diff options
| -rw-r--r-- | notes-mdi349.tex | 150 |
1 files changed, 150 insertions, 0 deletions
diff --git a/notes-mdi349.tex b/notes-mdi349.tex index 10c9fce..78f7c7f 100644 --- a/notes-mdi349.tex +++ b/notes-mdi349.tex @@ -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} + % % |