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diff --git a/notes-mdi349.tex b/notes-mdi349.tex index b9f645c..d745931 100644 --- a/notes-mdi349.tex +++ b/notes-mdi349.tex @@ -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 |