Alg`ebre commutative et géométrie algébrique

Universit´ e de Rennes 1 2011–2012
Alg`ebre commutative et g´eom´etrie alg´ebrique
Examen du 30 avril 2012 (dur´ee : 2 heures)
Documents, notes de cours ou de TD, t´el´ephones portables, calculatrices sont interdits.
Justifiez toutes vos r´eponses.
Le sujet comporte deux pages et quatre exercices. Dans tous les exercices, Ad´esigne un anneau
commutatif avec unit´e et kun corps.
EXERCICE 1. (4 points) (Questions de cours) —
1) Rappeler la d´efinition d’un id´eal monomial. D´eterminer tous les id´eaux monomiaux de
k[X, Y, Z] qui sont premiers.
Par d´efinition un id´eal monomial est un id´eal engendr´e par des monˆomes, i.e. il existe une partie
S⊂Nntelle que
I=hXα, α ∈S}.
Les id´eaux monomiaux de k[X, Y, Z] sont
h0i,hXi,hYi,hZi,hX, Y i,hX, Zi,hY, Zi,hX, Y, Zi.
(On admet que h0iest un id´eal monomial en prenant S=∅.)
2) Supposons kalg´ebriquement clos. Montrer que les ferm´es de A1
ksont les parties finies de A1 k
ainsi que A1
k.
Un ferm´e de A1
kest de la forme V(I) pour un id´eal Ide k[X]. Mais k[X] est un anneau principal,
donc I=hfipour un certain polynˆome f∈k[X]. Si f= 0, alors V(I) = A1
k; si f6= 0, alors f
poss`ede un nombre fini de racines dans ket donc V(I) = {a∈k:f(a)=0}est un ensemble
fini.
3) Rappeler la d´efinition d’un id´eal primaire dans un anneau. Montrer que le radical d’un id´eal
primaire est premier.
Un id´eal I⊂Aest dit primaire si et seulement si :
a, b ∈A, ab ∈I, a /∈I=⇒b∈√I.
Montrons que √Iest premier. Supposons ab ∈√Iet a /∈√I, alors il existe n≥1 tel que
(ab)n=anbn∈Imais an/∈I. Comme Iest primaire, on doit avoir bn∈√I, d’o`u b∈√I.
Ainsi √Iest premier.
EXERCICE 2. (7 points) — Soit Il’id´eal de C[X, Y, Z] engendr´e par les polynˆomes
f1=X2−Y Z, f2=XY −Z2.
On munit l’ensemble des monˆomes de C[X, Y, Z] de l’ordre lexicographique d´efini par X > Y >
Z.
1

