Géométrie Algébrique Introduction Un des buts de ce cours

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UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Introduction
Un des buts de ce cours sera de démontrer le résultat suivant :
Théorème de Bézout. — Soient C et D deux courbes algébriques planes de
degrés respectifs p, q et sans composante commune. Alors C et D se coupent
en p · q points.
Remarques. — Pour avoir une chance que l’énoncé ci-dessus soit vérifié, nous
avons besoin de préciser plusieurs points :
(i) Il faudra se placer sur C (ou plus généralement sur un corps algébriquement clos). Par exemple, sur R2 les courbes x = −2 et x2 + y 2 = 1 ne se
coupent pas en 2 points. En fait, elles se coupent imaginairement, à savoir en
√ √ −2, i 3 et −2, −i 3 .
(ii) Il faudra introduire des multiplicités. Par exemple, sur C2 les courbes
x = −1 et x2 + y 2 = 1 ne se coupent qu’en un seul point : (−1, 0). En fait, ce
point sera compté double (la droite est ici tangente au cercle).
(iii) Il faudra se placer sur le plan projectif P2C . Par exemple, sur C2 les
courbes xy = 1 et x = 1 se coupent en (1, 1), mais simplement. En fait, il faut
regarder à l’infini. Sur le plan projectif il y a bien deux points d’intersection :
[1 : 1 : 1] et [0 : 1 : 0] (ce qui signifie, en termes informels, qu’en plus du point
(1, 1), il y a un autre point d’intersection des deux courbes, “à l’infini”).
Le cours sera structuré comme suit : le premier chapitre donne la définition et
les premières propriétés des objets géométriques fondamentaux pour ce cours,
les sous-ensembles algébriques. L’étude de ces sous-ensembles repose sur deux
résultats fondamentaux de nature algébrique : le théorème de la base de Hilbert
et le “Nullstellensatz”. Ces deux résultats sont démontrés dans les chapitres
2,3 et 4. Dans le chapitre 5 la notion de fonctions régulières sur un ouvert d’un
sous-ensemble algébrique est étudiée.
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Le chapitre 9 traite de multiplicités ; c’est là que nous résolverons rigoureusement le problème soulevé en (ii) de cette introduction. Là encore, cette notion
géométrique ne pourra être appréhendée de façon satisfaisante qu’une fois
certains résultats algébriques démontrés ; ce travail préparatif est l’objet des
chapitres 7 et 8.
Le chapitre 10 définit des objets géométriques plus généraux que les “sousensembles algébriques” dont il a été question jusque là. Notamment, l’espace
projectif, en tant que variété algébrique, est introduit, ce qui résout le problème
(iii). Finalement, le chapitre 11 démontre le théorème de Bézout, but de ce
cours, et le chapitre 12 en explique quelques applications.
Ce texte a été rédigé par Christoph Sorger, Samuel Boissière, et Pierre-Emmanuel Chaput.
Géométrie Algébrique
Table des matières
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1. Ensembles algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2. Théorème de base de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3. Nullstellensatz : énoncé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
4. Nullstellensatz : preuve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
5. Variétés affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
6. Dimension d’un anneau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
7. Décomposition primaire d’un idéal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
8. Fermés algébriques n’ayant qu’un nombre fini de points . . 64
9. Etude locale des courbes planes affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
10. Variétés algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
11. Courbes algébriques projectives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
12. Applications du théorème de Bézout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
Annexe A. Devoir libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Annexe B. Contrôle continu : 10 mars 2004 . . . . . . . . . . . . . . . . 116
Annexe C. Examen première session : 24 mai 2004 . . . . . . . . 124
Annexe D. Examen deuxième session : 2 septembre 2004 . . 127
Références . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
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1. Ensembles algébriques
Ce chapitre donne la définition des sous-ensembles algébriques d’un espace affine, puis définit une topologie sur ces sous-ensembles, assez particulière parce
qu’en général non séparée, mais très utiles, la topologie de Zariski.
1.1. — Soit k un corps. On note :
Ank := {(x1 , . . . , xn ) | xi ∈ k
∀i = 1, . . . , n},
l’espace affine de dimension n sur k. Soient P1 , . . . , P` ∈ k[X1 , . . . , Xn ] des
polynômes en n indéterminées. On note :
V (P1 , . . . , P` ) := {(x1 , . . . , xn ) ∈ Ank | Pi (x1 , . . . , xn ) = 0
∀i = 1, . . . , `}.
La notation V est un anglicisme (V pour vanishing). On trouve parfois aussi
la notation Z (pour zéros) dans les ouvrages. Cependant, ces dernières années,
V est devenu standard.
1.2 Exemples. — Sur A2C on a :
(i) Si P = X 2 + Y 2 − 1, V (P ) = {(x, y) ∈ A2C | x2 + y 2 − 1 = 0} est le cercle ;
(ii) Si P = X 2 + Y 2 − 1 et Q = X + 2, alors :
V (P, Q) = {(x, y) ∈ A2C | x2 + y 2 = 1 et x = −2}
n
√ o n
√ o
=
−2, i 3 ∪ −2, −i 3 .
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1.3. — Soit J = hP1 , . . . , P` i l’idéal de k[X1 , . . . , Xn ] engendré par les polynômes P1 , . . . , P` . Alors pour tout P ∈ J on a :
P (x1 , . . . , xn ) = 0 pour (x1 , . . . , xn ) ∈ V (P1 , . . . , P` ).
En effet, on peut écrire P =
P̀
Qi Pi pour certains Qi ∈ k[X1 , . . . , Xn ] d’où :
i=1
P (x1 , . . . , xn ) =
`
X
Qi (x1 , . . . , xn )Pi (x1 , . . . , xn ) = 0.
i=1
Généralement, nous définissons pour un idéal J ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] le sousensemble algébrique déterminé par l’idéal J par :
V (J) := {(x1 , . . . , xn ) ∈ Ank | P (x1 , . . . , xn ) = 0
∀P ∈ J}.
1.4 Lemme. — Si J = hP1 , . . . , P` i, alors V (J) = V (P1 , . . . , P` ).
Démonstration. — Nous avons déjà vu que V (P1 , . . . , P` ) ⊂ V (J). L’inclusion
inverse est claire car Pi ∈ J pour tout i ∈ {1, . . . , `}.
1.5 Proposition. — On a les propriétés suivantes :
(i) V (h0i) = Ank et V (k[X1 , . . . , Xn ]) = ∅ ;
(ii) V (I) ∪ V (J) = V (I ∩ J) ; plus généralement
S̀
V (Ij ) = V (
j=1
(iii)
T
V (Iλ ) = V
λ∈Λ
P
T̀
Ij ) ;
j=1
P
Iλ , où
Iλ désigne l’idéal de k[X1 , . . . , Xn ]
λ∈Λ
λ∈Λ
engendré par les Iλ .
On en déduit que l’ensemble :
τ (Ank ) := {V (J)c | J idéal de k[X1 , . . . , Xn ]}
est une topologie sur Ank ou autrement dit : les sous-ensembles algébriques de
Ank forment les fermés d’une topologie sur Ank qu’on appelle la topologie de
Zariski de Ank . On dira donc parfois fermé de Zariski au lieu de sous-ensemble
algébrique.
Démonstration. —
(i) Clair.
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(ii) On observe que si J1 ⊂ J2 alors V (J1 ) ⊃ V (J2 ) : l’opération V (·)
renverse les inclusions. Ainsi V (I) ⊂ V (I ∩ J) et V (J) ⊂ V (I ∩ J), donc
V (I) ∪ V (J) ⊂ V (I ∩ J). Réciproquement, soit (x1 , . . . , xn ) ∈ V (I ∩ J). Si
(x1 , . . . , xn ) 6∈ V (I), il existe un polynôme P ∈ I tel que P (x1 , . . . , xn ) 6= 0.
Pour tout Q ∈ J on a P · Q ∈ I ∩ J donc Q(x1 , . . . , xn )P (x1 , . . . , xn ) = 0,
ce qui donne Q(x1 , . . . , xn ) = 0 pour tout Q ∈ J, donc (x1 , . . . , xn ) ∈ V (J).
Ainsi, on a obtenu V (I ∩ J) ⊂ V (I) ∪ V (J), d’où finalement l’égalité. Par
récurrence, l’énoncé analogue pour un nombre fini d’idéaux est encore valable.
P
P
Iλ donc V (Iµ ) ⊃ V
Iλ , d’où :
(iii) Pour µ ∈ Λ on a Iµ ⊂
λ∈Λ
λ∈Λ
T
T
P
Iµ ⊃ V
Iλ . Montrons l’inclusion inverse. Si (x1 , . . . , xn ) ∈
Iµ ,
µ∈Λ
µ∈Λ
λ∈Λ
alors :
∀λ ∈ Λ, ∀Pλ ∈ Iλ , Pλ (x1 , . . . , xn ) = 0.
P
Puisque l’idéal
Iλ est engendré par les polynômes Pλ ∈ Iλ pour tout λ, il
λ∈Λ
P
Iλ .
en résulte que (x1 , . . . , xn ) ∈ V
λ∈Λ
1.6 Exemple. — Soit k un corps infini. Alors Z ⊂ A1k est un fermé de Zariski
si et seulement si Z = ∅, ou Z = A1k , ou Z est un sous-ensemble fini de A1k .
En effet, si Z est un fermé distinct de ∅ et de A1k , alors Z = V (I) avec
I 6= 0 et I 6= k[X]. Puisque k[X] est un anneau principal, on a I = hP i
donc V (I) = V (P ) et P n’a qu’un nombre fini de zéros. Inversement, si
Z = {a1 , . . . , an } est un sous-ensemble fini de A1k on voit que Z est de la forme
n
Q
Z = V (I) avec I = hP i et P (X) =
(X − ai ) (voir aussi l’exercice 1.6).
i=1
1.7 Remarque. — Par récurrence on a vu que :
n
S
j=1
V (Ij ) = V
n
T
!
Ij .
j=1
Cependant ceci n’est valable que pour des réunions finies. En effet, supposons
k infini et a1 , a2 , . . . ∈ k distincts tels que Z = {a1 , a2 , . . .} 6= A1k . Alors
S
Z =
V (hX − an i) mais ne peut pas être de la forme V (J) car les seuls
n∈N
fermés de Zariski de A1k distincts de A1k et non vides sont les ensembles finis.
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Exercices
Exercice 1.1. — Dessiner les ensembles algébriques suivants :
(i) Sur A2R : V (X 2 + Y 2 − 1), V (Y 2 − X 3 ), V (Y 2 − X 2 − X 3 ) (on pourra
trouver un paramétrage), V (XY ), V (X, Y ), V (Y 2 − XY − X 2 Y + X 3 ) (on
pourra factoriser).
(ii) Sur A3R : V (Z 2 − (X 2 + Y 2 )).
Exercice 1.2. — Soit I, J des idéaux de k[X1 , . . . , Xn ]. Montrer :
(i) (I ⊂ J) ⇒ (V (I) ⊃ V (J)). Que dire de la réciproque ?
(ii) V (I) ∪ V (J) = V (I ∩ J).
(iii) V (I) ∪ V (J) = V (I · J). Trouver un exemple où V (I · J) = V (I ∩ J)
avec I · J 6= I ∩ J.
(iv) V (I) ∩ V (J) = V (I + J).
Exercice 1.3. — Soit k un corps infini. Montrer que la topologie de Zariski
sur A1k n’est pas séparée.
Exercice 1.4. — Montrer que, pour la topologie de Zariski, A2C 6= A1C × A1C
(i.e. la topologie de Zariski sur le produit n’est pas la topologie produit des
topologies de Zariski).
Exercice 1.5. — Soit a, b ∈ C et l’idéal I = hX −a, Y −bi ⊂ C[X, Y ]. Décrire
V (I) et montrer que l’idéal I est maximal. Que penser de la réciproque ?
Exercice 1.6. — Soit k un corps fini. Montrer que tout sous-ensemble de Ank
est algébrique.
Exercice 1.7. —
(i) Montrer que l’ensemble {(t, t2 , t3 ) ∈ R3 | t ∈ R} est un sous-ensemble
algébrique de R3 .
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(ii) Montrer que l’ensemble {(x, y) ∈ R2 | y = sin(x)} n’est pas un ensemble
algébrique.
Exercice 1.8. — Soit k un corps infini et F ∈ k[X1 , . . . , Xn ]. Supposons que
F (a1 , . . . , an ) = 0 pour tous a1 , . . . , an ∈ k. Montrer que F = 0. (IndicaP
tion : écrire F = i Fi Xni avec Fi ∈ k[X1 , . . . , Xn−1 ]. Procéder par récurrence
sur n en utilisant le fait que si Fi (a1 , . . . , an−1 ) 6= 0 pour un certain i, alors
F (a1 , . . . , an−1 , Xn ) a un nombre fini de racines). Interpréter géométriquement
ce résultat.
Exercice 1.9. — Montrer que tout ouvert de Zariski de A2C est dense pour
la topologie de Zariski.
Solutions
Solution 1.1. — Le cercle, la cubique cuspidale t 7→ (t2 , t3 ), la cubique nodale t 7→ (t2 − 1, t3 − t), la réunion des deux axes x = 0 et y = 0, le point
(0, 0), la réunion de la droite y = x et de la parabole y = x2 .
Solution 1.2. —
(i) Voir le cours. Contre-exemple à la réciproque : I = (X) et J = (X 2 )
dans k[X].
(ii) Voir le cours.
(iii) Se démontre comme le précédent. Rappelons que I · J est l’idéal engendré par les produits x · y pour x ∈ I et y ∈ J, autrement dit :
( k
)
X
I ·J =
xi yi | xi ∈ I, yi ∈ J .
i=1
Contre-exemple : par exemple I = J = (X) dans k[X].
(iv) Double inclusion.
Solution 1.3. — Il faut montrer que deux ouverts de Zariski non vides U
et V s’intersectent toujours. D’après la remarque 1.6, ils sont de la forme :
U = A1k − V (P ) et W = A1k − V (Q) pour des polynômes non nuls P, Q. Alors
U ∩ W = A1k − (V (P ) ∪ V (Q)) est un ouvert non vide (car infini).
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Solution 1.4. — Rappel : si X est un espace topologique, la topologie produit sur X × X est la topologie la moins fine rendant les projections sur X
continues (les projections sont alors ouvertes, mais non fermées en général).
On sait que X est séparé si et seulement si la diagonale ∆ ⊂ X × X est fermée
pour la topologie produit. Pour X = A1C , X n’est pas séparé (exercice 1.3)
donc la diagonale ∆ n’est pas fermée. Cependant, vue dans A2C cette diagonale est V (X − Y ) donc est fermée. Donc la topologie de Zariski sur A2C n’est
pas la topologie produit.
Solution 1.5. — V (I) est le point (a, b). Soit f : C[X, Y ] → C l’évaluation
f (P ) = P (a, b). On voit aisément que f est surjective et que I ⊂ Ker(f ). Montrons que Ker(f ) ⊂ I. Soit P ∈ C[X, Y ] tel que P (a, b) = 0. En considérant
que P ∈ C[Y ][X], on peut faire la division euclidienne de P par X − a (rappelons que dans une algèbre de polynômes A[X] sur un anneau A, on peut
faire une division euclidienne d’un polynôme P par un polynôme Q seulement
quand le coefficient dominant de Q est inversible dans A ; c’est bien le cas ici) :
P = (X − a)Q + R,
où R est un polynôme de degré nul en X : R ∈ C[Y ]. Puisque P (a, b) = 0, on
a R(b) = 0. Par division euclidienne à nouveau (cette fois sans problème dans
C[Y ]), R = (Y − b)T avec T ∈ C[Y ]. Ainsi :
P = (X − a)Q + (Y − b)T ∈ hX − a, Y − bi = I.
Finalement, Ker(f ) = I donc C[X, Y ]/I ∼
= C ce qui montre que I est maximal.
La réciproque sera vue plus loin avec le Nullstellensatz.
Solution 1.6. — Puisque k est fini, tout sous-ensemble Z de Ank est fini. Soit
Z = {x1 , . . . , xm } ∈ Ank , avec xi = (ai1 , . . . , ain ). On observe que {xi } = V (Ji )
pour Ji = (X1 − ai1 , . . . , Xn − ain ) donc :
Z = {x1 } ∪ · · · ∪ {xm }
= V (J1 ) ∪ · · · ∪ V (Jm )
= V (J1 ∩ · · · ∩ Jm ),
donc Z est un ensemble algébrique.
Solution 1.7. —
(i) Vérifier que c’est V (Z − X 3 , Y − X 2 ).
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(ii) Supposons que cet ensemble Z soit algébrique : il est alors de la forme
Z = V (I). Soit P ∈ I : on a P (x, sin x) = 0 pour tout x ∈ R. Alors le polynôme
Q(X) = P (X, 0) est tel que :
Q(π + 2πk) = P (π + 2πk, 0) = P (π + 2πk, sin(π + 2πk)) = 0
pour tout entier k : Q a un nombre infini de racines, donc Q est nul. Cela
signifie que P vérifie P (x, 0) = 0 pour tout x ∈ R, et ce pour tout P ∈ I.
Donc l’ensemble Z contiendrait tous les points (x, 0) pour x ∈ R (i.e. toute la
droite horizontale), ce qui n’est pas.
Solution 1.8. — Remarque : comme contre-exemple si k n’est pas infini,
prendre k = Z/pZ pour p premier et le polynôme F = X(X −1) · · · (X −(p−1))
qui est non nul alors que F (x) = 0 pour tout x ∈ k.
On fait une récurrence. Pour n = 1 c’est clair : un polynôme non nul de k[X]
P
a un nombre fini de racines, or k est infini. Sinon, on décompose F = Fi Xni
avec Fi ∈ k[X1 , . . . , Xn−1 ]. Si F est non nul, l’un des polynômes Fi est non
nul, disons Fi0 , donc par hypothèse de récurrence il existe a1 , . . . , an−1 tels que
Fi0 (a1 , . . . , an−1 ) 6= 0. Alors Q(X) = F (a1 , . . . , an−1 , X) est un polynôme non
nul donc il a un nombre fini de racines. Il existe donc (puisque k est infini)
an tel que F (a1 , . . . , an−1 , an ) = Q(an ) 6= 0, contradiction. Géométriquement,
cela signifie : (V (I) = Ank ) ⇒ (I = h0i) (la réciproque est toujours vraie).
