From 5154b82628733e1b332f182ab8abade270735923 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: "David A. Madore" <david+git@madore.org>
Date: Thu, 20 May 2010 18:17:51 +0200
Subject: Connexity.  Connected and irreductible components.

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 notes-geoalg.tex | 103 ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++-
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@@ -479,7 +479,7 @@ $A[t_1,\ldots,t_d]/I \buildrel\sim\over\to B$.  On peut donc dire :
 une $A$-algèbre de type fini est un quotient de $A[t_1,\ldots,t_d]$
 (pour un certain $d$).
 
-\begin{cor}
+\begin{cor}\label{algebre-de-type-fini-est-anneau-noetherien}
 Une algèbre de type fini sur un anneau noethérien, et en particulier
 sur un corps ou sur $\mathbb{Z}$, est un anneau noethérien.
 \end{cor}
@@ -1269,6 +1269,15 @@ propriétés sont constitutives de la notion de \emph{topologie}, en
 l'occurrence la \textbf{topologie de Zariski} (sur l'ensemble $k^d$ ou
 $X(k)$).
 
+\smallbreak
+
+Si $X'$ est un fermé de Zariski de $X$, alors les fermés et ouverts de
+Zariski de $X'$ sont précisément les intersections avec $X'$ des
+fermés et ouverts de Zariski de $X$.  (On dit que la topologie de $X'$
+est \emph{induite} par celle de $X$.)
+
+\smallbreak
+
 Si $I$ est engendré par les éléments $f_1,\ldots,f_r$, on peut écrire
 $U(I) = D(f_1) \cup \cdots \cup D(f_r)$ où $D(f_i) := U(\{f_i\})$ est
 l'ouvert où $f_i$ ne s'annule pas (les $D(f)$ s'appellent parfois
@@ -1317,6 +1326,12 @@ F' \cup F''$ avec $F',F''$ fermés impose $F' = X$ ou $F'' = X$ ; de
 façon équivalente, cela signifie que tout ouvert non vide de $X$ est
 dense.
 
+On dit que $X$ est \textbf{connexe} lorsque ($X$ est non vide et que)
+$\varnothing$ et $X$ sont les seuls ensembles à la fois ouverts et
+fermés dans $X$.  (« Irréductible » est plus fort que « connexe », car
+si $X$ est irréductible, tout ouvert non vide est dense, et en
+particulier le seul ouvert fermé non vide est $X$ tout entier.)
+
 On dit que $X$ est \textbf{quasi-compact} lorsque dès qu'on a une
 écriture $X = \bigcup_{i\in \Lambda} U_i$ avec $U_i$ ouverts
 (autrement dit, un recouvrement ouvert de $X$), il existe $\Xi
@@ -1355,6 +1370,92 @@ topologie de Zariski.  Plus généralement, on peut facilement montrer
 que les seuls fermés de Zariski de $\mathbb{A}^1(k)$ sont la droite
 $\mathbb{A}^1(k)$ tout entière et les parties \emph{finies}.
 