2
i) Montrer que {f1, f2}n’est pas une base de Gr¨obner de I.
On calcule le S-polynˆome S(f1, f2) = Y(X2−Y Z)−X(XY −Z2) = XZ2−Y2Z, dont
les deux termes ne sont pas divisible ni par LT(f1) = X2ni par LT(f2) = XY . Donc
{f1, f2}n’st pas une base de Gr¨obner de Id’apr`es le crit`ere de Buchberger.
ii) Trouver une base de Gr¨obner r´eduite de I.
On pose f3:= XZ2−Y2Zet on calcule
S(f1, f3) = Z2(X2−Y Z)−X(XZ2−Y2Z) = XY 2Z−Y Z3= (Y Z)·f2
S(f2, f3) = Z2(XY −Z2)−Y(XZ2−Y2Z) = Y3Z−Z4.
Puisque le reste de la division de S(f2, f3) par {f1, f2, f3}est lui-mˆeme, on pose f4:=
Y3Z−Z4. Ensuite,
S(f1, f4) = Y3Z(X2−Y Z)−X2(Y3Z−Z4) = X2Z4−Y4Z2= (XZ2+Y2Z)·f3,
S(f2, f4) = Y2Z(XY −Z2)−X(Y3Z−Z4) = XZ4−Y2Z3=Z2·f3,
S(f3, f4) = Y3(XZ2−Y2Z)−XZ(Y3Z−Z4) = XZ5−Y5Z=Z3·f3+ (−Y2)·f4.
Donc {f1, f2, f3, f4}forment une base de Gr¨obner de I. On v´erifie facilement qu’elle est
en fait r´eduite.
iii) D´eterminer l’ensemble alg´ebrique V(I) dans C3. Quelle est sa dimension ?
Il revient `a r´esoudre f1=f2=f3=f4= 0. De l’´equation f4=Y3Z−Z4= 0, on
trouve que soit Z= 0, soit Y3=Z3, i.e. il existe ξune racine 3-i`eme telle que Y=ξZ.
Traitons d’abord le cas o`u Z= 0. Alors de l’´equation f1=X2−Y Z = 0, on d´eduit que
X= 0, et on peut prendre pour Yn’importe quelle valeur dans C.
Supposons maintenant que Y=ξZ pour une racine ξ∈C. Par f2=X(ξZ)−Z2= 0,
on a X=ξ−1Zet, en notant que ξ−1=ξ2, on v´erifie que (ξ−1Z, ξZ, Z) est bien une
solution des ´equations f1=f2=f3=f4= 0. En r´esum´e, en fixant un ξcomme ci-dessus
et en notant que {1, ξ, ξ−1}sont les 3 racines 3-i`eme dans C, on obtient finalement :
V(I) = {(0, t, 0), t ∈C}∪{(t, t, t), t ∈C}
∪{(ξ−1t, ξt, t), t ∈C}∪{(ξt, ξ−1t, t), t ∈C}.
Ainsi V(I) consiste en 4 droites passant par l’origine (0,0,0), donc dim V(I) = 1.
Un autre moyen de calculer la dimension de V(I) est de calculer celle de V(hLT(I)i) :
on a
hLT(I)i=hX2, XY, XZ2, Y 3Zi
et J={X, Z}est un sous-ensemble de {X, Y, Z}de cardinal minimal v´erifiant la
condition (*) du cours. Ainsi dim(V(I)) = 3 − |J|= 3 −2 = 1.
iv) Est-ce que le polynˆome h=X4+XY 3−2XZ3appartient `a I?
En effectuant la division de hpar {f1, f2, f3, f4}, on trouve que
h= (X2+Y Z)·f1+Y2·f2+ (−2Z)·f3,
donc h∈I.
v) D´eterminer I∩k[Y, Z]. Soit π:C3→C2la projection donn´ee par (x, y, z)7→ (y, z).
D´eterminer l’ensemble alg´ebrique π(V(I)) (i.e. la clˆoture de π(V(I))).
Comme B:= {f1, f2, f3, f4}est une base de Gr¨obner de Ipour l’ordre X > Y > Z,
I∩k[Y, Z] est engendr´e par B ∩ k[Y, Z], i.e. par {f4}. Ensuite, on sait que π(V(I)) =
V(I∩k[Y, Z]) = V(f4)⊂C2. De mani`ere explicite, on a (o`u ξ∈Cest comme ci-dessus) :
π(V(I)) = {(t, 0), t ∈C}∪{(ξt, t), t ∈C}∪{(ξ−1t, t), t ∈C}∪{(t, t), t ∈C}.

3

4
EXERCICE 3. (4 points) — Rappelons qu’un ´el´ement a∈Aest dit diviseur de z´ero s’il
existe b∈Anon nul tel que ab = 0 (donc 0 est un diviseur de z´ero). Soit Sle sous-ensemble de
Aform´e des ´el´ements qui ne sont pas diviseurs de z´ero.
i) Montrer que Sest une partie multiplicative de A. Montrer que tout ´el´ement de A[S−1]
est soit un diviseur de z´ero soit inversible.
Soit a, b ∈Set supposons que c∈Aest tel que (ab)c= 0. Puisque (ab)c=a(bc) et a
n’est pas diviseur de z´ero, on a bc = 0, puis c= 0 car bn’est pas diviseur de z´ero. Ainsi
ab ∈S.
Soit x=a
s∈A[S−1] avec a∈Aet s∈S. Si a∈S, alors xest inversible d’inverse s a.
Si a /∈S, alors aest un diviseur de z´ero et, si b∈Anon nul est tel que ab = 0, alors
b
1∈A[S−1] est non nul (car il n’existe pas de t∈Stel que tb = 0) et a s×b 1= 0. Ainsi
xest un diviseur de z´ero de A[S−1].
Supposons que Aest r´eduit et soit p1,...,pnles id´eaux premiers minimaux contenant (0).
ii) Montrer que l’ensemble des diviseurs de z´eros de Aest ´egal `a Sn
i=1 pi.
Puisque Aest r´eduit, on a (0) = p(0) = ∩n
i=1pi.
a) Soit a∈Aun diviseur de z´ero non nul, et b∈Anon nul tel que ab = 0. Supposons
que a /∈ ∪n
i=1pi. Alors comme ab = 0 ∈pipour tout iet piest premier, on doit avoir
b∈pipour tout i, d’o`u b∈ ∩n
i=1pi= (0). Mais par hypoth`ese b6= 0, cette contradiction
montre que a∈ ∪n
i=1pi.
b) R´eciproquement, soit a∈ ∪n
i=1piet montrons que aest un diviseur de z´ero. On
peut supposer que a6= 0 et que a∈p1(quitte `a r´enum´eroter les pi). Chaque pi´etant
minimal premier, la d´ecomposition (0) = ∩n
i=1piest l’unique d´ecomposition minimale
de (0), donc ∩n
i=2pi6= (0). Soit bun tel ´el´ement non nul, alors
ab ∈p1·(∩n
i=2pi)⊂ ∩n i=1pi= (0),
c’est-`a-dire, aest un diviseur de z´ero.
iii) Montrer que tout id´eal premier de A[S−1] est maximal.
Un id´eal premier de A[S−1] est de la forme pepour p⊂Aun id´eal premier v´erifiant
p∩S=∅, i.e. p⊂ ∪n
i=1pipar i), ce qui revient `a dire que p⊂pipour un i. Or piest
minimal, on doit avoir p=pi. D’ailleurs, chaque pe
iest un premier de A[S−1], ainsi les
id´eaux premiers de A[S−1] sont
{pe
i,1≤i≤n}.
Enfin c’est clair que chaque pe
iest maximal, puisque pe i*pe jsi i6=j.
EXERCICE 4. (5 points) — Consid´erons l’id´eal I=hXY, XZ, Y Zide k[X, Y, Z].
i) Montrer que Iest un id´eal radical.
On peut ´ecrire f∈k[X, Y, Z] de mani`ere unique sous la forme
f=λ+X
i≥1
aiXi+X
i≥1
biYi+X
i≥1
ciYi+g, avec g∈I.
Supposons f∈√Iet donc fn∈Ipour un entier n≥1. Si {ai, i ≥1}ne sont pas
tous nuls et si mest le plus grand entier tel que am6= 0, alors fncontient un terme