Solution 1.9. — L’exercice 1.8 a établi l’équivalence entre V (I) = A2C et
(I = h0i). Soit U = A2 −V (I) un ouvert non vide : donc I 6= h0i. Pour montrer
qu’il est dense, il faut montrer qu’il coupe tout ouvert non vide W = A2 −V (J)
(J 6= h0i). Or U ∩ W = A2C − (V (I) ∪ V (J)) = A2C − V (I · J) et I · J 6= h0i
puisque I et J sont non nuls. Donc U ∩ W est non vide.
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2. Théorème de base de Hilbert
2.1. — Soit Z ⊂ Ank un sous-ensemble algébrique : il est de la forme Z =
V (I) avec I ⊂ k[X1 , . . . , Xn ]. Le théorème de finitude (ou de base) de
Hilbert affirme que I = hP1 , . . . , P` i pour un nombre fini de polynômes.
Ce théorème fondamental, objet de ce chapitre, montre donc que tout sousensemble algébrique peut être défini par un nombre fini d’équations.
La démonstration de ce théorème utilise la notion d’anneaux noethériens et
de modules de type fini.
2.2 Remarque. — Tous les anneaux considérés sont associatifs, commutatifs
et unitaires.
2.3 Théorème (Hilbert). — Soit A un anneau noethérien. Alors l’anneau
A[X] est aussi noethérien.
En particulier, si k est un corps, k[X1 , . . . , Xn ] est noethérien.
2.4 Rappels. —
(i) Un anneau A est dit noethérien si l’une des trois conditions équivalentes
suivantes est vérifiée :
(a) Tout idéal I ⊂ A est de type fini.
(b) Toute suite croissante d’idéaux est stationnaire.
(c) Tout ensemble non vide d’idéaux a un élément maximal.
(ii) Un module M sur un anneau A est dit de type fini s’il existe x1 , . . . , xm ∈
M tels que :
M = hx1 , . . . , xm i := {a1 x1 + . . . + am xm | ai ∈ A
∀i = 1, . . . , m},
ou de manière équivalente s’il existe un morphisme surjectif de A-modules
Am M .
La démonstration du théorème de Hilbert va reposer sur le lemme suivant :
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2.5 Lemme. — Soit A un anneau noethérien et 0 → M 0 → M → M 00 → 0
une suite exacte de A-modules. Alors :
M est de type fini ⇔ M 0 et M 00 sont de type fini.
Démonstration. —
”⇐” Supposons M 0 et M 00 de type fini. On peut écrire :
M 0 = hx01 , . . . , x0n i,
M 00 = hx001 , . . . , x00m i.
Alors M est engendré par :
x1 = f (x01 ), . . . , xn = f (x0n )
et des éléments xn+1 , . . . , xn+m tels que g(xn+i ) = x00i pour i = 1, . . . , m. En
m
P
effet, soit x ∈ M . Alors g(x) =
bi x00i et par linéarité de g :
i=1
m
X
g x−
!
bi xn+i
= g(x) −
i=1
m
X
bi g(xn+i )
i=1
=0
ce qui signifie que x −
f (x0 ) = x −
m
P
bi xn+i ∈ Ker g = Im f . Il existe donc x0 ∈ M 0 tel que
i=1
bi xn+i . C’est un élément de la forme x0 =
i=1
ai ∈ A, donc
m
P
f (x0 )
=
n
P
n
P
i=1
ai x0i pour certains
ai xi d’où :
i=1
x = a1 x1 + · · · + an xn + b1 xn+1 + · · · + bm xn+m ,
P
i.e. x est de la forme x = i ci xi avec ci ∈ A.
”⇒” Supposons M de type fini : M = hx1 , . . . , xn i. Posons x00i = g(xi ). Alors
P
les x00i engendrent M 00 . En effet, si x00 ∈ M 00 on a x00 = g(x) = g( i ai xi ) pour
P
P
certains ai , donc par linéarité de g on a : x00 = i ai g(xi ) = i ai x00i .
Le plus difficile est de montrer que M 0 est de type fini. Comme f est injective,
f (M 0 ) ∼
= M 0 donc il s’agit de voir que si N ⊂ M est un sous-module d’un
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module de type fini alors N est de type fini. Comme M est de type fini, il
existe une surjection :
p
An
M
P
(a1 , . . . , an ) 7→
i ai xi
∪
∪
−1
p (N )
N
donc il suffit de se restreindre au cas M = An car si p−1 (N ) est de type fini,
alors N l’est aussi. On raisonne par récurrence. Pour n = 1 il n’y a pas de
problème : N ⊂ A est un sous-module de A considéré comme module sur luimême, donc c’est un idéal de A. Puisque A est noethérien, N est de type fini.
Supposons la propriété vérifiée au rang n−1. Par projection q : (a1 , . . . , an ) 7→
an on a un diagramme commutatif :
0
0
/ An−1
O
/ An
O
?
/ N0
?
/N
q
/A
O
/0
?
/ N 00
/0
N 0 est de type fini par hypothèse de récurrence, N 00 est de type fini car A est
noethérien, donc N est noethérien d’après le sens ” ⇐ ”.
Nous sommes maintenant en mesure de démontrer le théorème de base de
Hilbert :
Démonstration. — Soit I ⊂ A[X] un idéal. En particulier, I est un A-module.
Posons pour tout n ≥ 0 :
In := {P ∈ I | deg P ≤ n}.
In est un sous-A-module de I et on a une filtration croissante :
I0 ⊂ I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ I.
Observation 1. — In est un A-module de type fini.
En effet, en considérant la projection A-linéaire fn : In → A définie par
f (P ) = an pour P = a0 + · · · + an X n , on a la suite exacte de A-modules :
0
/ In−1
/ In
/ fn (In )
/0.
14
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En procédant par récurrence, on a In−1 de type fini et fn (In ) de type fini car
A est noethérien, donc In est de type fini d’après le lemme 2.5.
Posons Jn = fn (In ) : les Jn forment une suite croissante d’idéaux de A :
Jn ⊂ Jn+1 ⊂ · · · (en effet, il suffit de multiplier par X).
Observation 2. — La suite d’idéaux Jn est stationnaire.
En effet, A est noethérien donc toute suite croissante d’idéaux est stationnaire.
Il existe donc un entier N tel que pour tout n ≥ N on a JN = Jn .
Observation 3. — IN engendre I comme A[X]-module.
En effet, soit P ∈ I. On peut supposer P ∈ In avec n ≥ N (sinon il n’y a rien
à faire) :
P = a0 + a1 X + · · · + an X n .
Il existe Q1 ∈ IN tel que fN (Q1 ) = fn (P ) car JN = Jn . Autrement dit,
Q1 = b0 + b1 X + · · · + bN X N ,
avec bN = an . Donc P − X n−N Q1 ∈ In−1 . De même, il existe Q2 ∈ IN tel que
P − X n−N Q1 − X n−N −1 Q2 ∈ In−2 et ainsi de suite. Finalement, on aboutit à
P − X n−N Q1 − · · · − XQn−N −1 ∈ IN . Donc on a
P = Qn−N + XQn−N −1 + · · · + X n−N Q1
pour Qi ∈ IN .
Fin de la démonstration du théorème. D’après l’observation 1, il existe des
éléments R1 , . . . , R` ∈ IN tels que IN = hR1 , . . . , R` iA (comme A-module).
P
Pi Qi avec Qi ∈
Si P ∈ I, l’observation 3 dit que P est de la forme P =
P i
Pi i
IN . Chaque Qi peut s’écrire Qi =
aj Rj , donc P =
aj Pi Rj soit P ∈
j
hR1 , . . . R` iA[X] .
i,j
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15
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercices
Exercice 2.1. —
(i) Déduire du théorème de base de Hilbert que pour tout corps k, l’anneau
de polynômes k[X1 , . . . , Xn ] est noethérien.
(ii) Soit X un ensemble algébrique défini par une famille d’équations polynomiales fi (x1 , . . . , xn ) = 0 pour i ∈ I où I désigne un ensemble d’indices
quelconque. Montrer qu’il existe un sous-ensemble fini J ⊂ I tel que X est
défini par les équations fj (x1 , . . . , xn ) = 0 pour j ∈ J.
(iii) La réciproque du théorème de base de Hilbert est-elle vraie : si A[X]
est un anneau noethérien, A est-il nécessairement noethérien ?
Exercice 2.2. —
(i) L’anneau k[X1 , X2 , . . .] des polynômes en un nombre infini d’indéterminées est-il noethérien ?
(ii) L’anneau des séries formelles k[[X]] est-il noethérien ?
Exercice 2.3. — On appelle hypersurface de Ank tout ensemble algébrique
de la forme V (F ) pour un polynôme F ∈ k[X1 , . . . , Xn ]. Montrer que tout
ensemble algébrique est une intersection finie d’hypersurfaces. Décrire le point
(0, 0) ∈ A2C comme intersection d’hypersurfaces.
Solutions
Solution 2.1. —
(i) Il suffit d’observer que k[X1 , . . . , Xn ] = k[X1 , . . . , Xn−1 ][Xn ] puis de faire
une récurrence.
(ii) L’idéal engendré par tous les fi est de type fini, donc il est engendré par
des polynômes P1 , . . . , Pr . Chacun d’eux s’exprime en fonction d’un nombre
fini de fj : ceux-ci suffisent donc.
16
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(iii) Consisérons le morphisme surjectif d’anneaux f : A[X] → A donné par
f (P ) = P (0). Pour tout idéal I de A, f −1 (I) est un idéal de A[X], donc est
de type fini : f −1 (I) = hP1 , . . . , Pk i. Donc I = hP1 (0), . . . , Pk (0)i est de type
fini.
Solution 2.2. —
(i) Non : la suite suivante d’idéaux est strictement croissante :
(X1 ) ⊂ (X1 , X2 ) ⊂ (X1 , X2 , X3 ) ⊂ · · · .
(ii) Oui : cet anneau est principal, donc noethérien.
Solution 2.3. — L’idéal qui définit cet ensemble algébrique est engendré par
un nombre fini de polynômes. Par exemple, (0, 0) = V (X, Y ) = V (X) ∩ V (Y ).
Géométrie Algébrique
17
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3. Nullstellensatz : énoncé
3.1. — On avait considéré pour un idéal J ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] le sous-ensemble
X = V (J) ⊂ Ank défini par :
V (J) := {(x1 , . . . , xn ) ∈ Ank | P (x1 , . . . , xn ) = 0
∀P ∈ J},
i.e. on avait défini une application :
V
{idéaux de k[X1 , . . . , Xn ]} −→ {sous-ensembles Z ∈ Ank }
et appelé les sous-ensembles V (J) obtenus algébriques.
Réciproquement, si Z ⊂ Ank est un sous-ensemble quelconque, on définit :
I(Z) := {P ∈ k[X1 , . . . , Xn ] | P (x1 , . . . , xn ) = 0
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ Z} .
C’est un idéal de k[X1 , . . . , Xn ]. On dispose donc de deux applications :
V
{idéaux de k[X1 , . . . , Xn ]} n
.
{sous-ensembles Z ⊂ Ank } .
I
Le Nullstellensatz décrit, pour J ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] un idéal, l’idéal I(V (J)).
Comme on le verra, les idéaux pour lesquels J = I(V (J)) forment une classe
importante d’idéaux, contenant les idéaux premiers ; ils seront appelés “idéaux
radicaux”.
La démonstration, ardue, du Nullstellensatz, utilise d’une part une construction algébrique, la localisation, qui jouera un rôle fondamental dans la suite
de ce cours, et d’autre part la notion d’extension entière d’algèbres, tout aussi
essentielle.
On commence par une proposition simple.
3.2 Proposition. —
(i) Si X ⊂ Y alors I(X) ⊃ I(Y ).
18
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(ii) Pour tout sous-ensemble Z ∈ Ank on a Z ⊂ V (I(Z)) avec égalité si et
seulement si Z est algébrique.
(iii) Pour tout idéal J ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] on a J ⊂ I(V (J)).
Démonstration. —
(i) Laissé en exercice.
(ii) L’inclusion est laissée en exercice.
” ⇐ ” Si Z est algébrique, il existe J0 ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] tel que Z = V (J0 ).
Clairement, I(Z) ⊃ J0 , donc V (I(Z)) ⊂ V (J0 ) = Z, d’où l’égalité.
” ⇒ ” Si Z = V (I(Z)) alors Z est algébrique par définition.
(iii) Laissé en exercice.
3.3 Remarques. — L’inclusion J ⊂ I(V (J)) peut être stricte. Il y a essentiellement deux raisons à cela :
(i) Le corps k n’est pas algébriquement clos. Par exemple, prenons k = R
et considérons sur A1R l’idéal J = hX 2 + 1i ⊂ R[X]. Alors on a V (J) =
∅ donc I(V (J)) = R[X], donc J $ I(V (J)). Le problème ici sur R est
que l’on a V (J) = ∅ pour J un idéal propre. Sur C on n’aurait pas eu ce
problème car pour hX 2 + 1i ⊂ C[X] on a V (hX 2 + 1i) = {i, −i} ⊂ A1C puis
I(V (hX 2 + 1i)) = hX 2 + 1i.
(ii) On perd les multiplicités. Considérons C[X] et J = hX n i pour n ≥ 2.
Alors V (J) = {0}, I(h0i) = hXi donc l’inclusion est stricte. Ici on perd la
multiplicité en passant à V (J).
3.4 Définition. — Soit A un anneau et I ⊂ A un idéal. L’ensemble :
√
I := {f ∈ A | ∃n ∈ N tel que f n ∈ I}
(aussi noté rad(I)) est appelé radical de I.
3.5 Remarques. —
(i) On vérifie que ce radical
l’idéal I est radical.
√
I est un idéal de A. Si I =
√
I, on dit que
(ii) Si P ∈ A est un idéal premier, alors P est radical. En effet, si xn ∈ P
avec n > 1 alors x.xn−1 ∈ P. Comme P est premier, soit x ∈ P, soit xn−1 ∈ P.
On en déduit par récurrence que x ∈ P.
Géométrie Algébrique
19
(iii) L’observation que nous venons de faire dit que V (·) ne peut pas dis√
√
√
tinguer entre J et J : on a V (J) = V ( J) donc I(V (J)) = I(V ( J)). En
√
fait, on a J ⊂ J ⊂ I(V (J)). Le théorème des zéros de Hilbert affirme que
√
I(V (J)) n’est pas plus gros que J à condition que k soit algébriquement clos.
3.6 Théorème (Nullstellensatz). — Soit k un corps algébriquement clos
et J ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] un idéal. Alors :
√
I(V (J)) = J.
Toutes les démonstrations de ce théorème présentent une difficulté algébrique
inévitable. Commençons plutôt par tirer les conséquences de ce résultat :
3.7 Corollaire. — Soit k un corps algébriquement clos. Alors les correspondances I(·) et V (·) induisent une bijection :
∼
{idéaux radicaux de k[X1 , . . . , Xn ]} → {ensembles algébriques de Ank }
J
→
V (J)
I(Z)
←
Z
Commençons par quelques rappels algébriques.
3.8 Définition. — Soit A un anneau. Une A-algèbre est la donnée d’un anneau B muni d’une structure de A-module compatible avec la structure d’anneau, à savoir : a · (bb0 ) = (a · b)b0 = b(a · b0 ).
3.9 Exemple. — Soit f : A → B un morphisme d’anneaux. Alors B est une
A-algèbre pour la structure de module définie par f , en posant a · b := f (a)b.
3.10 Définition. —
(i) On dit que B est une A-algèbre de type fini s’il existe un nombre fini
d’éléments b1 , . . . , bn ∈ B tels que :
A[X1 , . . . , Xn ] → B
Xi
7→ bi
est un morphisme d’algèbres surjectif, autrement dit si pour tout élément
b ∈ B il existe un polynôme P ∈ A[X1 , . . . , Xn ] tel que b = P (b1 , . . . , bn ).
(ii) On dit que B est une A-algèbre finie si B en tant que A-module est de
type fini, autrement dit s’il existe b1 , . . . , bm ∈ B tels que B = Ab1 +· · ·+Abm :
pour tout b ∈ B il existe a1 , . . . , am ∈ A tels que b = a1 b1 + · · · + am bm .
20
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Attention : dans la première définition on s’autorise à considérer des expressions polynomiales en les bi , tandis que dans la seconde on se restreint aux
expressions linéaires en les bi .
3.11 Exemple. — k[X] est une k-algèbre de type fini (car elle est engendrée
par X) mais ce n’est pas une k-algèbre finie car elle est de dimension infinie
sur k.
La partie difficile du Nullstellensatz est sa partie algébrique :
3.12 Théorème (Nullstellensatz, version algébrique)
Soit k un corps et K une k-algèbre quotient de k[X1 , . . . , Xn ]. Si K est un
corps, l’extension de corps k → K est une extension algébrique.
On va déduire le Nullstellensatz de sa version algébrique en plusieurs étapes
puis démontrer le Nullstellensatz version algébrique.
3.13 Corollaire. — Soit k un corps algébriquement clos et soit un idéal
maximal M ⊂ k[X1 , . . . , Xn ]. Alors il existe x1 , . . . , xn ∈ k tels que :
hX1 − x1 , . . . , Xn − xn i = M.
Démonstration du corollaire 3.13. — K = k[X1 , . . . , Xn ]/M est un corps car
M est maximal. Soit φ la composée k → k[X1 , . . . , Xn ] K. C’est une extension algébrique d’après le Nullstellensatz. Puisque k est algébriquement clos,
φ est un isomorphisme. Soit xi = φ−1 (Xi ) (Xi désigne la classe de Xi dans
K). On remarque que X − xi ∈ Ker(k[X1 , . . . , Xn ] → K) par définition des
xi , donc hX1 − x1 , . . . , Xn − xn i ⊂ M. Puisque hX1 − x1 , . . . , Xn − xn i est un
idéal maximal (voir l’exercice 1.5) on a hX1 − x1 , . . . , Xn − xn i = M.
3.14 Corollaire. — Soit k un corps algébriquement clos et un idéal propre
J ⊂ k[X1 , . . . , Xn ]. Alors V (J) 6= ∅.
Démonstration du corollaire 3.14. — Comme k[X1 , . . . , Xn ] est Noethérien, il
existe un idéal maximal M contenant J. Donc V (J) ⊃ V (M). D’après le
corollaire 3.13, il existe x1 , . . . , xn tels que M = hX1 − x1 , . . . , Xn − xn i, ce
qui implique (x1 , . . . , xn ) ∈ V (M), donc (x1 , . . . , xn ) ∈ V (J).
