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diff --git a/notes-mdi349.tex b/notes-mdi349.tex index c0c46b1..a28f229 100644 --- a/notes-mdi349.tex +++ b/notes-mdi349.tex @@ -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) |