5
an
mXn. Mais cela contredit au fait que fn∈I, par cons´equent ai= 0 pour tout i≥1.
De mˆeme, bi=ci= 0 pour tout i≥1 et λ= 0. Autrement dit f∈Iet Iest radical.
ii) Trouver une d´ecomposition primaire minimal pour I.
On peut v´erifier que I=hX, Y i ∩ hY, Zi ∩ hX, Zi, ce qui donne une d´ecomposition
primaire minimal de Icar les trois id´eaux sont tous premiers donc primaires.
iii) Soit J=hX2Y, Y Z, XZ2i. Calculer √Jet montrer que Jn’est pas un id´eal primaire.
On a ´evidemment J⊂I. D’ailleurs, I⊂√J, car (XY )2=Y·(X2Y)∈Jet (XZ)2=
X·(XZ2)∈J. On en d´eduit que √J=√I=Id’apr`es i). l’id´eal Jn’est pas primaire
puisque son radical In’est pas premier : XY ∈Imais X /∈Iet Y /∈I.
iv) Montrer que J=hX, Y i ∩ hY, Z2i ∩ hX2, Ziest une d´ecomposition primaire minimale
de J.
Le calcul suivant montre que :
hX, Y i∩hY, Z2i∩hX2, Zi=hXY, Y, XZ2, Y Z2i∩hX2, Zi
=hY, XZ2i∩hX2, Zi
=hX2Y, Y Z, X2Z2, XZ2i
=J.
Puis, hX, Y iest premier donc primaire. Montrons que l’id´eal hY, Z2iest primaire. Par
l’isomorphisme k[X, Y, Z]/hY, Z2i∼
=k[X, Z]/hZ2i, il suffit de montrer que hZ2iest
primaire dans k[X, Z], ce qui est clair puisque k[X, Z] est factoriel et Zest irr´eductible.
Le mˆeme raisonnement montre que hX2, Ziest primaire. Apr`es on v´erifie que
hX, Y i∩hY, Z2i*hX2, Zi
hX, Y i∩hX2, Zi*hY, Z2i
hY, Z2i∩hX2, Zi*hX, Y i,
donc J=hX, Y i∩hY, Z2i∩hX2, Ziest une d´ecomposition primaire minimale de J.
v) Indiquer les id´eaux premiers associ´es `a J. Lesquels sont isol´es ? La d´ecomposition donn´ee
dans iv) est-elle unique ?
Comme phX, Y i=hX, Y i,phY, Z2i=hY, Zi,phX2, Zi=hX, Zi, cela donne les
id´eaux premiers associ´es `a J:
hX, Y i,hY, Zi,hX, Zi.
Tous les trois sont isol´es, et donc la d´ecomposition dans iv) est unique.