3.15 Remarque. — Sur R, ces résultats sont faux : nous avons déjà vu que
V (X 2 + 1) = ∅. En fait M = hX 2 + 1i est un idéal maximal de R[X], on a bien
Géométrie Algébrique
21
que R → R[X] → R[X]/M ∼
= C est une extension algébrique mais justement,
on ne peut pas raisonner comme ci-dessus car ce n’est pas un isomorphisme.
On va déduire le Nullstellensatz du corollaire 3.14. Techniquement, on va utiliser la notion de localisation d’un anneau.
3.16 Rappels. — Soit A un anneau et S ⊂ A une partie multiplicative :
1∈S
s, s0 ∈ S ⇒ ss0 ∈ S
On appelle localisation de A en S le quotient :
S −1 A := A × S/ ∼
où la relation d’équivalence est définie par :
(a, s) ∼ (a0 , s0 ) ⇔ ∃t ∈ S tel que t(as0 − a0 s) = 0.
La classe de (a, s) sera souvent notée as .
3.17 Remarques. —
(i) Si 0 ∈ S, alors S −1 A = 0 car (a, s) ∼ (0, 1).
(ii) Si A est intègre et 0 6= S, on peut supprimer l’intervention de t dans la
définition de la relation d’équivalence.
(iii) On dispose d’un morphisme canonique A → S −1 A donné par a 7→ a1 .
(iv) Les propriétés de la localisation sont traitées dans les exercices.
22
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Exercices
Exercice 3.1. — Soit X, Y des sous-ensembles de Ank . Montrer :
(i) (X ⊂ Y ) ⇒ (I(X) ⊃ I(Y )) ;
(ii) I(∅) = k[X1 , . . . , Xn ] et I(Ank ) = h0i (si k est infini) ;
(iii) X ⊂ V (I(X)) ;
(iv) I(V (I(X))) = I(X) ;
(v) V (I(V (J)) = V (J) ;
(vi) V (I(X)) = X (clôture de Zariski) ;
(vii) I(X ∪ Y ) = I(X) ∩ I(Y ).
Exercice 3.2. — Soit A un anneau (non supposé intègre) et S une partie
multiplicative de A.
(i) Montrer que S −1 A = 0 si et seulement si 0 ∈ S.
(ii) Montrer la propriété universelle suivante : pour tout anneau B et tout
morphisme d’anneaux f : A → B tel que pour tout s ∈ S, f (s) est inversible
dans B, il existe un unique morphisme d’anneaux g : S −1 A → B tel que
f = g ◦ j où j : A → S −1 A est l’application canonique.
(iii) Montrer la propriété universelle suivante : pour toute A-algèbre B
et tous b1 , . . . , bn ∈ B il existe un unique morphisme de A-algèbres f :
A[X1 , . . . , Xn ] → B tel que f (Xi ) = bi .
(iv) Soit f ∈ A. Justifier que l’ensemble S = {1, f, f 2 , . . .} est une partie
multiplicative de A et construire un isomorphisme :
S −1 A ∼
= A[X]/hf X − 1i.
(v) Montrer que si f est nilpotent alors S −1 A = 0. Montrer directement
que l’on a bien aussi A[X]/hf X − 1i = 0.
Géométrie Algébrique
23
Exercice 3.3. — Soit A un anneau, I un idéal de A et π : A → A/I la
projection canonique.
(i) Montrer que l’image réciproque de tout idéal de A/I est un idéal de A
contenant I.
(ii) Montrer que l’on obtient ainsi une bijection entre les idéaux de A/I et
les idéaux de A contenant I et que cette bijection respecte les inclusions.
(iii) Montrer que les idéaux premiers se correspondent dans cette bijection.
(iv) Montrer que les idéaux maximaux se correspondent dans cette bijection.
Exercice 3.4. — Soit A un anneau, S une partie multiplicative de A et
j : A → S −1 A l’application canonique.
(i) Si I est idéal de A, montrer que S −1 I est un idéal de S −1 A.
(ii) Montrer que I ∩ S 6= ∅ si et seulement si S −1 I = S −1 A.
(iii) Montrer que tout idéal propre de S −1 A est de la forme S −1 I pour un
idéal I ne rencontrant pas S (si 0 ∈ S, regarder ce qui se passe ...).
(iv) Montrer que l’application surjective précédente des idéaux de A ne
rencontrant pas S vers les idéaux de S −1 A induit une bijection entre les idéaux
premiers de A ne rencontrant pas S et les idéaux premiers de S −1 A.
(v) Que se passe-t-il au niveau des idéaux maximaux ?
Solutions
Solution 3.1. —
(i) Si P ∈ I(Y ) alors pour tout y ∈ Y on a P (y) = 0, donc puisque X ⊂ Y
on a P (x) = 0 pour tout x ∈ X. Donc P ∈ I(X).
(ii) I(∅) = k[X1 , . . . , Xn ] est tautologique. Soit P tel que P (x1 , . . . , xn ) = 0
pour tout (x1 , . . . , xn ) alors P = 0 si k est infini (voir l’exercice 1.8).
(iii) Si x ∈ X alors pour tout P ∈ I(X) on a P (x) = 0 donc x ∈ V (I(X)).
(iv) On a X ⊂ V (I(X)) donc I(V (I(X))) ⊂ I(X). Réciproquement, soit
P ∈ I(X). Pour tout y ∈ V (I(X)) on a P (y) = 0 donc P ∈ I(V (I(X))).
(v) On a I(V (J)) ⊃ J donc V (I(V (J))) ⊂ V (J). Réciproquement, soit
x ∈ V (J). Pour tout P ∈ I(V (J)), on a P (x) = 0, donc x ∈ V (I(V (J))).
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(vi) X ⊂ V (I(X)) et V (I(X)) est fermé donc X ⊂ V (I(X)). Soit F un
fermé contenant X : F = V (J) ⊃ X. Alors I(F ) ⊂ I(X) puis V (I(F )) ⊃
V (I(X)). Mais V (I(F )) = V (I(V (J))) = V (J) = F par le point précédent
donc V (I(X)) ⊂ F . Ainsi, V (I(X)) est inclus dans tout fermé contenant
X, donc dans leur intersection qui est par définition la clôture de X. Donc
V (I(X)) ⊂ X.
(vii) On a X ⊂ X ∪ Y et Y ⊂ X ∪ Y ,on a donc I(X) ⊃ I(X ∪ Y ) et
I(Y ) ⊃ I(X ∪ Y ) d’où I(X ∪ Y ) ⊂ I(X) ∩ I(Y ). Réciproquement, soit
P ∈ I(X) ∩ I(Y ). Pour tout x ∈ X on a P (x) = 0 et pour tout y ∈ Y on a
P (y) = 0 donc pour tout z ∈ X ∩ Y on a P (z) = 0, soit P ∈ I(X ∩ Y ).
Solution 3.2. —
(i) Si 0 ∈ S alors (a, s) ∼ (0, 1) pour tous a, s (en prenant t = 0 dans la
définition de la relation d’équivalence). Réciproquement, si S −1 A = 0 alors
les deux neutres sont les mêmes : (0, 1) ∼ (1, 1) donc il existe t ∈ S tel que
t(0 · 1 − 1 · 1) = 0 = t donc 0 ∈ S.
(ii) Pour l’existence, poser g( as ) = f (a)f (s)−1 et vérifier que cela ne dépend
pas du choix des représentants. Pour l’unicité, constater que nécessairement
on a f (a) = g( a1 ) = g( 1s as ) = g( 1s )g( as ) = f (s)g( as ) d’où la formule pour g
puisque f (s) est inversible.
(iii) Existence : f (P (X1 , . . . , Xn )) = P (b1 , . . . , bn ) convient car les Xi sont
algébriquement indépendants. Unicité : la formule précédente est forcée si f
est un morphisme d’anneaux (écrire P sous forme développée).
(iv) S est clairement une partie multiplicative. Comme l’image de f dans
A[X]/hf X − 1i par l’application naturelle A → A[X]/hf X − 1i est inversible
(dans le quotient on a f X = 1 : l’inverse de f est X), cette application factorise par S −1 A d’après la propriété universelle du localisé. On obtient une
application S −1 A → A[X]/hf X − 1i définie par fan 7→ aX n . Réciproquement,
la propriété universelle des anneaux de polynômes donne un morphisme d’anneaux A[X] → S −1 A caractérisé par X 7→ f1 . On vérifie aisément que ces deux
applications sont inverses l’une de l’autre.
(v) Si f est nilpotent (disons f n = 0) alors 0 ∈ S donc S −1 A = 0 d’après
la question (i). On remarque aussi que :
(1 − f X)(1 + f X + · · · + f n−1 X n−1 ) = 1
Géométrie Algébrique
25
donc f X − 1 est inversible dans A[X] et h1 − f Xi = A[X] donc le quotient
est nul.
Solution 3.3. —
(i) Vrai en général pour un morphisme d’anneaux.
(ii) Dans un sens on fait l’image réciproque π −1 , et dans l’autre le quotient
par I. Ce sont des bijections inverses respectant les inclusions.
(iii) On vérifie à la main que le quotient d’un idéal premier contenant I
est un idéal premier, et que l’image réciproque d’un idéal premier est un idéal
premier (contenant I).
(iv) Puisque les inclusions sont respectées, les idéaux maximaux restent
maximaux.
Solution 3.4. —
(i) Clair.
(ii) Si s ∈ I ∩ S, alors ss = 1 ∈ S −1 I donc S −1 I = S −1 A. Réciproquement,
cela signifie qu’il existe a ∈ I et s ∈ S tels que as = 1, donc il existe t ∈ S tel
que t(a − s) = 0 donc ta = ts ∈ I ∩ S.
(iii) On vérifie par double inclusion que si J est un idéal de S −1 A, alors
j −1 J = I est un idéal de A tel que S −1 I = J : on a S −1 ◦ j −1 = id.
(iv) On sait que l’image réciproque d’un idéal premier est un idéal premier.
Réciproquement, si P est un idéal premier de A ne rencontrant pas S, alors
S −1 P est un idéal propre de S −1 A (questions (i) et (ii)) et est premier (à la
main). Il reste à voir que j −1 S −1 P = P pour obtenir une bijection, d’après la
question (iv) qui établissait la surjectivité. La double inclusion est facile (en
utilisant P premier et P ∩ S = ∅).
(v) Dans la localisation Z → Q, l’idéal maximal h0i de Q remonte en l’idéal
nul de Z qui n’est pas maximal.
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4. Nullstellensatz : preuve
√
Démonstration du théorème 3.6. — L’inclusion J ⊂ I(V (J)) est évidente.
Pour montrer l’inclusion inverse, on peut supposer que J est un idéal propre
de k[X1 , . . . , Xn ], sinon c’est évident.
Soit P ∈ I(V (J)). On doit montrer qu’il existe n ∈ N tel que P n ∈ J. Regardons la partie multiplicative S = {1, P, P 2 , . . .} dans A = k[X1 , . . . , Xn ] et le
localisé S −1 A.
4.1 Lemme. — Si P ∈ I(V (J)) alors S −1 J = S −1 A.
Admettons le lemme un instant pour terminer la démonstration. Comme
S −1 J = S −1 A, 11 ∈ S −1 J donc 11 = PQn avec Q ∈ J et n ∈ N∗ , donc puisque A
est intègre, P n = Q ∈ J.
4.2 Remarque. — On ne peut pas avoir n = 0 sinon 1 ∈ J et on a supposé
que J est un idéal propre.
Démonstration du lemme 4.1. — L’astuce consiste à considérer dans l’anneau
k[X1 , . . . , Xn ][Y ] l’idéal J˜ := hJ, P Y − 1i.
Observation 1. — On a la caractérisation :
(
Q(x1 , . . . , xn ) = 0 ∀Q ∈ J
n+1
˜ ⊂A
(x1 , . . . , xn , y) ∈ V (J)
⇔
k
P (x1 , . . . , xn )y = 1
˜ = ∅. D’après le corollaire 3.14 on a
Ainsi, si on a P ∈ I(V (J)), alors V (J)
donc J˜ = k[X1 , . . . , Xn ][Y ].
Observation 2. — On a un isomorphisme canonique :
S −1 k[X1 , . . . , Xn ] ∼
= k[X1 , . . . , Xn ][Y ]/ hP Y − 1i.
Géométrie Algébrique
27
L’explication de cet isomorphisme est fournie dans l’exercice 3.2. Sous cette
identification, on a aussi :
˜
S −1 J ∼
Y − 1i.
= J/hP
Puisque J˜ = k[X1 , . . . , Xn ][Y ], on a S −1 J = S −1 k[X1 , . . . , Xn ] = S −1 A.
Il reste à démontrer le Nullstellensatz version algébrique. Pour cela nous avons
besoin d’introduire les entiers algébriques.
4.3 Définition. — Soit B un anneau et A ⊂ B un sous-anneau. Un élément
b ∈ B est dit entier sur A s’il existe un polynôme P ∈ A[X] unitaire P =
X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 tel que P (b) = 0.
Si tous les éléments de B sont entiers sur A, on dit que B est entier sur A.
4.4 Remarques. —
(i) Si A et B sont des corps, on dit que B est algébrique sur A.
(ii) Dans le cas des anneaux, il est très important de demander à P d’être
unitaire.
4.5 Proposition. — Soit B un anneau, A ⊂ B un sous-anneau et b ∈ B.
Les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) b est entier sur A.
(ii) Le sous-anneau A[b] ⊂ B engendré par A et b est un A-module de type
fini.
(iii) Il existe un sous-anneau C de B contenant A et b tel que C est un
A-module de type fini.
Démonstration. —
”i ⇒ ii” Élémentaire (ceci utilise le fait que P est unitaire).
”ii ⇒ iii” Poser C = A[b].
”iii ⇒ i” Seule cette implication est non triviale. Considérons la multiplication
par b dans C :
mb : C → C
c 7→ b · c
28
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
C’est un morphisme de A-modules. Soit x1 , . . . , xn des générateurs de C en
tant que A-module et notons :
mb (xj ) =
n
X
ai,j xi = bxj .
i=1
Soit la matrice M = (ai,j ) ∈ Mn (A). On a donc :
(bI − M )(xi ) = 0
∀i = 1, . . . , n.
En multipliant par la transposée de la matrice des cofacteurs, on obtient :
det(bI − M )(xi ) = 0 ∀i = 1, . . . , n.
P
Puisque 1 ∈ C, on peut l’écrire 1 =
i zi xi donc det(bI − M )1 = 0 donc
det(bI − M ) = 0, ce qui fournit en développant le déterminant une équation
polynomiale unitaire à coefficients dans A annulant b.
4.6 Corollaire. —
(i) Si A ⊂ B et si x1 , . . . , xn ∈ B sont entiers sur A, alors le sous-anneau
A[X1 , . . . , Xn ] ⊂ B engendré par A et les x1 , . . . , xn est un A-module de type
fini.
(ii) Soit A ⊂ B. L’ensemble des éléments b ∈ B qui sont entiers sur A est
un sous-anneau de B.
(iii) Supposons A ⊂ B ⊂ C. Alors si B est entier sur A et si C est entier
sur B alors C est entier sur A.
Démonstration. —
(i) Par récurrence sur n. Pour n = 1 c’est la proposition 4.5. En supposant
le résultat établi pour n − 1, A[x1 , . . . , xn−1 ] est de type fini sur A, et xn est
entier sur A, donc entier sur A[x1 , . . . , xn−1 ]. Donc A[x1 , . . . , xn ] est de type
fini sur A[x1 , . . . , xn−1 ] d’après la proposition 4.5. On conclut par transitivité
de la propriété d’être de type fini.
(ii) Soit x, y entiers sur B. Alors d’après la première assertion, A[x, y] est
de type fini sur A. Puisque xy et x + y sont dans A[x, y], ils sont contenus dans
un A-module de type fini, donc ils sont entiers sur A d’après la proposition
4.5.
Géométrie Algébrique
29
(iii) Soit c ∈ C. Puisque c est entier sur B, il existe b0 , . . . , bn−1 tels que
= b0 + b1 c + · · · + bn−1 cn−1 . En particulier, c est entier sur le sous-anneau
A[b0 , . . . , bn−1 ] de B, donc A[b0 , . . . , bn−1 ][c] est de type fini sur A[b0 , . . . , bn−1 ].
Puisque B est entier sur A, A[b0 , . . . , bn−1 ] est de type fini sur A. Finalement,
A[b0 , . . . , bn−1 ][c] est de type fini sur A par transitivité, donc c est inclus dans
un sous-module de C de type fini sur A, donc c est entier sur A d’après la
proposition 4.5.
cn
4.7 Lemme (Lemme de normalisation de Noether)
Soit k un corps et B une k-algèbre de type fini intègre. Alors il existe des
éléments y1 , . . . , yr ∈ B tels que :
(i) y1 , . . . , yr sont algébriquement indépendants ;
(ii) B est entier sur k[y1 , . . . , yr ].
Admettons le lemme et montrons le Nullstellensatz version algébrique.
Démonstration du théorème 3.12. — D’après le lemme de normalisation de
Noether, il existe y1 , . . . , yr ∈ B algébriquement indépendants tels que B est
entier sur k[y1 , . . . , yr ]. On a le lemme suivant :
4.8 Lemme. — Soit A ⊂ B avec B intègre et entier sur A. Alors A est un
corps si et seulement si B est un corps.
Ainsi, puisque B est un corps, A aussi ce qui force r = 0 puisque A est une
algèbre de polynômes à r indéterminées. Donc B est entier sur k, i.e. algébrique
sur k.
Démonstration du lemme 4.8. —
”⇒” Supposons que A est un corps. Si b ∈ B − {0} est algébrique sur A, alors
A[b] = A(b) donc b est inversible car B est intègre.
”⇐” Supposons que B est un corps. Soit a ∈ A − {0}. Puisque B est un corps,
a est inversible dans B, d’inverse noté a−1 . Puisque B est entier sur A, il existe
P ∈ A[X] unitaire tel que P (a−1 ) = 0 :
(a−1 )n + an−1 (a−1 )n−1 + · · · + a0 = 0.
En multipliant par an−1 on obtient :
a−1 = −an−1 − · · · − a0 (a−1 )n−1 ∈ A.
30
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
Démonstration du lemme de normalisation de Noether (4.7)
On fait une récurrence en utilisant le lemme suivant, dont la démonstration
est donnée dans l’exercice 4.2 :
4.9 Lemme (Lemme de Nagata). — Soit P ∈ k[X1 , . . . , Xn ] un polynôme
non constant. Alors il existe des entiers mi , pour i = 2, . . . , n, tels que l’anneau
B = k[X1 , . . . , Xn ] soit entier sur l’anneau k[P, Y2 , . . . , Yn ] avec Yi = Xi −
X1mi .
