COURS 22 Version du 25 novembre 2016. 4.3. Correspondance

COURS 22
Version du 25 novembre 2016.
4.3. Correspondance entre idéaux radicaux et variétés.
Theorème 4.3.1 (Nullstellensatz). Soit k un corps algébriquement
clos, et soient f1 , . . . , fr des polynômes dans krx1 , . . . , xn s. Alors
IpV pxf1 , . . . , fr yqq “ rpxf1 , . . . , fr yq.
Démonstration. Si f m P xf1 , . . . , fr y, alors f m est zéro où f1 , . . . , fr
le sont tous, et il s’ensuit que c’est également le cas pour f . Donc
f P IpV pxf1 , . . . , fr yqq.
Pour l’implication réciproque, supposons que f P IpV pxf1 , . . . , fr yqq.
Mettons J pour l’idéal xf1 , . . . , fr . Définissons un idéal dans krx1 , . . . , xn , ys,
J˜ “ xf1 , . . . , fr , 1 ´ yf y
Est-ce que cet idéal est propre ou non ? Supposons que c’est propre.
Par le Nullstellensatz faible, il y a donc un point pa1 , . . . , an , bq dans
˜ Or pa1 , . . . , an q doit être dans V pJq. Vu que f P IpV pJqq, f pa1 , . . . , an q “
V pJq.
0. Alors p1 ´ yf qpa1 , . . . , an , bq “ 1, ce qui va à l’encontre de la suppo˜
sition que pa1 , . . . , an , bq P V pJq.
˜
˜ il y a des polynômes
Donc, J n’est pas propre. Du fait que 1 P J,
h1 , . . . , hr et g tels que
ÿ
1“
hi fi ` p1 ´ yf qg
i
Soulignons qu’il s’agit ici d’une identité – la somme des polynômes dans
le membre droit est égale (comme polynôme) au polynôme constant 1.
Substituons y “ 1{f . Après la substitution, 1 ´ yf “ 0, donc p1 ´
yf qg disparaı̂t. Soit N la plus grande puissance de f qui apparaı̂t dans
les dénominateurs du membre droit, et mettons h̃i px1 , . . . , xn q pour
f N hi px1 , . . . , xn , 1{f q. Soulignons que les h̃i sont des polynômes dans
krx1 , . . . , xn s. Nous avons donc
ÿ
fN “
h̃i fi .
i
Il s’ensuit que f P rpxf1 , . . . , fr yq.
1
2
COURS 22
Theorème 4.3.2 (Correspondence entre idéaux radicaux et variétés.).
Soit k un corps algébriquement clos. Les applications I et V sont des
bijections qui inversent les inclusions entre les variétés et les idéaux
radicaux.
Démonstration. Nous avons déjà remarqué que l’idéal qui correspond
à une variété est radical. Le Nullstellensatz nous dit que, pour de tels
idéaux IpV pJqq “ J. Si X est une variété, alors X “ V pJq pour un J
radical. V pIpXqq “ V pIpV pJqqq “ V pJq “ X. Cela nous donne que I
et V sont des bijections. L’inversion des inclusions est évidente.
Exemple. Soit f P krxs, pour k algébriquement clos. Nous pouvons
donc factoriser f comme f “ cpx ´ a1 qm1 . . . px ´ ar qmr , avec tous les
ai distincts. V pf q “ ta1 , . . . , ar u, et IpV pf qq “ xpx ´ a1 q . . . px ´ ar qy.
C’est évident que g est un multiple de px ´ a1 q . . . px ´ ar q ssi g est dans
le radical de xf y.
4.4. Les idéaux premiers et maximaux, et la géométrie. Une
variété X est irréductible si une expression X “ X1 Y X2 avec X1 et
X2 des variétés, demande que X1 “ X ou X2 “ X.
Par exemple, V pxyq (la réunion des deux axes) n’est pas irréductible,
parce que V pxyq “ V pxqYV pyq. Par contre, V py ´x2 q est irréductible :
il n’y a auncune manière de diviser cette parabole en deux variétés plus
petites dont la réunion est la parabole.
Theorème 4.4.1. Une variété V est irréductible ssi IpV q est premier.
Pour continuer l’exemple : on vérifie facilement que xxyy n’est pas
premier, vu que xy P xxyy, tandis que ni x ni y ne l’est.
Démonstration. Supposons que X est irréductible. Supposons que f g P
IpXq. Soit I1 “ xf y ` IpXq, I2 “ xgy ` IpXq. Soit Xi “ V pIi q. X “
X1 Y X2 , parce que, f g étant dans IpXq, pour chaque x P X, nous
savons que f pxq “ 0 ou gpxq “ 0, et donc que x P X1 ou x P X2 . Par
l’hypothèse d’irréductibilité, X1 ou X2 est égal à X. Supposons que
X1 “ X. Mais f P IpX1 q, donc f P IpXq.
Supposons que IpXq est premier, et que X “ X1 Y X2 . Supposons
que X1 ‰ X. Soit f P IpX1 qzIpXq. Certainement IpX2 q Ě IpXq. Pour
n’importe quel g P IpX2 q, f g P IpXq. Parce que IpXq est premier, il
s’ensuit que g P IpXq. Alors IpX2 q Ď IpXq. Donc X2 “ X.
Corollaire 4.4.1. Soit k un corps algébriquement clos. Alors V et I
donnent des bijections entre les idéaux premiers et les variétés irréductibles.
Proposition 4.4.1. Pour k un corps arbitraire, pa1 , . . . , an q P k n , xx1 ´
a1 , . . . , xn ´ an y est maximal dans krx1 , . . . , xn s.
COURS 22
3
Démonstration. Supposons que nous avons un idéal plus grand, avec,
disons, f là-dedans, tel que f R xx1 ´ a1 , . . . , xn ´ an y. Après diviser
f par les autres générateurs, forcément, ce qui reste n’est pas zéro (ou
f serait dans l’idéal original), donc le reste est constant, et l’idéal est
impropre.
Theorème 4.4.2. Si k est algébriquement clos, les idéaux de la proposition précédente sont tous les idéaux maximaux.
Démonstration. Soit M un idéal maximal. V pM q est non vide par le
Nullstellensatz faible, donc elle contient un point pa1 , . . . , an q. M et
xx1 ´ a1 , . . . , xn ´ an y sont tous les deux des idéaux maximaux, donc
radicaux, donc le dictionnaire nous dit que M est contenu dans l’idéal
xx1 ´ a1 , . . . , xn ´ an y, donc ils doivent être égaux.
Par contre, xx2 `1y est un idéal maximal dans Rrxs, même si ce n’est
pas de la forme décrite dans la proposition, puisque x2 ` 1 ne peut pas
être factorisé dans Rrxs.