F})$ ssi $\mathscr{F} \subseteq
-\mathfrak{Z}(E)$ (les deux signifiant « tout polynôme dans
+\mathfrak{I}(E)$ (les deux signifiant « tout polynôme dans
   $\mathscr{F}$ s'annule en tout point de $E$ »).  En particulier, en
-appliquant ceci à $\mathscr{F} = \mathfrak{Z}(E)$, on a $E \subseteq
-V(\mathfrak{Z}(E))$ pour toute partie $E$ de $k^d$ ; et 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 $\mathscr{F} \subseteq
-\mathfrak{Z}(V(\mathscr{F}))$.  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
+\mathfrak{I}(V(\mathscr{F}))$.  De $E \subseteq V(\mathfrak{I}(E))$ on
+déduit $\mathfrak{I}(E) \supseteq \mathfrak{I}(V(\mathfrak{I}(E)))$
+(car $\mathfrak{I}$ est décroissante), mais par ailleurs
+$\mathfrak{I}(E) \subseteq \mathfrak{I}(V(\mathfrak{I}(E)))$ 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, $V(\mathscr{F}) =
-V(\mathfrak{Z}(V(\mathscr{F})))$ pour tout ensemble $\mathscr{F}$ de
+V(\mathfrak{I}(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
+\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
   certain $\mathscr{F}$, et dans ce cas on peut prendre $\mathscr{F} =
-  \mathfrak{Z}(E)$, qui est un idéal radical.
+  \mathfrak{I}(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
+  \mathfrak{I}(V(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
   de $k[t_1,\ldots,t_d]$.
-\item Les fonctions $\mathfrak{Z}$ et $V$ se restreignent en des
+\item Les fonctions $\mathfrak{I}$ et $V$ 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.
@@ -781,9 +781,9 @@ vérifiant le premier point, c'est-à-dire de la forme $V(\mathscr{F})$
 pour une certaine partie $\mathscr{F}$ de $k[t_1,\ldots,t_d]$ : 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 $I =
-\mathfrak{Z}(E)$.  (On ne donne pas de nom particulier aux idéaux
+\mathfrak{I}(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
+fonction $\mathfrak{I}$), mais on va voir que pour $k$ algébriquement
 clos il s'agit de tous les idéaux radicaux.)
 
 \medbreak
@@ -797,32 +797,32 @@ dans $E$...), sauf si $E'=E$ ou $E''=E$.
 
 \begin{prop}
 Un fermé de Zariski $E \subseteq k^d$ est irréductible si, et
-seulement si, l'idéal $\mathfrak{Z}(E)$ est premier.
+seulement si, l'idéal $\mathfrak{I}(E)$ est premier.
 \end{prop}
 \begin{proof}
-Supposons $\mathfrak{Z}(E)$ premier : on veut montrer que $E$ est
+Supposons $\mathfrak{I}(E)$ premier : on veut montrer que $E$ est
 irréductible.  Supposons $E = E' \cup E''$ comme ci-dessus (on a vu
-que $E = V(\mathfrak{Z}(E))$, $E' = V(\mathfrak{Z}(E'))$ et $E'' =
-V(\mathfrak{Z}(E''))$) : on veut montrer que $E' = E$ ou $E'' = E$.
-Supposons le contraire, c'est-à-dire $\mathfrak{Z}(E) \neq
-\mathfrak{Z}(E')$ et $\mathfrak{Z}(E) \neq \mathfrak{Z}(E'')$.  Il
-existe alors $f' \in \mathfrak{Z}(E') \setminus \mathfrak{Z}(E)$ et
-$f'' \in \mathfrak{Z}(E'') \setminus \mathfrak{Z}(E)$.  On a alors
-$f'f'' \not\in \mathfrak{Z}(E)$ car $\mathfrak{Z}(E)$ est premier, et
+que $E = V(\mathfrak{I}(E))$, $E' = V(\mathfrak{I}(E'))$ et $E'' =
+V(\mathfrak{I}(E''))$) : on veut montrer que $E' = E$ ou $E'' = E$.
+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
+$f'' \in \mathfrak{I}(E'') \setminus \mathfrak{I}(E)$.  On a alors
+$f'f'' \not\in \mathfrak{I}(E)$ car $\mathfrak{I}(E)$ est premier, et
 pourtant $f'f''$ s'annule sur $E'$ et $E''$ donc sur $E$, une
 contradiction.
 
 Réciproquement, supposons $E$ irréductible : on veut montrer que
-$\mathfrak{Z}(E)$ est premier.  Soient $f',f''$ tels que $f'f'' \in
-\mathfrak{Z}(E)$ : posons $E' = V(\mathfrak{Z}(E) + (f'))$ et $E'' =
-V(\mathfrak{Z}(E) + (f''))$.  On a $E' \subseteq E$ et $E'' \subseteq
-E$ puisque $E = V(\mathfrak{Z}(E))$, et en fait $E' = E \cap V(f')$ et
+$\mathfrak{I}(E)$ 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 $x
 \in E$ 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 $f' \in
-\mathfrak{Z}(E)$.  Ceci montre bien que $\mathfrak{Z}(E)$ est premier.
+\mathfrak{I}(E)$.  Ceci montre bien que $\mathfrak{I}(E)$ est premier.
 \end{proof}
 
 %
@@ -871,7 +871,7 @@ pour un certain $(x_1,\ldots,x_d) \in k^d$.
 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 $\mathfrak{m} \subseteq
-\mathfrak{Z}(\{(x_1,\ldots,x_d)\})$, mais par maximalité de
+\mathfrak{I}(\{(x_1,\ldots,x_d)\})$, mais par maximalité de
 $\mathfrak{m}$ ceci est en fait une égalité.
 \end{proof}
 
@@ -881,12 +881,12 @@ $(x_1,\ldots,x_d)$ 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 $\mathfrak{Z}(V(I)) = \surd I$ (le
+algébriquement clos) : alors $\mathfrak{I}(V(I)) = \surd I$ (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
+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
 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 $k[t_1,\ldots,t_d,\frac{1}{f}] =
@@ -899,7 +899,7 @@ k[t_1,\ldots,t_d,\frac{1}{f}]$.
 
 \begin{scho}
 Si $k$ est un corps algébriquement clos, les fonctions $I \mapsto
-V(I)$ et $E \mapsto \mathfrak{Z}(E)$ définissent des bijections
+V(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.
@@ -915,7 +915,7 @@ 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 $I = \mathfrak{Z}(X)$ des
+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
 $k[t_1,\ldots,t_d] / I$ (qui est donc un anneau réduit, et intègre ssi
 $X$ est irréductible) s'appelle l'\emph{anneau des fonctions
@@ -944,12 +944,12 @@ Avec les notations ci-dessus :
   \{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{Z}(E) := \{f\in \mathcal{O}(X) :\penalty0
+\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 $E \mapsto \mathfrak{Z}(E)$ définissent des bijections
+  V(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 $\mathfrak{Z}(V(I)) = \surd I$ pour tout
+  $X$ d'autre part : on a $\mathfrak{I}(V(I)) = \surd I$ 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