Ainsi, supposons que B est une k-algèbre de type fini intègre, engendrée par n
éléments. Si n = 0, B = k et il n’y a rien à démontrer. Sinon, soit P le noyau de
la surjection k[X1 , . . . , Xn ] B. Puisque B est intègre, P est un idéal premier.
Si P = (0) il n’y a rien à démontrer. Sinon, soit P un élément non nul de P.
D’après le lemme de Nagata, l’extension A = k[P, Y2 , . . . , Yn ] ⊂ k[X1 , . . . , Xn ]
est entière. Donc en passant au quotient, l’extension :
A0 = A/(A ∩ P) −→ k[X1 , . . . , Xn ]/P = B
est entière. Or par construction on a une surjection k[Y2 , . . . , Yn ] A0 donc par
hypothèse de récurrence il existe z1 , . . . , zr ∈ A0 algébriquement indépendants
tels que A0 est entier sur k[z1 , . . . , zr ]. Donc B est entier sur k[z1 , . . . , zr ] par
transitivité.
Géométrie Algébrique
31
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercice 4.1. — Soit A un anneau et I un idéal de A.
√
(i) Montrer que I est un idéal.
p
(ii) Décrire les élément de h0i (appelé nilradical de A).
(iii) Montrer que si A/I est réduit (i.e. n’a pas d’élément nilpotent) alors
I est un idéal radical.
√
(iv) Montrer que si I = h0i alors I est égal à l’intersection Q des idéaux
√
premiers de A (indication : pour montrer l’inclusion de Q dans I on pourra
√
considérer un élément x n’appartenant pas à I et utiliser la partie multiplicative de A définie par S = {xn , n ∈ N}).
√
(v) En déduire que si I est un idéal propre de A alors I est l’intersection
des idéaux premiers de A contenant I.
Exercice 4.2 (Lemme de Nagata). — Soit A = k[X1 , . . . , Xn ] et P ∈ A
un polynôme non constant, de degré d ≥ 1. Soit m2 , . . . , mn des entiers
et posons Yi = Xi − X1mi pour i = 2, . . . , n. On considère le sous-anneau
B = k[P, Y2 , . . . , Yn ] de A et on cherche des valeurs des entiers mi telles que
A soit entier sur B.
(i) Montrer que A est entier sur B si et seulement si X1 est entier sur B.
Justifier qu’il suffit donc de trouver un polynôme H(T ) ∈ B[T ] unitaire en T
tel que H(X1 ) = 0.
(ii) Justifier que le polynôme P peut se mettre sous la forme :
X
P (X1 , . . . , Xn ) =
aα X1α1 · · · Xnαn ,
α
avec α = (α1 , . . . , αn ) ∈ Nn et
n
P
αi ≤ d.
i=1
On considère le polynôme :
H(T ) := P (T, Y2 + T m2 , . . . , Yn + T mn ) − P ∈ B[T ].
Montrer que H(X1 ) = 0.
32
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(iii) Justifier qu’il suffit de trouver les entiers mi de telle sorte que le coefficient dominant de H ne dépende pas des Yi .
(iv) Montrer que H se met sous la forme :
H(T ) =
X
aα
T
α1 +
n
P
αi mi
i=2
!
+ Hα (T )
α
où Hα est de degré en T inférieur à α1 +
n
P
αi mi .
i=2
(v) Montrer que pour tout b ≥ 2, l’application {0, . . . , b − 1}n → N définie
n−1
P
par (a0 , . . . , an−1 ) 7→
ai bi est injective.
i=0
(vi) Déduire des questions précédentes que les valeurs mi = (d + 1)i−1
répondent au problème.
Solution 4.1. —
√
(i) Seule la stabilité pour l’addition est intéressante : si x, y ∈ I avec
√
xn ∈ I et y m ∈ I alors on a x + y ∈ I en remarquant que (x + y)n+m ∈ I.
p
(ii) h0i est l’ensemble des éléments nilpotents.
(iii) Soit x tel que xn ∈ I. Alors x̄n = 0 dans A/I. Mais puisque A/I n’a
pas d’élément nilpotent, x = 0 dans A/I donc x ∈ I.
p
(iv) Soit x ∈ h0i : x est nilpotent, i.e. xn = 0. Pour tout idéal premier P,
√
xn = 0 ∈ P donc x ∈ P. Réciproquement, si x ∈
/ I l’anneau localisé S −1 A
proposé n’est pas nul (car 0 ∈
/ S) donc il admet un idéal premier. D’après la
caractérisation des idéaux dans un anneau localisé, cet idéal est de la forme
S −1 P pour un idéal premier P de A tel que P ∩ S = ∅. En particulier, x ∈
/P
donc x n’est pas dans l’intersection des idéaux premiers.
√
(v) Soit x ∈ I : xn ∈ I. Alors x̄n = 0 donc d’après la question précédente
x̄ est dans tous les idéaux premiers de A/I. Or ce sont exactement les idéaux
premiers de A contenant I, donc x est dans tous les idéaux premiers contenant
√
I. Réciproquement, si x ∈
/ I, x̄ n’est pas nilpotent donc d’après la question
précédente il existe un idéal premier de A/I ne contenant pas x̄ donc un idéal
premier contenant I mais ne contenant pas x.
Solution 4.2. —
Géométrie Algébrique
33
(i) Si A est entier sur B, alors par définition X1 ∈ A est entier sur B.
Réciproquement, il faut montrer que chaque Xi , i ≥ 2 est entier sur B. Puisque
X1 est entier sur B, il suffit par transitivité de montrer que Xi est entier sur
B[X1 ] : le polynôme Fi (T ) = T − (Yi + X1mi ) convient. Pour montrer que X1
est entier sur B, il faut trouver un polynôme H(T ) ∈ B[T ] unitaire en T , i.e.
dont le coefficient dominant est inversible dans B (donc ne contient pas les Yi )
tel que H(X1 ) = 0.
(ii) La décomposition de P est bien connue, les entiers αi sont de somme
inférieure ou égale à d puisque P est de degré d.
Par construction, H(X1 ) = 0.
(iii) Clair avec ce qui précède.
(iv) Il suffit de développer un monôme aα X1α1 · · · Xnαn après avoir remplacé
X1 par T et Xi par Yi + Tim pour i ≥ 2 pour tomber sur la forme indiquée.
(v) Cette application est bien connue : c’est la décomposition d’un entier
en base b. Cette écriture est unique. Puisque nous avons limité à n le nombre
de termes dans la décomposition, cette application est bornée, donc non surjective.
(vi) Puisque αi ≤ d pour tout i, le choix indiqué fait une décomposition
n
P
en base d + 1. Chaque n-uplet (α1 , . . . , αn ) donne un nombre α1 +
αi mi
i=2
différent d’après l’injectivité établie à la question précédente, donc aucune
α1 +
n
P
αi mi
simplification n’est à craindre entre les coefficients aα T
intervenant
dans H. Le coefficient dominant de H est donc l’un d’entre eux, et est bien
indépendant des Yi .
i=2
34
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UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
5. Variétés affines
5.1. — Dans ce chapitre, on étudie tout d’abord la notion topologique de
sous-ensemble algébrique irréductible. Ensuite, on munit les sous-ensembles
algébriques d’une topologie de Zariski et, surtout, on définit pour tout ouvert d’un sous-ensemble algébrique, une algèbre de fonctions, dites fonctions
régulières sur ce sous-ensemble. C’est un premier pas vers un de nos objectifs, celui de définir les variétés algébriques. En effet, ces fonctions régulières
vont être l’analogue, pour nos futures variétés algébriques, de ce que sont les
fonctions C ∞ pour les variétés différentielles.
5.2. Ensembles algébriques irréductibles. —
5.3 Définition. — Soit Z ⊂ Ank un ensemble algébrique non vide. On dit que
Z est réductible s’il existe des ensembles algébriques Z1 , Z2 tels que Z = Z1 ∪
Z2 avec Z1 $ Z et Z2 $ Z. Dans le cas contraire, on dit que Z est irréductible.
5.4 Exemples. —
(i) L’ensemble algébrique Z = V (XY ) ⊂ A2k est réductible car on peut
écrire Z = Z1 ∪ Z2 pour Z1 = V (X) et Z2 = V (Y ).
(ii) Sur A1k , soit Z1 = {x1 } et Z2 = {x2 } avec x1 6= x2 . Alors l’ensemble
Z = {x1 , x2 } = Z1 ∪ Z2 est réductible.
5.5 Proposition. — Soit Z un ensemble algébrique non vide. Alors Z est
irréductible si et seulement si I(Z) est premier.
Démonstration. — On va montrer en fait :
Z réductible ⇐⇒ I(Z) n’est pas premier.
”⇒” Si Z = Z1 ∪ Z2 avec Z1 , Z2 algébriques, Z1 $ Z, Z2 $ Z alors en
particulier I(Z) $ I(Z1 ) et I(Z) $ I(Z2 ), par l’exercice 3.1(vi). Soit P1 ∈
Géométrie Algébrique
35
I(Z1 ) − I(Z) et P2 ∈ I(Z2 ) − I(Z). Alors P1 · P2 s’annule sur Z (car Z =
Z1 ∪ Z2 ), donc P1 · P2 ∈ I(Z). Cela montre que I(Z) n’est pas premier.
”⇐” Supposons que I(Z) n’est pas premier. Il existe donc P1 , P2 tels que
P1 P2 ∈ I(Z) mais P1 ∈
/ I(Z) et P2 ∈
/ I(Z). Alors I1 := hI(Z), P1 i % I(Z)
et I2 := hI(Z), P2 i % I(Z). Soit Z1 = V (I1 ) et Z2 = V (I2 ) : on a Z1 $ Z et
Z2 $ Z. Alors Z ⊂ Z1 ∪ Z2 car si z ∈ Z, P1 (z)P2 (z) = 0 par hypothèse, donc
P1 (z) = 0 ou P2 (z) = 0, donc z ∈ Z1 ou z ∈ Z2 . Ainsi, Z = (Z ∩ Z1 ) ∪ (Z ∩ Z2 )
donc Z est réductible.
5.6 Corollaire. — Si k est algébriquement clos, dans la correspondance bijective entre les idéaux radicaux de k[X1 , . . . , Xn ] et les ensembles algébriques
de Ank , les idéaux premiers correspondent aux ensembles irréductibles.
5.7 Proposition. — Soit Z un ensemble algébrique. Alors on peut écrire de
manière unique :
Z = Z1 ∪ · · · ∪ Zr
(∗)
où les Zi sont des ensembles algébriques irréductibles tels que Zi 6⊂ Zj si i 6= j.
5.8 Définition. — Ces Zi s’appellent les composantes irréductibles de Z.
Démonstration. —
Existence. Soit :
Σ = {Z ⊂ Ank ensemble algébrique | Z n’admet pas de décomposition (∗)}.
Supposons Σ non vide. Toute suite décroissante d’ensembles algébriques est
stationnaire, i.e. tout ensemble de fermés algébriques admet un élément minimal pour l’inclusion. Soit Z ∈ Σ minimal. Z n’est pas irréductible, donc
Z = Z1 ∪ Z2 avec Z1 $ Z et Z2 $ Z. Par minimalité de Z, Z1 et Z2 admettent
une décomposition (∗). Mais alors Z aussi, contradiction.
Unicité. Soit I ⊂ Z un fermé irréductible et Z = Z1 ∪· · ·∪Zr une décomposition
de Z. On a I = I ∩ Z = (I ∩ Z1 ) ∪ · · · ∪ (I ∩ Zr ). Comme I est irréductible et
Zi fermé, il existe j tel que I = I ∩ Zj , soit I ⊂ Zj . On en déduit que les Zi
sont les fermés irréductibles maximaux de Z, ce qui montre leur unicité.
5.9. Fonctions polynomiales sur un ensemble algébrique. — On a
déjà vu que si P ∈ K[X1 , . . . , Xn ], P définit une fonction polynomiale Ank → k
par (x1 , . . . , xn ) 7→ P (x1 , . . . , xn ).
36
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5.10 Définition. — Soit Z ⊂ Ank un ensemble algébrique. On dit qu’une
fonction f : Z → k est polynomiale (ou algébrique) s’il existe un polynôme
P ∈ k[X1 , . . . , Xn ] tel que f (x) = P (x) pour tout x ∈ Z, autrement dit si
P|Z = f|Z .
5.11 Remarque. — Si P, Q sont deux polynômes tels que P|Z = Q|Z alors
P − Q ∈ I(Z).
On définit O(Z) := {f : Z → k | f est polynomiale}. D’après la remarque :
O(Z) ∼
= k[X1 , . . . , Xn ]/ I(Z).
En particulier, si k est infini, O(Ank ) = k[X1 , . . . , Xn ]. Parfois, on note k[Z] au
lieu de O(Z).
5.12. Topologie de Zariski sur un ensemble algébrique. — On a vu
que Ank est muni d’une topologie, dite de Zariski, dont les fermés sont exactement les ensembles algébriques. Soit Z un ensemble algébrique. Il est muni
d’une topologie dont les fermés sont les ensembles algébriques X ⊂ Ank tels
que X ⊂ Z (c’est la topologie induite puisque Z est fermé dans Ank ). Alors
I(X) ⊃ I(Z).
5.13 Remarque. — En général, on a une bijection :
{idéaux J de A tels que J ⊃ I} ↔ {idéaux de A/I}.
Ainsi, on voit qu’on a les correspondances :
{idéaux J de O(Z)} {sous-ensembles X ⊂ Z}
J
→
V (J)
I(X)
←
X
avec :
V (J) := {x ∈ Z | f (x) = 0
∀f ∈ J},
I(X) := {f ∈ O(Z) | f (x) = 0
∀x ∈ X},
induisant une bijection entre les idéaux radicaux de O(Z) et les fermés de Z
(d’après le Nullstellensatz sur O(Z)).
5.14 Définition. — Soit X ⊂ Ank et Y ⊂ Am
k deux ensembles algébriques.
Une application f : X → Y est dite polynomiale si elle est de la forme
f = (f1 , . . . , fm ) avec fi ∈ O(X).
Géométrie Algébrique
37
5.15 Remarque. — Si f : X → Y et g : Y → Z sont polynomiales, alors
g ◦ f : X → Z est polynomiale.
On note Hom(X, Y ) := {f : X → Y | f est polynomiale}.
Soit f : X → Y une application polynomiale. Alors f induit un morphisme de
k-algèbres f ∗ : O(Y ) → O(X) défini par f ∗ g = g ◦ f .
5.16 Proposition. — Une application polynomiale f : X → Y induit un
morphisme de k-algèbres f ∗ : O(Y ) → O(X) et réciproquement pour tout
morphisme de k-algèbres φ : O(Y ) → O(X) il existe une unique application
polynomiale f telle que φ = f ∗ . En particulier on a une bijection :
∼
Hom(X, Y ) → Homk−alg (O(Y ), O(X))
f
7→
f∗
Démonstration. —
– f ∗ est clairement un morphisme d’algèbres. Montrons par exemple que
f ∗ est additive : on a (g1 + g2 )(y) = g1 (y) + g2 (y) pour tout y ∈ Y , donc :
f ∗ (g1 + g2 )(x) = (g1 + g2 )(f (x))
= g1 (f (x)) + g2 (f (x))
= f ∗ g1 (x) + f ∗ g2 (x).
– Réciproquement, on se donne φ : O(Y ) → O(X) et on cherche f : X → Y
telle que f ∗ = φ, f = (f1 , . . . , fm ), fi ∈ O(X). Pour cela, soit yi : Am
k → k la
fonction polynomiale associée au polynôme P = Yi ∈ k[Y1 , . . . , Ym ], définie
par (y1 , . . . , ym ) 7→ yi . Restreinte à Y ∈ Am
k on récupère yi ∈ O(Y ) (en
fait, O(Y ) = k[Y1 , . . . , Ym ]/I(Y ) et yi est la classe de Yi dans I(Y )). Soit
fi = φ(yi ) ∈ O(X) et soit f : X → Am
k définie par f = (f1 , . . . , fm ).
Alors f (X) ⊂ Y . En effet, supposons G ∈ I(Y ) ⊂ k[Y1 , . . . , Ym ]. Alors
G(y1 , . . . , ym ) = 0 ∈ O(Y ) donc φ(G(y1 , . . . , ym )) = 0 ∈ O(X), ce qui
signifie G(φy1 , . . . , φym ) = 0 soit G(f1 , . . . , fm ) = 0 donc f (X) ⊂ Y car tout
polynôme qui s’annule sur Y s’annule sur f (X). Pour montrer que f ∗ = φ, il
suffit de le vérifier pour les générateurs de O(Y ). Comme Y1 , . . . , Ym forment
un système de générateurs, l’égalité s’ensuit par définition de f . L’unicité se
montre de même.
38
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
5.17 Corollaire. — f : X → Y est un isomorphisme si et seulement si
f ∗ : O(Y ) → O(X) est un isomorphisme.
On souhaite maintenant élargir les constructions aux ouverts d’un ensemble
algébrique.
5.18 Définition. — On dit que X ⊂ Ank est localement fermée si X est
l’intersection d’un ouvert U ⊂ Ank et d’un fermé Z ⊂ Ank .
5.19 Définition. — Soit X ⊂ Ank un ensemble localement fermé. Une fonction f : X → k est dite régulière en x ∈ X si dans un voisinage ouvert Ux de
x on a :
a f|Ux = ,
b Ux
avec a, b ∈ O(X) et b(x) 6= 0.
f est dite régulière si elle est régulière partout. Plus généralement, une application f : X → Y est dite régulière si f = (f1 , . . . , fm ) avec les fi régulières.
Une application régulière f bijective et telle que f −1 soit aussi régulière est
appelée birégulière.
5.20 Proposition. — On suppose k algébriquement clos. Soit X ⊂ Ank un
fermé algébrique irréductible. Alors toute application régulière f : X → Y est
polynomiale.
Démonstration. — La démonstration utilise le lemme élémentaire suivant (voir
l’exercice 5.3) :
5.21 Lemme. — Soit X ⊂ Ank un ensemble algébrique. Les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) X est irréductible.
(ii) Tout ouvert non vide de X est dense dans X.
(iii) Si U, V sont deux ouverts non vides de X, alors U ∩ V 6= ∅.
On se ramène aisément au cas f : X → k. Pour tout x ∈ X il existe un
voisinage ouvert Ux de x dans X et ax , bx ∈ O(X) tels que bx (x) 6= 0 et :
f bx |Ux = ax |Ux .
