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@@ -687,7 +687,9 @@ 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 $x$).
+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 $E \neq
+\varnothing$.
 
 On a de façon triviale $\mathfrak{Z}(\varnothing) =
 k[t_1,\ldots,t_d]$.  De façon moins évidente, si $k$ est infini (ce
@@ -744,6 +746,45 @@ 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.)
 
+\medbreak
+
+\textbf{Fermés irréductibles et idéaux premiers}
+
+On dit qu'un fermé de Zariski $E \subseteq k^d$ non vide est
+\textbf{irréductible} lorsqu'on ne peut pas écrire $E = E' \cup E''$,
+où $E',E''$ sont deux fermés de Zariski (forcément contenus
+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.
+\end{prop}
+\begin{proof}
+Supposons $\mathfrak{Z}(E)$ 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
+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
+$E'' = E \cap V(f'')$ ; 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.
+\end{proof}
+
 %
 \subsection{Le Nullstellensatz}