+\medbreak
+
+\textbf{Composantes connexes.}
+
+\begin{prop}
+Si $X$ est une variété algébrique affine, alors $X$ est connexe si et
+seulement si les seuls éléments $e \in \mathcal{O}(X)$ vérifiant $e^2
+= e$ (appelés \textbf{idempotents}) sont $0$ et $1$.
+\end{prop}
+\begin{proof}
+Si $e^2=e$ avec $e \neq 0,1$, alors $e(1-e) = 0$.  On a donc $X = Z(e)
+\cup Z(1-e)$ ; et $Z(e) \cap Z(1-e) = \varnothing$ (car $e,1-e$
+engendrent l'idéal unité, si on veut).  Donc $Z(e)$ et $Z(1-e)$ sont
+deux fermés complémentaires l'un de l'autre, donc ils sont aussi
+ouverts.  Comme $e$ n'est pas nul, $Z(e)$ n'est pas $X$ tout entier,
+et de même pour $Z(1-e)$ car $e \neq 1$ ; donc $Z(e)$ est un ouvert
+fermé autre que $\varnothing$ et $X$, et $X$ n'est pas connexe.
+
+Réciproquement, supposons que $X'$ soit un ouvert fermé dans $X$ autre
+que $\varnothing$ et $X$, et soit $X''$ son complémentaire, qui
+vérifie les mêmes conditions.  On peut écrire $X' = Z(I')$ et $X'' =
+Z(I'')$ avec $I',I''$ deux idéaux radicaux stricts
+de $\mathcal{O}(X)$.  Puisque $X' \cap X'' = \varnothing$, on a $I' +
+I'' = (1)$ (où $(1)$ désigne l'idéal unité,
+c'est-à-dire $\mathcal{O}(X)$ tout entier) ; il existe donc $e \in I'$
+tel que $1-e \in I''$.  Mais alors $e(1-e) \in I' \cap I''$, or $I'
+\cap I'' = (0)$ car $X' \cup X'' = X$.  On a donc $e^2 = e$, et $e
+\neq 1$ car $e$ appartient à un idéal strict, et $e \neq 0$ car $1-e
+\neq 1$.
+\end{proof}
+
+On pourrait montrer :
+\begin{prop}
+Toute variété algébrique affine $X$ est réunion d'un nombre fini de
+fermés connexes.  De plus, il existe une écriture $X = \bigcup_{i=1}^n
+X_i$ vérifiant $X_i \cap X_j = \varnothing$ pour $i \neq j$, et une
+telle écriture est unique (à l'ordre des facteurs près) : les $X_i$
+s'appellent les \textbf{composantes connexes} de $X$.
+\end{prop}
+
+\medbreak
+
+\textbf{Composantes irréductibles.}
+
+\begin{prop}
+Toute variété algébrique affine $X$ est réunion d'un nombre fini de
+fermés irréductibles.  De plus, il existe une écriture $X =
+\bigcup_{i=1}^n X_i$ vérifie $X_i \not\subseteq X_j$ pour $i \neq j$,
+et une telle écriture est unique (à l'ordre des facteurs près) : les
+$X_i$ s'appellent les \textbf{composantes irréductibles} de $X$.
+\end{prop}
+\begin{proof}
+Montrons par l'absurde que $X$ est réunion d'un nombre fini de fermés
+irréductibles : comme $X$ n'est pas lui-même irréductible, on peut
+écrire $X = X_1 \cup X'_1$ avec $X_1$, $X'_1$ fermés stricts dans $X$,
+et l'un d'entre eux ne doit pas être irréductible, disons $X_1$, donc
+on peut écrire $X_1 = X_2 \cup X'_2$, et ainsi de suite.  On obtient
+ainsi une suite de fermés strictement décroissante pour l'inclusion $X
+\supsetneq X_1 \supsetneq X_2 \supsetneq\cdots$, qui correspond à une
+suite strictement croissante d'idéaux (radicaux) dans
+$\mathcal{O}(X)$, ce qui est impossible car $\mathcal{O}(X)$ est
+noethérien (cf. \ref{algebre-de-type-fini-est-anneau-noetherien}).
+
+On peut donc écrire $X = \bigcup_{i=1}^n X_i$, et quitte à jeter les
+$X_i$ déjà inclus dans un autre $X_j$ (et à répéter le processus si
+nécessaire), on peut supposer $X_i \not\subseteq X_j$ pour $i \neq j$.
+
+Montrons enfin l'unicité.  Si $X = \bigcup_{i=1}^n X_i =
+\bigcup_{j=1}^p Y_j$ sont deux telles écritures, on a $X_i =
+\bigcup_{j=1}^p (X_i \cap Y_j)$.  Comme $X_i$ est irréductible, l'un
+des $X_i\cap Y_j$ doit être égal à $X_i$, c'est-à-dire $X_i \subseteq
+Y_j$ ; par symétrie de l'argument, ce $Y_j$ est lui-même inclus dans
+un $X_{i'}$, et comme $X_i \subseteq X_{i'}$, la condition sur la
+décomposition donne $i'=i$, donc $Y_j = X_i$ et on a bien montré que
+chaque $X_i$ est un des $Y_j$ et vice versa.
+\end{proof}
+
+\textbf{Exemple :} $Z(xy) \subseteq \mathbb{A}^2$ a pour composantes
+irréductibles $Z(x)$ et $Z(y)$.  En revanche, il est connexe (=sa
+seule composante connexe est lui-même) : en effet, si $U$ est un
+ouvert fermé de $Z(xy)$, quitte à remplacer $U$ par son complémentaire
+on peut supposer que $U$ contient $(0,0)$, et alors $U$ est un ouvert
+fermé rencontrant $Z(x)$ et $Z(y)$ à la fois --- mais comme ceux-ci
+sont irréductibles, et en particulier connexes, $U \cap Z(x) = Z(x)$
+et $U \cap Z(y) = Z(y)$, ce qui montre $U = Z(x,y)$.
+
 
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