D’autre part, on peut trouver un polynôme non nul en x et qui s’annule
sur le fermé X − Ux (en effet, en notant F = X − Ux , on a x ∈
/ F donc
Géométrie Algébrique
39
I(F ) % I(F ∪ {x})). Donc quitte à multiplier ax et bx par ce polynôme on
peut supposer l’égalité précédente vraie sur tout X :
f bx = ax sur X.
Soit J l’idéal engendré par les bx . Puisqu’ils n’ont pas de zéro en commun,
V (J) = ∅ donc d’après le Nullstellensatz J = O(X). Il existe donc des points
x1 , . . . , xr et des ui ∈ O(X) tels que :
1=
r
X
u i b xi .
i=1
En multipliant par f on obtient :
f=
r
X
ui axi ,
i=1
ce qui montre que f est polynomiale.
Soit X ⊂ Ank localement fermé. On note la k-algèbre des fonctions régulières
sur X par O(X).
5.22 Proposition. — Soit k algébriquement clos et X ⊂ Ank un ensemble
algébrique. Soit Q ∈ O(X), Q 6= 0. Soit UQ := X − V (Q) (un ouvert de
cette forme est appelé ouvert principal). Alors O(UQ ) = O(X)Q et O(X)Q :=
S −1 O(X) pour la partie multiplicative S = {1, Q, Q2 , . . .}.
1
Démonstration. — L’application UQ → X × A1k définie par x 7→ (x, Q(x)
) est
1
birégulière sur le fermé FQ = {(x, y) | yQ(x) = 1} ⊂ X × Ak , donc :
O(UQ ) ∼
= O(FQ )
= O(X)[Y ]/ hY Q − 1i
= O(X)Q .
40
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercices
Exercice 5.1. —
(i) Soit k un corps algébriquement clos et F ∈ k[X, Y ] irréductible non
constant. Montrer que V (F ) est irréductible et que I(V (F )) = hF i.
(ii) Si F = F1α1 · · · Frαr avec les Fi irréductibles, trouver les composantes
irréductibles de V (F ) et montrer que I(V (F )) = hF1 · · · Fr i.
(iii) Montrer que F = Y 2 + X 2 (X − 1)2 ∈ R[X, Y ] est un polynôme
irréductible mais que V (F ) est réductible.
(iv) Montrer que V (Y − X 2 ) ⊂ A2C est irréductible.
(v) Décomposer V (Y 4 −X 2 , Y 4 −X 2 Y 2 +XY 2 −X 3 ) ⊂ A2C en composantes
irréductibles.
Exercice 5.2. — Soit k un corps algébriquement clos et F un polynôme non
constant dans k[X1 , . . . , Xn ].
(i) Montrer que k est infini.
(ii) Montrer que : si n ≥ 1, alors Ank − V (F ) est infini.
(iii) Montrer que : si n ≥ 2, alors V (F ) est infini.
Exercice 5.3. —
(i) Montrer que tout ouvert non vide d’un espace topologique X irréductible
est irréductible pour la topologie induite, et est dense dans X.
(ii) Soit X un espace topologique et Y un sous-ensemble irréductible de X
pour la topologie induite. Soit Y l’adhérence de Y dans X. Montrer que Y est
irréductible.
(iii) Montrer que tout espace topologique irréductible est connexe, mais que
la réciproque est fausse.
Exercice 5.4. —
Géométrie Algébrique
41
(i) Soit P ∈ k[X1 , . . . , Xn ] et P̃ : Ank → A1k l’application polynomiale associée, définie par P̃ : (x1 , . . . , xn ) 7→ P (x1 , . . . , xn ). Montrer que P̃ est continue pour la topologie de Zariski.
(ii) Soit X, Y des ensembles algébriques. Montrer que toute application polynomiale f : X → Y est continue.
(iii) Soit X, Y des ensembles localement fermés. Montrer que toute application régulière f : X → Y est continue.
Exercice 5.5. —
(i) Montrer que l’application f : V (Y − X 2 ) → A1k définie par f (x, y) = x
est birégulière.
(ii) Montrer que l’application f : A1k → V (Y 2 − X 2 − X 3 ) définie par
f (t) = (t2 − 1, t3 − t) est bien définie, régulière, mais pas birégulière.
(iii) Montrer que l’application f : A1C → V (Y 2 − X 3 ) = Z définie par
f (t) = (t2 , t3 ) est bien définie, régulière et bijective, mais n’est pas birégulière.
Exercice 5.6. —
(i) Montrer que O(A1C − {0}) ∼
= C[X]X .
(ii) On pose X = A2C − {(0, 0)}. On veut calculer O(X).
(a) On considère les sous-ensembles de A2C définis ensemblistement par :
U = C × C∗ , V = C∗ × C. Justifier que U, V sont des ouverts de Zariski de
A2C et que X = U ∪ V .
(b) Considérons les applications :
j
φ
0 −→ O(X) −→ O(U ) ⊕ O(V ) −→
O(U ∩ V )
f
7→
(f|U , f|V )
(g, h)
7→ g|U ∩V − h|U ∩V
Montrer que ceci forme une suite exacte d’espaces vectoriels, et que l’isomorphisme induit O(X) ∼
= Ker(φ) est un isomorphisme d’anneaux.
(c) Montrer les isomorphismes O(U ) ∼
= C[X, Y ]Y , O(V ) ∼
= C[X, Y ]X et
∼
O(U ∩ V ) = C[X, Y ]XY .
(d) En déduire que Ker(φ) ∼
= C[X, Y ].
2
∼ C[X, Y ] ∼
On a donc montré que O(A − {(0, 0)}) =
= O(A2 ) !
C
C
42
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Solutions
Solution 5.1. —
(i) Puisque F est irréductible, l’idéal hF i est premier (car k[X, Y ] est factoriel) donc radical. Puisque k est algébriquement clos, d’après le Nullstellensatz
p
on a donc I(V (F )) = hF i = hF i et c’est un idéal premier, donc V (F ) est
irréductible d’après la proposition 5.5.
(ii) On a V (F ) = V (F1 ) ∪ · · · ∪ V (Fr ). D’après la première question, les
fermés V (Fi ) sont irréductibles. Puisqu’aucun Fi ne divise un autre Fj , il n’y
a aucune inclusion entre les V (Fi ) et V (Fj ). On a donc bien la décomposition
irréductible de V (F ). Ensuite, toujours d’après le première question :
I(V (F )) = I(V (F1 )) ∩ · · · ∩ I(V (Fr )) = hF1 i ∩ · · · ∩ hFr i,
et il est clair que hF1 i ∩ · · · ∩ hFr i = (F1 · · · Fr ).
(iii) Si F est réductible dans R[X, Y ], toute factorisation est de la forme
F = (Y − α)(Y − β) pour α, β ∈ R[X]. Alors αβ = X 2 (X − 1)2 et α + β = 0, ce
qui est impossible dans R[X]. Donc F est irréductible. Par contre on constate
que V (F ) = {(0, 0), (0, 1)} est réductible.
(iv) Le polynôme Y − X 2 est clairement irréductible et on est sur C qui est
algébriquement clos.
(v) On constate que :
Y 4 − X 2 = (Y 2 − X)(Y 2 + X),
Y 4 − X 2 Y 2 + XY 2 − X 3 = (Y − X)(Y + X)(Y 2 + X),
donc la décomposition irréductible est :
V (Y 4 − X 2 , Y 4 − X 2 Y 2 + XY 2 − X 3 ) = V (Y 2 + X) ∪ {(1, 1)} ∪ {(1, −1)}.
Solution 5.2. —
(i) Si k était fini, le polynôme
Q
(X − a) + 1 n’aurait pas de racine dans
a∈k
k, contradiction.
(ii) Si Ank − V (F ) est fini, il est de la forme V (I) pour un idéal I. Donc
Ank = V (F ) ∪ V (I) avec V (F ) 6= Ank (car k est infini et F non constant)
et V (I) 6= Ank (puisqu’il est supposé fini). Ceci contredit le fait que Ank est
irréductible.
Géométrie Algébrique
43
(iii) Pour tout (a1 , . . . , an−1 ), le polynôme F (a1 , . . . , an−1 , Xn ) admet au
moins une solution (soit il est nul, et sinon il a une racine puisque k est
algébriquement clos). Puisque k est infini, cela fait une infinité de points dans
V (F ).
Solution 5.3. — Rappel : un espace topologique X est dit irréductible s’il
n’est pas réunion de deux fermés propres. Un sous-ensemble de X est muni de
la topologie induite.
(i) Irréductibilité de U (on suppose U 6= X). Si U = F ∪ G pour des fermés
F, G de U , par définition de la topologie induite il existe des fermés F 0 , G0
de X tels que F = U ∩ F 0 et G = U ∩ G0 . Donc X = (X − U ) ∪ (F 0 ∪ G0 )
serait réductible (soit ces deux fermés non vides sont distincts de X, soit
F 0 ∪ G0 = X : dans les deux cas X est réunion de deux fermés propres).
Densité de U . S’il existe un ouvert non vide V de X tel que U ∩ V = ∅, alors
X = (X − U ) ∪ (X − V ) et X est réductible.
(ii) Puisque Y est un fermé de X, s’il est réductible il s’écrit Y = F ∪ G
pour deux fermés F, G de X. Alors par définition de la topologie induite,
Y = (F ∩ Y ) ∪ (G ∩ Y ) décompose Y en deux fermés de Y . Puisque Y
est irréductible, on a par exemple G ∩ Y = Y donc Y ⊂ G et puisque Y
est l’intersection de tous les fermés contenant Y on a Y ⊂ G. Donc Y est
irréductible.
(iii) Rappel : un espace topologique est dit connexe s’il n’est pas réunion de
deux ouverts non vides disjoints. Soit X un espace irréductible. Si X = U ∪ V
pour des ouverts U, V de X tels que U ∩ V = ∅, alors X = (X − U ) ∪ (X − V )
et X est réductible, contradiction. La réciproque est fausse : en topologie
de Zariski sur A2R , le fermé V (XY ) est connexe mais est réductible puisque
V (XY ) = V (X) ∪ V (Y ).
Solution 5.4. —
(i) Il faut montrer que l’image réciproque d’un fermé est un fermé. Puisque
les fermés propres de A1k sont les ensembles finis, il est suffisant de montrer
que P̃ −1 (a) est un fermé de Ank pour tout a ∈ k, ce qui est clair puisque
P̃ −1 (a) = V (P − a).
(ii) On peut écrire f = (f1 , . . . , fm ) pour fi : X → k. Il suffit donc de
montrer que toute application polynomiale f : X → k est continue : cela
44
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résulte de la question précédente car f est la restriction d’un polynôme (on
identifie k avec A1k pour la topologie de Zariski).
(iii) De même que précédemment, on se ramène au cas f : X → k, avec
X localement fermé cette fois, et il suffit de montrer que Z := f −1 (a) est
fermé pour tout a ∈ k. On le vérifie localement : Z est fermé dans X si et
seulement si pour tout x ∈ X il existe un voisinage ouvert Ux de x dans X
tel que Z ∩ Ux est un fermé de Ux . Sur un tel ouvert Ux pour lequel f s’écrit
f = P/Q, P, Q ∈ O(X) avec Q non nul sur Ux , on a Z ∩ Ux = V (P − aQ) ∩ Ux
donc Z ∩ Ux est fermé dans Ux . Donc Z est fermé dans X.
Solution 5.5. —
(i) C’est clairement une application régulière (elle est polynomiale), elle est
bijective et son inverse x 7→ (x, x2 ) est régulier : c’est donc une application
birégulière.
(ii) C’est une application polynomiale, donc régulière, mais elle n’est pas
injective : f (1) = f (−1).
(iii) C’est clairement une application polynomiale bijective. Si c’était un
isomorphisme, alors le morphisme d’algèbres associé f ∗ : O(Z) → O(A1C )
serait un isomorphisme. Or, O(Z) ∼
= C[X, Y ]/hY 2 − X 3 i (car Y 2 − X 3 est un
1
polynôme irréductible) et O(Ak ) ∼
= C[T ] et f ∗ est caractérisée par f ∗ (X) = T 2
et f ∗ (Y ) = T 3 , donc l’image de O(Z) par f ∗ est le sous-anneau strict C[T 2 , T 3 ]
de C[T ].
Solution 5.6. —
(i) A1C − {0} est l’ouvert principal A1C − V (X), donc O(A1C − {0}) ∼
= C[X]X
d’après la proposition 5.22.
(ii)
(a) U et V sont des ouverts principaux : en effet, on observe que U =
− V (Y ) et V = A2C − V (X). On a aussi X = A2C − V (X, Y ) = U ∪ V .
A2C
(b) Il faut déjà s’assurer que les applications j, φ définissent bien des
fonctions régulières : c’est bien le cas car ce sont des restrictions d’applications régulières. Il est clair j est injective car U, V recouvrent X, et on
voit aussi facilement que Im(j) ⊂ Ker(φ). Réciproquement, si g ∈ O(U )
et h ∈ O(V ) coı̈ncident sur U ∩ V , en les recollant on définit une fonction
Géométrie Algébrique
45
f dans O(U ∪ V ) telle que j(f ) = (g, h), et f est bien régulière puisque
U, V sont ouverts. Donc O(X) ∼
= Im(j) = Ker(φ). Puisque j est un morphisme d’anneaux (c’est immédiat), il induit alors un isomorphisme d’anneaux O(X) ∼
= Ker(φ).
(c) Puisque U et V sont des ouverts principaux, d’après la proposition
5.22 on a O(U ) ∼
= C[X, Y ]Y et O(V ) ∼
= C[X, Y ]X . De même, U ∩ V = A2C −
V (XY ) donc O(U ∩ V ) ∼
= C[X, Y ]XY .
(d) On a une application naturelle C[X, Y ] → Ker(φ) définie en associant
à un polynôme R ses localisations dans O(U ) et O(V ). Réciproquement, soit
)
P (X,Y )
∈ O(U ) et Q(X,Y
∈ O(V ) tels que l’on a l’identité suivante dans
Yn
Xm
l’anneau C[X, Y ]XY :
P (X, Y ) Q(X, Y )
−
= 0.
Yn
Xm
Puisque l’anneau C[X, Y ] est intègre, cela signifie par définition de la localisation que l’on a l’identité suivante dans C[X, Y ] :
X m P (X, Y ) = Y n Q(X, Y ).
Puisque C[X, Y ] est factoriel et que X, Y sont premiers entre eux, cela
implique que X m divise Q : il existe un polynôme (unique) R tel que
Q = X m R. On en déduit que P = Y n R. On a ainsi construit une application Ker(φ) → C[X, Y ] qui est (le vérifier à la main) réciproque à
l’application naturelle C[X, Y ] → Ker(φ), d’où l’isomorphisme.
46
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
6. Dimension d’un anneau
6.1. — Dans ce chapitre, nous allons voir comment définir et calculer la dimension d’un sous-ensemble algébrique irréductible. Comme précédemment,
cette notion géométrique va être définie par une notion algébrique correspondante : en fait, la dimension d’un sous-ensemble algébrique irréductible sera la
dimension de Krull de son anneau de fonctions (défini au chapitre précédent).
Nous montrerons que cette dimension est aussi le cardinal d’une base de transcendance du corps des fractions de cet anneau, et que la dimension de l’espace
affine Ank est n.
Dorénavant, sauf mention expresse du contraire, nous supposerons le corps k
algébriquement clos.
6.2 Définition. — Soit A un anneau. On dit que A est de dimension de
Krull finie si la longueur des suites strictement croissantes d’idéaux premiers :
P0 $ P1 $ · · · $ P`
est bornée. La borne supérieure des nombres ` s’appelle la dimension de Krull
de A, notée dimKr A.
6.3 Exemples. —
(i) dimKr k = 0 et O(A0k ) = k ;
(ii) dimKr k[X] = 1 et O(A1k ) = k[X] ;
(iii) dimKr k[X, Y ] = 2 et O(A2k ) = k[X, Y ].
Nous verrons que dimKr k[X1 , . . . , Xn ] = n.
6.4 Proposition. — Soit B un anneau intègre entier sur un anneau A. Alors
dimKr B = dimKr A. En particulier :
dimKr A < +∞ ⇐⇒ dimKr B < +∞.
Géométrie Algébrique
47
Démonstration. — Il s’agit de comparer les idéaux premiers de B avec les
idéaux premiers de A. La démonstration repose sur le lemme suivant :
6.5 Lemme. — Soit B ⊃ A un anneau intègre entier sur A et soit P un
idéal premier de A. Alors :
(i) il existe un idéal premier Q ⊂ B tel que Q ∩ A = P ;
(ii) deux tels idéaux ne sont pas comparables (i.e. ne sont pas contenus l’un
dans l’autre).
(Rappelons que l’image réciproque d’un idéal premier par un morphisme d’anneaux est un idéal premier ; donc ici avec l’inclusion i : A ,→ B, Q ∩ A = i−1 Q
est bien un idéal premier).
Démonstration du lemme 6.5. — Puisque P est un idéal premier de A, l’ensemble S := A − P est une partie multiplicative, et l’anneau AP := S −1 A est
un anneau local, i.e. n’a qu’un seul idéal maximal. En effet, ses idéaux premiers sont en bijection avec les idéaux premiers P0 de A tels que P0 ∩ S = ∅,
donc P0 ⊂ P (contrairement au quotient A/P dont les idéaux premiers sont
en bijection avec les idéaux premiers P0 ⊃ P !). Ainsi M := S −1 P est l’unique
idéal maximal de AP . Considérons le diagramme commutatif suivant :
A
iA

S −1 A
/B

iB
/ S −1 B
On observe que S −1 B est entier sur S −1 A. Posons A0 := S −1 A et B 0 := S −1 B,
et soit N ⊂ B 0 un idéal maximal. L’extension :
A0 N ∩ A0 −→ B 0 N
est encore entière, et puisque B 0 /N est un corps, A0 /N ∩ A0 est aussi un
corps d’après le lemme 4.8. Donc N ∩ A0 est un idéal maximal, et par unicité
N ∩ A0 = M. Donc Q := i−1
B (M) convient pour la première assertion (d’après
la commutativité du diagramme).
Soit maintenant Q̃ un idéal de B tel que Q̃ ∩ A = P. Alors S −1 Q̃ est un idéal
premier et S −1 Q̃ ∩ A0 = S −1 P = M (d’après la commutativité du diagramme)
donc dans l’extension entière :
A0 S −1 Q̃ ∩ A0 −→ B 0 S −1 Q̃
48
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on a que A0 /S −1 Q̃ ∩ A0 est un corps donc, toujours d’après le lemme 4.8,
B 0 /S −1 Q̃ est un corps donc S −1 Q̃ est un idéal maximal. On avait vu que
S −1 Q = N était aussi maximal, et deux idéaux maximaux distincts ne sont
pas comparables. Il en résulte que Q et Q̃ ne sont pas comparables.
Fin de la démonstration de la proposition 6.4.
(i) Soit Q0 $ · · · $ Q` une suite d’idéaux premiers de B. Alors d’après le
lemme 6.5 (deuxième assertion par contraposée), Q0 ∩A $ · · · $ Q` ∩A est une
suite strictement croissante d’idéaux premiers de A. Donc dimKr B ≤ dimKr A.
(ii) Réciproquement, si P0 $ · · · $ P` est une suite d’idéaux premiers de
A, alors il existe une suite strictement croissante d’idéaux premiers de B de
même longueur : Q0 $ · · · $ Q` . En effet, on la construit par récurrence : pour
` = 0 le lemme 6.5 suffit, et en supposant Qi construit tel que Qi ∩ A = Pi ,
l’extension A/Pi → B/Qi est entière donc d’après la première assertion du
lemme 6.5 appliquée à Pi+1 /Pi ⊂ A/Pi il existe Qi+1 ⊂ B contenant Qi tel
que Qi+1 /Qi ∩ A/Pi = Pi+1 /Pi dont on déduit que Qi+1 ∩ A = Pi+1 , ce qui
construit Qi+1 .
6.6 Proposition. — Soit A un quotient de k[X1 , . . . , Xn ]. Alors :
dimKr A ≤ n.
Démonstration. — On procède par récurrence sur n. Pour n = 0 l’assertion
est claire puisqu’alors A = k ou A = {0}. Supposons la propriété vérifiée
pour n − 1. Notons p : k[X1 , . . . , Xn ] → A le quotient, et soit P0 $ · · · $ P`
une suite croissante d’idéaux premiers de A. Posons P01 := p−1 (P1 ) (c’est un
idéal non nul) et soit F ∈ P01 non nul, non constant et irréductible. D’après
le lemme de Nagata 4.9, l’extension A0 := k[F, Y2 , . . . , Yn ] ⊂ k[X1 , . . . , Xn ] est
entière pour un choix convenable des Yi . Par conséquent l’extension :
B := A0 A0 ∩ P01 −→ A/ P1
est entière, et B est engendré par les images de Y2 , . . . , Yn , i.e. est un quotient de k[Y2 , . . . , Yn ]. Par hypothèse de récurrence, dimKr B ≤ n − 1, donc
dimKr A/P1 ≤ n−1 d’après la proposition 6.4, ce qui signifie que `−1 ≤ n−1.
Donc ` ≤ n ce qui implique que dimKr A ≤ n.
Géométrie Algébrique
49
6.7 Corollaire. — dimKr k[X1 , . . . , Xn ] = n.
Démonstration. — D’après la proposition précédente, on a :
dimKr k[X1 , . . . , Xn ] ≤ n.
Par ailleurs, la suite :
h0i & hX1 i & hX1 , X2 i & · · · & hX1 , . . . , Xn i
est une suite strictement croissante d’idéaux premiers et est de longueur n,
donc dimKr k[X1 , . . . , Xn ] ≥ n, d’où finalement l’égalité.
6.8 Définition. — Soit K ⊂ L une extension de corps. On dit que B ⊂ L
est une base de transcendance de L sur K si :
(i) les éléments de B sont algébriquement indépendants ;
(ii) K(B) ⊂ L est une extension algébrique.
Nous admettons le lemme suivant :
6.9 Lemme. — Soit L = k(x1 , . . . , xn ). Alors :
(i) L a une base de transcendance finie sur k ;
(ii) Deux bases de transcendance ont le même nombre d’éléments.
6.10 Définition. — On définit le degré de transcendance de L sur K par :
deg trK (L) := |B|,
où B est une base de transcendance de L sur K.
6.11 Exemple. — L’extension k → k(X) est de degré de transcendance 1 :
deg trk k(X) = 1.
6.12 Proposition. — Soit A une k-algèbre de type fini intègre. Alors :
dimKr A = deg trk k(A),
où k(A) désigne le corps des fractions de A.
Démonstration. — D’après le lemme de normalisation de Noether (lemme
4.7), il existe des éléments y1 , . . . , yr ∈ A algébriquement indépendants et
tels que k[y1 , . . . , yr ] → A est une extension entière. Par conséquent, B =
{y1 , . . . , yr } est une base de transcendance de k(A) sur A et dimKr A =
r = deg trk k(A).
50
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6.13 Proposition (Lemme de Krull). — Soit F ∈ k[X1 , . . . , Xn ] un polynôme non nul non constant. Alors :
dimKr k[X1 , . . . , Xn ]/ hF i = n − 1.
Démonstration. — On peut supposer que F est irréductible : en effet, si on
a F = F1 F2 , alors toute suite P00 & · · · & P0` d’idéaux premiers du quotient
k[X1 , . . . , Xn ]/hF i provient d’une suite d’idéaux premiers :
hF1 F2 i ⊂ P0 & · · · & P` ,
et puisque ces idéaux sont premiers, cette chaı̂ne contient F1 ou F2 . Ainsi, pour
montrer qu’une telle chaı̂ne est de longueur au plus n−1 (et atteint cette taille)
il suffit de regarder par exemple dans le quotient k[X1 , . . . , Xn ]/hF1 i.
Quitte à réordonner les Xi , on peut supposer que F ∈
/ k[X2 , . . . , Xn ]. L’application :
k[X2 , . . . , Xn ] → k[X1 , . . . , Xn ]/F =: A
est donc injective et A est intègre. On a donc une extension algébrique :
k(X2 , . . . , Xn ) → k(A),
et d’après la proposition 6.12 :
dimKr A = deg trk k(A)
= deg trk k(X2 , . . . , Xn )
= n − 1.
Géométrie Algébrique
51
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercices
Exercice 6.1. — Soit X ⊂ Ank un ensemble algébrique irréductible. On appelle dimension de X le nombre dim X := dimKr O(X).
(i) Montrer que dim Ank = n pour tout n.
(ii) Montrer que la dimension de X est le plus grand des entiers ` pour
lesquels il existe une suite strictement croissante de fermés irréductibles de
X : X0 $ · · · $ X` .
(iii) Soit F ∈ k[X1 , . . . , Xn ] un polynôme non constant. Montrer que toutes
les composantes irréductibles de V (F ) sont de dimension n − 1.
Exercice 6.2. — Soit X, Y deux ensembles algébriques, et f : X → Y
une application régulière. On dit que f est finie si le morphisme d’algèbres
f ∗ : O(Y ) → O(X) fait de O(X) un O(Y )-module de type fini. On dira aussi
que f est un morphisme fini.
f∗
(i) Montrer que f est un morphisme fini si et seulement si l’extension
: O(Y ) → O(X) est entière.
(ii) Soit X = V (X 2 + Y 2 − 1) ⊂ A2C . Montrer que la projection X → A1C
définie par (x, y) 7→ x est un morphisme fini.
(iii) Montrer que f : A2C → A3C définie par f (x, y) = (x2 , xy, y 2 ) est un
morphisme fini.
Exercice 6.3. — Soit X, Y deux ensembles algébriques, et f : X → Y un
morphisme fini.
(i) Montrer que les fibres de f sont finies.
(ii) Vérifier le lemme suivant : soit φ : A → B un morphisme d’anneaux et
J un idéal de A. Si 1 ∈ φ(J), alors on a A = Ker(φ) + J.
(iii) Montrer que l’image de f est fermée : pour cela, on pourra montrer
que Im(f ) = V (I) où I = Ker(f ∗ ) ⊂ O(Y ).
52
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(iv) Soit X = V (XY − 1) ⊂ A2C . Montrer que la projection X → A1C définie
par (x, y) 7→ x n’est pas un morphisme fini.
Exercice 6.4. — Soit X et Y deux ensembles algébriques irréductibles, et
f : X → Y un morphisme fini surjectif.
(i) Montrer que le morphisme d’anneaux f ∗ : O(Y ) → O(X) est injectif.
(ii) Montrer que pour tout fermé irréductible Y 0 ⊂ Y il existe un fermé
irréductible X 0 ⊂ X tel que f (X 0 ) = Y 0 .
(iii) Montrer que deux tels fermés ne sont pas comparables.
(iv) Montrer que dim X = dim Y .
Solutions
Solution 6.1. —
(i) On a O(Ank ) = k[X1 , . . . , Xn ] et dimKr k[X1 , . . . , Xn ] = n.
(ii) Les suites strictement décroissantes de fermés irréductibles de X sont
en correspondance bi-univoque avec les suites strictement croissantes d’idéaux
premiers de O(X) (pour les suites croissantes de fermés, il suffit de lire de
droite à gauche).
(iii) On se ramène aisément au cas où F est irréductible. Alors on en déduit
I(V (F )) = hF i, et donc O(V (F )) = k[X1 , . . . , Xn ]/F . Ainsi, d’après le lemme
de Krull, dimKr k[X1 , . . . , Xn ]/F = n − 1.
Solution 6.2. —
(i) O(X) est une C-algèbre de type fini ; soit z1 , . . . , zk frd g{ené rateurs. Si
l’extension O(Y ) → O(X) est entière, il existe des polynômes Pi à coefficients
dans O(Y ), unitaires de degrés ni tels que Pi (zi ) = 0. Il en résulte que les
éléments z1α1 · · · zkαk pour 0 ≤ αi < ni forment un système fini de générateurs
de O(X) sur O(Y ). Réciproquement, si O(X) est de type fini comme O(Y )module, chaque zi est entier sur O(Y ) d’après la proposition 4.5.
(ii) Le morphisme d’anneaux associé est : C[T ] → C[X, Y ]/hX 2 + Y 2 − 1i,
caractérisé par T 7→ X̄. Ainsi, X̄ est entier sur C[T ], et Ȳ aussi puisque
Ȳ 2 + (T 2 − 1) = 0 pour la structure de module considérée. D’après la première
question, le morphisme est par conséquent fini.
Géométrie Algébrique
53
(iii) Le morphisme d’anneaux associé est :
C[U, V, W ]
U
V
W
→ C[X, Y ]
7→
X2
7
→
XY
7
→
Y2
Pour cette structure de module on a donc des équations polynomiales unitaires
X 2 − U = 0 et Y 2 − V = 0, donc X, Y sont entiers sur C[U, V, W ], donc le
morphisme est fini.
Solution 6.3. —
(i) Notons O(X) = k[X1 , . . . , Xn ]/I et X = V (I) ⊂ Ank . Puisque O(X) est
entier sur O(Y ), il existe des fonctions ai,j ∈ O(Y ) telles que :
X̄ini
+
ni
X
f ∗ (ai,j )X̄ini −j = 0.
j=1
Soit y ∈ Y , x ∈ X tel que f (x) = y et notons x = (x1 , . . . , xn ) ses coordonnées.
En évaluant les expressions polynomiales précédentes en x, on obtient pour
tout i :
ni
X
xni i +
ai,j (y)xini −j = 0.
j=1
Chacun de ces polynômes a un nombre fini de racines, donc l’ensemble des
points x au-dessus de y est fini.
(ii) Puisque 1 ∈ φ(J), il existe j ∈ J tel que φ(j) = 1 = φ(1), donc
1 − j ∈ Ker(φ), d’où 1 ∈ Ker(φ) + J.
(iii) Montrons que Im(f ) = V (I) par double inclusion :
(a) Im(f ) ⊂ V (I). Soit y = f (x). Pour tout P ∈ I on a :
P (y) = P (f (x)) = (f ∗ P )(x) = 0
car I = Ker(f ∗ ), donc y ∈ V (I).
(b) V (I) ⊂ Im(f ). Soit y ∈ V (I) et My l’idéal maximal de y dans Y . Si
l’on trouve x ∈ X tel que f ∗ (My )O(X) ⊂ Mx , alors on aura Mf (x) = My
dans O(Y ) (l’inclusion ⊃ est évidente, et l’égalité vient par maximalité),
donc y = f (x) d’après le Nullstellensatz. Toujours en vertu du Nullstellensatz, il suffit donc de montrer que f ∗ (My )O(X) 6= O(X). Supposons le
54
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
contraire. Puisque f est un morphisme fini, O(X) est un O(Y )-module de
type fini, engendré par des éléments e1 , . . . , ek . Par hypothèse, il existe donc
des ai,j ∈ My tels que :
ei =
k
X
f ∗ (ai,j )ej .
j=1
Soit δi,j = 1 si i = j, et δi,j = 0 sinon. Il en résulte que le déterminant
de la matrice (δi,j − f ∗ (ai,j ))i,j est nul dans O(X), et en développant ce
déterminant on en déduit que 1 ∈ f ∗ (My ). D’après la question précédente,
on a donc O(Y ) = I + My , mais par hypothèse I ⊂ My , donc finalement
My = O(Y ) ce qui est impossible, contradiction.
(iv) L’image par la projection est A1C − {0} et n’est pas fermée, donc ce
n’est pas un morphisme fini.
Solution 6.4. —
(i) Supposons f ∗ φ = 0. Alors pour tout y ∈ Y , puisque f est surjective, il
existe x ∈ X tel que f (x) = y, donc φ(y) = φ(f (x)) = (f ∗ φ)(x) = 0, donc
φ = 0.
(ii) On a une extension entière intègre f ∗ : O(Y ) → O(X), donc on peut
appliquer le lemme 6.5. On peut écrire Y 0 = V (P) avec P ∈ O(Y ) idéal
premier, donc il existe un idéal premier Q de O(X) tel que (f ∗ )−1 (Q) = P.
Le fermé X 0 = V (Q) de X est irréductible. Montrons que f (X 0 ) = Y 0 :
– ”⊂”. Puisque Y 0 est fermé, il suffit de montrer que f (X 0 ) ⊂ Y 0 . Soit
y = f (x0 ) avec x0 ∈ X 0 . Pour tout P ∈ P, on a P (y) = (f ∗ P )(x0 ) mais
f ∗ P ∈ Q donc P (y) = 0, d’où y ∈ Y 0 .
– ”⊃”. Soit F = V (I) un fermé contenant f (X 0 ). Montrons que l’on
a Y 0 ⊂ F . Cela revient à montrer que I ⊂ P. Soit P ∈ I. Puisque
f (X 0 ) ⊂ F = V (I), pour tout x0 ∈ X 0 on a P (f (x0 )) = 0, soit
√
(f ∗ P )(x0 ) = 0. Donc f ∗ P ∈ I(X 0 ) = Q = Q car Q est premier. Donc
P ∈ (f ∗ )−1 Q = P.
Finalement, puisque f est fermée d’après l’exercice 6.3, on a f (X 0 ) = Y 0 .
(iii) Supposons X10 = V (Q1 ) un autre choix tel que f (X10 ) = Y 0 . Alors en
relisant les arguments précédents à l’envers on obtient (f ∗ )−1 Q1 = P (facile :
utiliser F = Y 0 puis f ∗ injective pour les deux inclusions). D’après le lemme
6.5, les idéaux Q et Q1 ne sont pas comparables, donc les fermés X 0 et X10
Géométrie Algébrique
55
non plus (ne pas être comparable signifie : s’il y a une inclusion, alors c’est
une égalité).
(iv) On utilise la caractérisation topologique de la dimension (exercice 6.1).
Si X0 & · · · & X` est une suite strictement croissante de fermés irréductibles
de X, les Yi = f (Xi ) sont des fermés car f est finie, et sont irréductibles
(l’image d’un espace topologique irréductible par une application continue est
toujours irréductible), et l’inclusion Yi ⊂ Yi+1 est stricte sinon d’après la noncomparabilité, l’inclusion Xi ⊂ Xi+1 serait une égalité, ce qui n’est pas le cas.
Donc dim X ≤ dim Y .
Réciproquement, si Y0 & · · · & Y` est une suite strictement croissante de
fermés irréductibles de Y , on construit par récurrence descendante une suite
strictement décroissante de fermés irréductibles X0 & · · · & X` de X : en
supposant Xi construit tel que f (Xi ) = Yi , le morphisme restreint fi : Xi → Yi
est un morphisme fini (car O(Y ) → O(X) est entier, donc O(Y )/I(Yi ) →
O(X)/I(Xi ) est entier), et alors puisque Yi−1 est un fermé irréductible de Yi ,
il existe un fermé irréductible Xi−1 de Xi tel que f (Xi−1 ) = Yi−1 , et l’inclusion
Xi−1 ⊂ Xi est stricte sinon Yi−1 = Yi . Donc dim Y ≤ dim X, et finalement on
a égalité des dimensions.
56
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
7. Décomposition primaire d’un idéal
7.1. — Ce chapitre donne un succédané de la factorisation en produit de
facteurs irréductibles pour des anneaux non factoriels. Dans un tel anneau,
nous verrons qu’il reste possible, au lieu de factoriser un élément a commme
produit de facteurs irréductibles, d’écrire l’idéal (a) qu’il engendre comme
intersection d’idéaux dits primaires, qui généralisent les idéaux premiers. De
plus, cette écriture est esentiellement unique.
7.2. — Soit A un anneau et I un idéal de A. Ainsi qu’il a été vu dans
l’exercice 4.1 :
\
√
I=
P.
P⊃I
P premier
√
On peut aussi trouver une décomposition de I analogue à celle de I, quitte
à considérer des idéaux un peu plus généraux que les idéaux premiers.
7.3 Exemple. — Pour A = Z, tout entier x se décompose sous la forme
x = ±pr11 · · · prkk pour des nombres premiers pi . Alors :
p
hxi = hp1 i · · · hpk i
hxi = hpr11 i · · · hprkk i
7.4 Définition. — Soit A un anneau et I ⊂ A un idéal. On dit que I est
primaire si :
(i) A/I 6= 0 ;
(ii) tout diviseur de zéro de A/I est nilpotent.
7.5 Exemples. —
√
(i) Si I est primaire, alors : si xy ∈ I et y ∈
/ I alors x ∈ I.
√
(ii) Si I est primaire, alors P := I est premier. On dit alors que I est
P-primaire.
Géométrie Algébrique
(iii) Soit A = C[X, Y, Z]/hXY − Z 2 i et I = hX̄ 2 , X̄ Z̄, Z̄ 2 i. Montrer que
est premier mais que I n’est pas primaire.
57
√
I
(iv) Soit A = k[X, Y ] et I = hX, Y 2 i. Montrer que I est primaire et calculer
son radical.
√
(v) Si I est maximal, alors I est primaire. En particulier, les puissances
d’un idéal maximal sont primaires.
r
T
Ij est P-primaire.
(vi) Si I1 , . . . , Ir sont P-primaires, alors
j=1
7.6 Théorème. — Soit A un anneau noethérien et I un idéal propre.
(i) Il existe des idéaux primaires Q1 , . . . , Qr de radicaux P1 , . . . , Pr distincts, et tels que :
r
\
I=
Qi .
i=1
(ii) Si l’on suppose que Qi 6⊃
T
Qj alors l’ensemble des Pi ainsi définis ne
j6=i
dépend que de I.
7.7 Définition. — Une telle décomposition s’appelle décomposition primaire
minimale de I et les idéaux Pi s’appellent les idéaux premiers associés à I.
Démonstration. — Commençons par une définition :
7.8 Définition. — Un idéal I est dit irréductible si :
I = I1 ∩ I2 ⇒ I = I1 ou I = I2 .
7.9 Lemme. — Dans un anneau noethérien A, tout idéal admet une décomposition finie en idéaux irréductibles.
Démonstration du lemme 7.9. — Supposons le contraire. Alors l’ensemble des
idéaux ne vérifiant pas le lemme est non vide. Comme A est noethérien, cet
ensemble admet un élément maximal ; notons I un tel élément maximal. Alors
I = I1 ∩ I2 avec I & I1 et I & I2 . Par maximalité de I, I1 et I2 admettent une
décomposition en idéaux irréductibles, donc I aussi, contradiction.
7.10 Lemme. — Dans un anneau noethérien, tout idéal irréductible est primaire.
58
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
Démonstration du lemme 7.10. — Quitte à travailler dans le quotient A/I, il
suffit de montrer le lemme pour I = h0i. Soit donc x un diviseur de zéro. On
doit montrer qu’il est nilpotent. Posons :
Ann(x) := {a ∈ A | ax = 0}.
C’est un idéal de A, et on a une suite croissante :
Ann(x) ⊂ Ann(x2 ) ⊂ · · · .
Puisque A est noethérien, il existe n tel que Ann(xn ) = Ann(xn+1 ) = · · · .
Soit y 6= 0 tel que xy = 0 (puisque x est diviseur de zéro).
Observation. — h0i = hxn i ∩ hyi.
Justification de l’observation. — L’inclusin 00 ⊂00 est triviale. Soit a ∈ hxn i ∩
hyi. Puisque a ∈ hyi, il existe b ∈ A tel que a = by. Donc ax = byx = 0 soit
a ∈ Ann(x). Par ailleurs, a ∈ hxn i donc il existe b0 ∈ A tel que a = b0 xn . Alors
0 = ax = b0 xn x donc b0 ∈ Ann(xn+1 ) = Ann(xn ), donc b0 xn = 0 ce qui signifie
a = 0.
Ainsi, puisque h0i est supposé irréductible, et que y 6= 0, on a nécessairement
hxn i = h0i, ce qui signifie xn = 0 donc x est nilpotent.
Fin de la démonstration du théorème 7.6.
(i) On peut écrire l’idéal I sous la forme :
I=
r
\
Qi ,
i=1
où les idéaux Qi sont irréductibles, donc primaires. En regroupant les idéaux
primaires de même radical (voir les exemples 7.5), on peut supposer que les
radicaux de ces idéaux sont distincts.
(ii) L’unicité des idéaux premiers Pi ainsi définis est traitée dans l’exercice
7.3.
Géométrie Algébrique
59
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercices
Exercice 7.1. —
(i) Si I est primaire, alors : si xy ∈ I et y ∈
/ I alors x ∈
√
(ii) Si I est primaire, alors P := I est premier.
√
I.
(iii) Soit A = C[X, Y, Z]/hXY − Z 2 i et I = hX̄ 2 , X̄ Z̄, Z̄ 2 i. Montrer que
est premier mais que I n’est pas primaire.
√
I
(iv) Soit A = k[X, Y ] et I = hX, Y 2 i. Montrer que I est primaire et calculer
son radical.
√
(v) Si I est maximal, alors I est primaire. En particulier, les puissances
d’un idéal maximal sont primaires.
r
T
(vi) Si I1 , . . . , Ir sont P-primaires, alors
Ij est P-primaire.
j=1
Exercice 7.2. — Montrer que dans k[X, Y ] on a :
hX 2 , XY i = hX, Y i2 ∩ hXi = hX 2 , Y i ∩ hXi.
Montrer que les idéaux hX, Y i2 et hX, Y 2 i sont des idéaux primaires de radical
l’idéal maximal hX, Y i et que l’idéal hXi est premier. Ainsi, nous observons
qu’une décomposition primaire n’est pas unique.
Exercice 7.3 (Unicité des idéaux premiers dans une décomposition
primaire)
Soit A un anneau noethérien et M un A-module. Pour x ∈ M on rappelle que
l’ensemble :
Ann(x) := {a ∈ A | ax = 0}
appelé annulateur de x est un idéal de A. On appelle alors assassin de M
l’ensemble des idéaux premiers de A qui sont annulateurs d’un élément de M :
Ass(M ) := {P ∈ A premier | ∃x ∈ M, P = Ann(x)}.
60
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
(i) Montrer que si M 0 ⊂ M est un sous-A-module, alors Ass(M 0 ) ⊂ Ass(M ).
(ii) Montrer le lemme suivant : si I, J, P sont des idéaux de A, avec P
premier, tels que I ∩ J = P, alors I ⊂ P ou J ⊂ P.
n
n
L
S
(iii) Montrer que si M =
Mi , alors Ass(M ) =
Ass(Mi ).
i=1
i=1
(iv) Montrer le lemme suivant : dans un anneau noethérien A, tout idéal I
contient une puissance de son radical.
(v) Soit Q un idéal primaire de A de radical P, et M un sous-module de
A/Q. Montrer que si M 6= 0 alors Ass(M ) = {P} (dans cette écriture, M est
considéré comme A-module pour la structure a.x = āx, a ∈ A, x ∈ M ).
(vi) Soit I un idéal, et supposons donnée une décomposition primaire :
I=
k
\
Qj
j=1
et supposons que pour tout i, Qi 6⊃
T
Qj . Montrer que :
j6=i
Ass(A/I) = {Pi }i=1,...,k ,
√
où Pi = Qi . Ainsi, ces idéaux Pi ne dépendent que de I, ce qui démontre la
deuxième assertion du théorème 7.6.
Solutions
Solution 7.1. —
(i) Soit x, y ∈ I tels que y ∈
/ I. Dans le quotient A/I on a donc x̄ȳ = 0 et
√
ȳ 6= 0. Alors soit x̄ = 0 et x ∈ I ⊂ I, soit x̄ 6= 0 donc x̄ est un diviseur de
zéro, et puisque I est primaire, x̄ est nilpotent : il existe n ∈ N tel que x̄n = 0,
√
soit x̄ ∈ I, ce qui signifie que x ∈ I.
√
√
(ii) Soit xy ∈ I, et supposons que y ∈
/ I. Il existe n ∈ N tel que
√
(xy)n = xn y n ∈ I et y n ∈
/ I donc d’après la première question, xn ∈ I,
√
donc x ∈ I.
(iii) Posons P = hX̄, Z̄i. L’idéal P de A est premier car A/P ∼
= C[Ȳ ] est
intègre (l’isomorphisme est obtenu à partir de P 7→ P (0, Y, 0)) et I = P2
√
donc I = P. Mais I n’est pas radical car X̄ Ȳ = Z̄ 2 ∈ I avec X̄ ∈
/ I mais
√
Ȳ ∈
/ I = P. La réciproque de la question précédente est donc fausse.
Géométrie Algébrique
61
∼ k[ε]/hε2 i, dont le seul diviseur
(iv) On observe que k[X, Y ]/hX, Y 2 i =
de zéro ε est nilpotent. Donc I est primaire. Par ailleurs, il est clair que
√
P := hX, Y i ⊂ I, et d’un autre côté P est un idéal premier contenant I,
√
√
donc I ⊂ P. Donc I = hX, Y i.
√
(v) Notons p : A → A/I le quotient. Puisque M := I est maximal,
√
M0 := p(M) est un idéal maximal de A/I. Puisque I est l’intersection des
idéaux premiers contenant I, M0 est l’intersection des idéaux premiers de A/I :
puisqu’il est maximal, c’est qu’il n’y a qu’un seul idéal premier dans A/I, qui
est M0 . M0 est aussi l’ensemble des éléments nilpotents de A/I (radical de
l’idéal nul, voir l’exercice 4.1). Ainsi, tout élément de M0 est nilpotent, et
sinon si x ∈ A/I n’est pas dans M0 , il est inversible (tout non inversible est
contenu dans un idéal maximal, ici il y a un seul idéal maximal). En particulier,
√
si I = Mk pour un idéal maximal M, alors I = M est maximal, donc I est
primaire.
r
T
(vi) Posons I :=
Ij . Puisque l’intersection est finie, on a :
j=1
v
u\
r
\
p
u r
t
Ij =
Ij
j=1
j=1
=
r
\
P
j=1
=P
√
donc I = P. Soit xy ∈ I et y ∈
/ I. Il existe un indice j tel que y ∈
/ Ij , mais
√
xy ∈ Ij donc x ∈ P puisque Ij est P-primaire, donc x ∈ I.
Solution 7.2. — On a bien les inclusions hX 2 , XY i ⊂ hX, Y i2 ∩ hXi et
hX 2 , XY i ⊂ hX 2 , Y i ∩ hXi. Réciproquement, dans les deux cas la partie en
Y ou Y 2 doit nécessairement contenir X, d’où l’égalité. Les autres affirmations
sont claires avec l’exercice précédent.
Solution 7.3. —
(i) Résulte de la définition.
(ii) Il est clair que P ⊂ I et P ⊂ J. Seule l’une des inclusions inverses
est donc à montrer. Supposons J * P et soit b ∈ J tel que b ∈
/ P. Puisque
62
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IJ ⊂ P, pour tout a ∈ I on a ab ∈ P mais b ∈
/ P, donc a ∈ P puisque P est
premier. Donc I ⊂ P.
(iii) Puisque Mi ⊂ M pour tout i,
n
S
Ass(Mi ) ⊂ Ass(M ) par la question
i=1
(i). Réciproquement, si P ∈ Ass(M ), soit x ∈ M tel que P = Ann(x). En
décomposant x = x1 + · · · + xn , xi ∈ Mi , puisque la somme est directe on
n
T
a (ax = 0) ⇔ (∀i, axi = 0). Donc P =
Ann(xi ). D’après la question (ii)
i=1
(étendue par récurrence finie), il existe i tel que P = Ann(xi ), d’où le résultat.
√
(iv) Soit x1 , . . . , xk des générateurs de I, et ni des entiers tels que xni i ∈ I.
√
Posons m = n1 +· · ·+nk . Alors ( I)m est engendré par les produits xr11 · · · xrkk
avec r1 + · · · + rk = m, donc par définition de m, pour au moins un indice i
√
on a ri ≥ ni , donc tout monôme de cette forme est dans I. Donc ( I)m ⊂ I.
(v) Soit x ∈ M , x 6= 0. Soit y ∈ Ann(x). On a donc xy ∈ Q. Or x 6∈ Q, donc,
√
comme Q est primaire, y ∈ Q = P. On voit donc que Q ⊂ Ann(x) ⊂ P.
√
√
Alors, si R ∈ Ass(M ), on a Q ⊂ R ⊂ Q = P. Comme R = R, ceci
entraı̂ne R = P. Donc Ass(M ) contient au plus un idéal, soit P. Montrons
que l’on a effectivement P ∈ Ass(M ). Puisque A est noethérien, il existe un
entier m tel que Pm ⊂ Q d’après la question (iii). On a donc Pm M = 0. En
supposant m minimal pour cette dernière propriété, avec m ≥ 1 car M 6= 0,
prenons y ∈ Pm−1 M non nul. Alors Ann(y) = P (l’inclusion ⊂ a été montrée
en général, et si a ∈ P, alors ay ∈ Pm M = 0 donc a ∈ Ann(y)). Donc
Ass(M ) = {P}.
(vi) La projection canonique A →
k
L
A/Qi factorise par A/I car I ⊂ Qj
j=1
pour tout j, et le morphisme de A-modules induit A/I →
k
L
A/Qj est injectif
j=1
puisque I =
k
T
Qj . D’après les questions (i), (iii) et (v) on a donc successive-
j=1
ment :


k
k
M
[


Ass(A/I) ⊂ Ass
A/Qj =
Ass(A/Qj ) = {Pj }j=1,...,k .
j=1
j=1
Géométrie Algébrique
63
Montrons que chaque Pi est bien dans Ass(A/I). Soit Mi le noyau de l’application composée obtenue par projection :
A/I →
k
M
A/Qi →
j=1
Le module Mi est non nul puisque
M
A/Qj .
j6=i
T
Qj 6= I. L’application canonique obtenue
j6=i
par projection :
Mi → A/I →
k
M
A/Qj → A/Qi
j=1
est injective par construction de Mi puisque I =
k
T
Qj . D’après la question
j=1
(v) on a donc Ass(Mi ) = {Pi }, et avec la question (i) Ass(Mi ) ⊂ Ass(A/I),
donc Pi ∈ Ass(A/I).
64
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
8. Fermés algébriques n’ayant qu’un nombre fini de points
L’objet de ce chapitre est la preuve du résultat suivant :
8.1 Théorème. — Soit X = V (I) ⊂ Ank un fermé algébrique. Les assertions
suivantes sont équivalentes :
(i) dimKr O(X) = 0.
(ii) dimk O(Ank )/I < +∞.
(iii) X est fini.
Démonstration. —
”i ⇒ iii” Notons Xi es composantes irréductibles de X. Chaque Pi := I(Xi )
est un idéal premier de O(X) ; comme dimKr O(X) = 0, Pi est donc maximal.
Donc Xi est un point (Nullstellensatz). Donc X est fini.
”iii ⇒ ii” Supposons X = {x1 , . . . , xr }, avec xi ∈ Ank . Notons de plus pour
r
Q
tout i, xi = (ai,1 , . . . , ai,n ). Soit Fi =
(Xi − aj,i ). Fi s’annule sur X car
j=1
√
pour tout j on a Fi (xj ) = 0. On a donc Fi ∈ I (Nullstellensatz), donc il
existe Ni ∈ N tel que Fini ∈ I. Pour N = max(Ni ) on a donc FiN ∈ I pour
tout i = 1, . . . , n. On a donc une surjection :
O(Ank )/ hF1N , . . . , FnN i O(Ank )/I.
On observe que O(Ank )/ hF1N , . . . , FnN i est de dimension finie sur k. En effet,
tout polynôme peut y être réduit à ne comporter que des puissances de chaque
Xi inférieures à rN . Donc O(IAnk )/I est aussi de dimension finie.
”ii ⇒ i” Soit P ⊂ O(X) un idéal premier. O(X)/P est de dimension finie sur
k, donc l’extension k → O(X)/P est entière et on peut appliquer le lemme 4.8
car O(X)/P est intègre, ce qui donne que O(X)/P est un corps, donc P est
maximal. Tout idéal premier de O(X) étant maximal, dimKr O(X) = 0.
Géométrie Algébrique
65
8.2 Remarque. — Une conséquence est que la condition dimk O(Ank )/I <
+∞ entraı̂ne dimk O(X) < +∞. En effet, par définition O(X) = O(Ank )/I(X)
et puisque I ⊂ I(X), on en déduit une surjection O(Ank )/I O(X), donc
dimk O(X) < +∞.
66
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Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercices
Exercice 8.1. — Dans cet exercice, on redémontre simplement la remarque
du cours dans le cas de A2C . Soit I un idéal de C[X, Y ] et V = V (I) ∈ A2C .
(i) On suppose que V est fini, et on note V = {u1 , . . . , un }, où les ui sont
des points distincts). En considérant le morphisme d’algèbres φ : C[X, Y ] →
Cn défini par φ(P ) = (P (u1 ), . . . , P (un )), montrer directement que l’on a
dimC C[X, Y ]/I(V ) < +∞.
(ii) Réciproquement, supposons C[X, Y ]/I(V ) de dimension finie. Soit X̄, Ȳ
les classes de X, Y dans le quotient. Montrer que les familles 1, X̄, X̄ 2 , . . . et
1, Ȳ , Ȳ 2 , . . . sont liées. En déduire que si (a, b) ∈ V , alors a, b ne peuvent
prendre qu’un nombre fini de valeurs, et donc que V est fini.
Exercice 8.2. — Soit F, G ∈ C[X, Y ] des polynômes non nuls et sans facteur
commun. Montrer que V (F ) ∩ V (G) est fini.
Solutions
Solution 8.1. —
(i) Par définition, Ker(φ) = I(V ) d’où une injection C[X, Y ]/I(V ) → Cn ,
impliquant que C[X, Y ]/I(V ) est de dimension finie sur C.
(ii) Si C[X, Y ]/I(V ) est de dimension finie, les familles 1, X̄, X̄ 2 , . . . et
1, Ȳ , Ȳ 2 , . . . sont liées donc on a des équations :
us X̄ s + · · · + u1 X̄ + u0 = 0
vr Ȳ r + · · · + v1 Ȳ + v0 = 0
avec ui , vj ∈ C. Si (a, b) ∈ V on a donc :
us as + · · · + u1 a + u0 = 0
vr br + · · · + v1 b + v0 = 0
Géométrie Algébrique
67
et ces équations n’ont qu’un nombre fini de solutions. Donc V est fini.
Solution 8.2. — Considérés dans l’anneau C(X)[Y ], les polynômes F et G
sont premiers entre eux, donc d’après le théorème de Bézout (C(X) est un
corps donc C(X)[Y ] est principal), il existe d0 ∈ C(X) et A0 , B 0 ∈ C(X)[Y ]
tels que d0 = A0 F +B 0 G. En remontant les dénominateurs, on trouve d ∈ C[X]
et A, B ∈ C[X, Y ] tels que d = AF + BG. Si (a, b) ∈ V (F, G), alors d(a) = 0
donc la valeur a ne peut prendre qu’un nombre fini de valeurs. En échangeant
les rôles de X et Y on montre de même que b ne peut prendre qu’un nombre
fini de valeurs. Donc V (F, G) est fini.
68
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UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
9. Etude locale des courbes planes affines
9.1. — Dand ce chapitre, on commence l’étude des courbes du plan. On
y définit deux entiers. D’une part, la multiplicité d’une courbe en un point
mesure à quel point cette courbe est singulière en ce point ou, si l’on préfère,
jusqu’à quel ordre une équation de cette courbe s’annule en ce point. D’autre
part, le nombre d’intersection de deux courbes en un point d’intersection de
ces courbes apporte une réponse mathématique à la question vague : à quel
point les deux courbes se collent-elles l’une à l’autre en ce point ?
9.2. Multiplicité. — On se place dans A2k , avec O(A2k ) = k[X, Y ].
9.3 Définition. — Une courbe plane affine C est la donnée d’un idéal principal I & O(A2k ). Le fermé Γ := V (I) s’appelle le support de C. Le générateur
F de I, bien défini à constante multiplicative près, s’appelle une équation de
C.
9.4 Exemples. —
(i) Si F = X ∈ k[X, Y ] alors Γ = V (X) est la droite verticale :
Γ = {(x, y) | x = 0}.
(ii) F = X 2 ∈ k[X, Y ] est l’équation d’une autre courbe, mais le support
est le même : Γ = V (X 2 ) = {(x, y) | x2 = 0} = {(x, y) | x = 0}.
9.5 Définition. — On dit que C est réduite si son équation n’a pas de facteur
multiple.
9.6 Remarques. —
(i) Si F est une équation de C, puisque k[X, Y ] est factoriel, on peut
décomposer F sous la forme F = u · F1r1 · · · Fkrk avec u ∈ k et les Fi ∈ k[X, Y ]
irréductibles. Alors C est réduite si ri = 1 pour tout i.
Géométrie Algébrique
69
(ii) On pose O(C) = O(A2 )/hF i. Si C est réduite, alors O(C) est bien
l’algèbre des fonctions régulières sur Γ = V (F ).
(iii) D’après le lemme de Krull (proposition 6.13), on a dimKr O(C) = 1.
On dit que a ∈ A2k appartient à C - et on note a ∈ C - si a ∈ Γ.
9.7. Changement de coordonnées affine. — Soit a ∈ A2k . Un changement de coordonnées affine est :
T : A2k
→ A2k
(x, y) 7→ (ax + by, cx + dy) + (e, f )
avec a, b, c, d, e, f ∈ k et ad − bc 6= 0.
On laisse à l’étudiant le soin de montrer que l’inverse d’un changement de
coordonnées affine est encore un changement de coordonnées affine, ainsi que
le produit de deux changements de coordonnées. On démontre ainsi que les
changements de coordonnées affine forment un sous-groupe du groupe des
bijections de A2k .
Si P ∈ k[X, Y ], on note :
P T (X, Y ) = P (aX + bY + e, cX + dY + f ) ∈ k[X, Y ].
Soit C une courbe d’équation F . On décompose :
F (X, Y ) = F0 + F1 + · · · + Fd ,
où les Fi sont homogènes de degré i.
On appelle multiplicité de C en (0, 0) le plus petit m tel que Fm 6= 0.
9.8 Exemples. —
(i) Soit C d’équation F = X : F0 = 0, F1 = X, F2 = · · · = 0 et la
multiplicité est 1.
(ii) Soit C d’équation F = XY : F0 = F1 = 0, F2 = XY , F3 = · · · = 0 et
la multiplicité est 2.
(iii) Soit C d’équation F = X 3 − X 2 + Y 2 : la multiplicité est 2.
(iv) Soit C d’équation F = X 3 − Y 2 : la multiplicité est 2.
Observons que (0, 0) ∈ C si et seulement si la multiplicité est supérieure ou
égale à 1.
70
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
En général, si a ∈ A2k on appelle multiplicité de C en a la multiplicité de C T en
(0, 0), où C T est la courbe d’équation F T pour un changement de coordonnées
affine T envoyant (0, 0) en a. On note mC,a la multiplicité de C en a. Si T et T 0
sont deux tels changements de coordonnées affine, alors ϕ := T −1 ◦ T 0 envoie
(0, 0) sur (0, 0), et est donc une application linéaire. Ainsi, FiT est nul si et
0
seulement si FiT ◦ ϕ l’est, ce qui équivaut à FiT nul. Finalement, la multiplicité
de C en a est bien définie : elle ne dépend pas de T .
9.9 Définition. — On dit que a ∈ C est régulier si mC,a = 1, et singulier si
mC,a ≥ 2.
Observation 1. — a ∈ C est singulier si et seulement si
∂F
∂X (a)
=
∂F
∂Y
(a) = 0.
Observation 2. — Soit F ∈ k[X, Y ] de décomposition : F = uF1r1 · · · Fkrk ,
avec les Fi irréductibles et soit Ci la courbe d’équation Fi . Alors :
mC,a =
k
X
ri mCi ,a .
i=1
9.10 Proposition. — Si C est une courbe réduite, alors C n’a qu’un nombre
fini de singularités.
Démonstration. — Ecrivons F = F1 · · · Fr avec les Fi irréductibles et premiers
deux à deux, et notons Ci la courbe d’équation Fi . Les points dans Ci ∩ Cj
pour i 6= j sont singuliers d’après l’observation 2, et Ci ∩ Cj est fini car
dimKr O(A2k )/hFi Fj i = 0 (tout idéal premier contenant Fi Fj contient Fi et
Fj , donc est maximal car Fi et Fj sont premiers entre eux). On peut donc
supposer que i = 1 pour démontrer la proposition : on suppose donc que F
est irréductible. Les points singuliers sont donnés par :
∂F ∂F
V F,
,
,
∂X ∂Y
∂F ∂F
, ∂Y ne sont pas simultanément nuls sinon F serait constant. Donc par
et ∂X
∂F
∂F
exemple ∂X
6= 0. Comme F est irréductible, F et ∂X
sont donc premiers entre
∂F ∂F
eux. Donc V F, ∂X , ∂Y est fini.
Soit C une courbe plane affine d’équation F : O(C) = O(A2k )/hF i. Pour
a ∈ A2k , notons Ia ∈ O(A2k ) l’idéal maximal de a = (a1 , a2 ) :
Ia = {f ∈ O(A2k ) | f (a) = 0} = hX − a1 , Y − a2 i.
Géométrie Algébrique
71
Alors (a ∈ C) ⇐⇒ (Ia ⊃ hF i).
Soit Ma := Ia /hF i ⊂ O(A2k )/hF i = O(C) : c’est un idéal maximal. On note :
OC,a := O(C)Ma
l’anneau localisé par rapport à la partie multiplicative S = O(C) − Ma . C’est
un anneau local dont l’idéal maximal S −1 Ma est noté MC,a .
9.11 Remarque. — D’après les propriétés de la localisation (localiser commute avec le passage au quotient) on a aussi :
OA2 ,a = O(A2k )/Ia ,
k
OC,a = OA2 ,a /hF i,
k
(dans cette écriture, strictement parlant on devrait noter h F1 i dans le quotient).
D’après le Nullstellensatz, OC,a /MC,a ∼
= k donc les quotients MnC,a /Mn+1
C,a
sont naturellement munis d’une structure de k-espace vectoriel. On a alors le
résultat suivant :
9.12 Théorème. — Soit C une courbe affine plane, a ∈ C et MC,a l’idéal
maximal de OC,a . Alors :
pour n assez grand.
mC,a = dimk MnC,a Mn+1
C,a
Démonstration. — On a la suite exacte suivante de k-espaces vectoriels :
n+1
n
0 −→ MnC,a Mn+1
C,a −→ OC,a / MC,a −→ OC,a / MC,a −→ 0,
dont il résulte que :
n+1
n
dimk MnC,a Mn+1
C,a = dimk OC,a / MC,a − dimk OC,a / MC,a .
Il suffit donc de montrer que :
dimk OC,a / MnC,a = n · mC,a + cste.
On observe l’isomorphisme :
OC,a / MnC,a ∼
= OA2k ,a
.
hF, Ian i.
Posons m = mC,a et supposons n ≥ m. La multiplication par F induit alors
une suite exacte (voir l’exercice 9.4) :
.
.
.
·F
0 −→ OA2 ,a Ian−m −→ OA2 ,a Ian −→ OA2 ,a hF, Ian i −→ 0,
k
k
k
72
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dont on déduit :
.
.
.
Ian − dimk OA2 ,a Ian−m .
k
k
k
.
On est donc ramené à calculer dimk OA2 ,a Ia` . Pour cela, quitte à effectuer
k
un changement de coordonnées affine, on
. peut supposer que a = (0, 0). Alors
`
I(0,0) = hX, Y i et une base de OA2 ,(0,0) I(0,0)
est donnée par les classes des
dimk OA2 ,a
hF, Ian i = dimk OA2 ,a
k
fonctions X i Y j pour i + j < `. Donc :
.
`(` + 1)
,
dimk OA2 ,a Ia` =
k
2
et ainsi :
n(n + 1) (n − mC,a )(n − mC,a + 1)
dimk OC,a / MnC,a =
−
2
2
1
= n · mC,a − mC,a (mC,a − 1).
2
9.13. Nombre d’intersection. — Soit C une courbe d’équation F et D
une courbre d’équation G. Si F et G n’ont pas de composante irréductible en
commun, alors V (F, G) est fini et dimk k[X, Y ]/hF, Gi < +∞.
9.14 Remarque. — Si F et G n’ont pas de composante en commun, on a la
décomposition suivante :
.
Y
O(A2k ) hF, Gi ∼
OA2 ,a hF, Gi.
=
k
a∈A2k
En particulier, si a ∈ V (F, G) et F (a) 6= 0 ou G(a) 6= 0, alors F ou G est
inversible dans OA2 ,a donc OA2 ,a /hF, Gi = {0}. Le produit considéré ci-dessus
C
k
est donc fini, porté en les points a ∈ V (F, G).
Puisqu’on a dimk k[X, Y ]/hF, Gi < +∞, la remarque qui précède motive la
définition suivante :
9.15 Définition. — Soit C, D deux courbes affines planes d’équations respectives F, G. On suppose que F et G n’ont pas de composante irréductible
en commun. On appelle alors nombre d’intersection de C et D en a l’entier :
.
(C, D)a := dimk OA2 ,a hF, Gi.
k
9.16 Remarques. —
Géométrie Algébrique
73
(i) Pour définir (C, D)a , il suffit de savoir que F et G n’ont pas de composante irréductible en commun contenant a.
(ii) Si a ∈
/ V (F, G), alors (C, D)a = 0.
(iii) On a :
dimk k[X, Y ]/hF, Gi =
X
(C, D)a .
a∈A2k
9.17 Exemple. — Supposons que D est une droite, et soit a ∈ V (F, G).
Puisque F et G n’ont pas de composante en commun, F|D n’est pas identiquement nulle. Alors (C, D)a est l’ordre du zéro de F|D en a. En effet, en
choisissant des coordonnées convenables on peut supposer que a = (0, 0) et
G = Y . Alors :
.
.
OA2 ,(0,0) hF, Gi = OA2 ,(0,0) hF (X, Y ), Y i
k
k
.
= OA2 ,(0,0) hF (X, 0), Y i.
k
X r P (X)
En écrivant F (X, 0) = ar
avec ar 6= 0 et P (0) 6= 0, où r est l’ordre du
zéro de F|D , on a donc puisque P est inversible dans l’anneau localisé :
.
.
OA2 ,(0,0) hF, Gi = OA2 ,(0,0) hX r , Y i
k
k
= k[X, Y ]/ hX r , Y i,
(en utilisant l’exercice 9.4 pour le dernier isomorphisme). On voit alors que
dimk k[X, Y ]/hX r , Y i = r.
9.18. Propriétés des nombres d’intersection. —
9.19 Proposition. — Soit D, D0 , D00 trois courbes affines planes d’équations
respectives F, F 0 , F 00 s’annulant en un point a ∈ A2k . On suppose que D, D00 et
D0 , D00 n’ont pas de composante irréductible en commun. Alors :
(D + D0 , D00 )a = (D, D00 )a + (D0 , D00 )a .
9.20 Remarque. — Dans cette formule, on note D +D0 la courbe d’équation
F ·F 0 . Plus généralement, si F = uF1r1 · · · Fkrk est la décomposition irréductible
de F , et Di la courbe irréductible réduite d’équation Fi , alors on note :
D = r1 D1 + · · · + rk Dk .
74
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9.21 Corollaire. — Si C = r1 C1 + · · · + rk Ck et D = s1 D1 + · · · + s` D` sont
deux courbes contenant a ∈ A2k alors :
(C, D)a =
X
ri sj (Ci , Dj )a .
i,j
Démonstration de la proposition 9.19. — Observons que puisque D, D00 n’ont
pas de composante irréductible en commun, la classe de F n’est pas un diviseur
de zéro dans OD00 ,a . On a donc une suite exacte :
·F
0 −→ OD00 ,a −→ OD00 ,a −→ OD00 ,a hF i −→ 0.
On peut donc écrire le diagramme commutatif suivant à lignes et colonnes
exactes :
0
0
/ OD00 ,a
/ OD00 ,a hF 0 i
0
0
0
/ OD00 ,a
/ OD00 ,a
·F 0
·F
·F F 0
0
/0
·F
/ OD00 ,a
/ OD00 ,a hF F 0 i
OD00 ,a hF i
K
/0
0
0
(on a noté K le conoyau de la multiplication par F dans la dernière colonne).
On utilise alors le lemme suivant :
9.22 Lemme (Lemme du serpent). — Soit
0
/ M0
0
a0
f0
/ N0
b0
/M
/N
a00
f
b00
/ M 00
/0
f 00
/ N 00
/0
Géométrie Algébrique
75
un diagramme commutatif de A-modules, où on suppose que les lignes sont
exactes. Alors on a une suite exacte longue :
δ
0 → Ker f 0 → Ker f → ker f 00 → Coker f 0 → Coker f → Coker f 00 → 0.
Le lemme permet de voir que l’on a une suite exacte :
0 −→ OD00 ,a hF 0 i −→ K −→ 0.
On en déduit que :
dimk OD00 ,a hF i = dimk OD00 ,a hF F 0 i − dimk OD00 ,a hF 0 i,
soit :
(D + D0 , D00 )a = (D, D00 )a + (D0 , D00 )a .
Démonstration du lemme 9.22. — La démonstration résulte de vérifications
élémentaires. On doit construire le diagramme complet :
0
0
GF
0
0
/ Ker f 0
_
/ Ker f
_
/ M0
@A
/M
f0
/ N0
0
a0
/ Coker f 0
0
b0
0
/ Ker f 00
 _ ED
a00
/ M 00
/N
/ Coker f
0
b00
/0
f 00
f
BC
δ
/ N 00
/0
/ Coker f 00
/0
0
(Merci d’admirer la flèche δ, j’y ai passé une soirée !)
puis montrer que la suite de module indiquée est exacte.
9.23 Théorème. — Soit C, D deux courbes affines planes sans composante
irréductible en commun. Alors :
76
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(i) pour tout a ∈ A2 , (C, D)a ≥ ma (C) · ma (D) ;
(ii) on a égalité si et seulement si C et D n’ont pas de tangente en commun.
9.24 Définition. — On dit qu’une droite D est tangente à C en a si :
(C, D)a ≥ ma (C).
Démonstration. — Non rédigée (voir Fulton).
Géométrie Algébrique
77
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercices
Exercice 9.1. —
(i) Montrer qu’un polynôme homogène H de C[X, Y ] se décompose en produit de facteurs homogènes linéaires, et ceci d’une manière unique à multiplication près par un élément de C∗ .
(ii) Décomposer la forme H = Y 3 −2XY 2 −2X 2 Y +4X 3 en facteurs linéaires
dans C[X, Y ].
Exercice 9.2. — Déterminer les points singuliers des courbes algébriques
complexes suivantes, calculer leur multiplicité et les équations de leurs tangentes. Dessiner la partie réelle de chaque courbe (on pourra trouver des paramétrages en coordonnées polaires).
(i) A = Y − X 2 ;
(ii) B = Y 2 − X 3 + X ;
(iii) C = Y 2 − X 3 ;
(iv) D = Y 2 − X 3 − X 2 ;
(v) E = (X 2 + Y 2 )2 + 3X 2 Y − Y 3 ;
(vi) F = (X 2 + Y 2 )3 − 4X 2 Y 2 .
Exercice 9.3. — Soit F l’équation d’une courbe C du plan affine complexe.
Un point singulier de multiplicité 2 est appelé un noeud si les deux tangentes
en ce point sont distinctes. Montrer que P est un noeud si et seulement si :
(∂XY F (P ))2 6= ∂XX F (P ) · ∂Y Y F (P ).
Exercice 9.4. —
(i) Dans l’anneau k[X, Y ], soit l’idéal M = hX, Y i. Pour tout entier ` ∈ N,
donner une base de l’espace vectoriel k[X, Y ]/M` .
78
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(ii) Soit F = Y 2 et n ≥ 2. La multiplication par F induit un morphisme
linéaire k[X, Y ] → k[X, Y ]/Mn . Montrer que le noyau de ce morphisme est
Mn−2 .
(iii) Plus généralement, soit F ∈ k[X, Y ] et m la multiplicité de (0, 0)
dans F . Montrer que, pour tout entier n ≥ m, le noyau de l’application
k[X, Y ] → k[X, Y ]/Mn donnée par multiplication par F est Mn−m .
(iv) Soit A un anneau intègre, M un idéal maximal de A et ` un entier. Montrer que l’anneau quotient A/M` a pour unique idéal maximal M = M/M` ,
et construire un isomorphisme de A-modules :
.
A/M` ∼
= A/M`
M
(v) En déduire, avec les notations précédentes (et les notations du cours),
n−m
n
que l’application OA2 ,(0,0) /I(0,0)
→ OA2 ,(0,0) /I(0,0)
induite par la multiplicaC
C
tion par F est injective. En déduire de même une base de l’espace vectoriel
`
OA2 ,(0,0) /I(0,0)
.
C
Solutions
Solution 9.1. —
(i) Soit d le degré de H. Quitte à factoriser suffisamment H par X, on
peut supposer que X ne divise pas H. Soit T = Y /X. On peut alors écrire
H = X d G(T ) où G est de degré d (le mieux est de prendre un exemple !).
En factorisant G (on est sur C) et en redistribuant le X on trouve la forme
escomptée.
√
√
(ii) H = (Y − 2X)(Y − 2X)(Y + 2X).
Solution 9.2. —
(i) On a ∂X A = −2X, ∂Y A = 1 donc il n’y a pas de point singulier. Cette
courbe est une parabole.
(ii) On a ∂X B = −3X 2 + 1, ∂Y B = Y donc les points singuliers peuvent
√
être (±1/ 3, 0) mais ces points ne sont pas sur la courbe. La courbe est donc
lisse. C’est la cubique de Weierstrass.
(iii) On a ∂X C = −3X 2 , ∂Y C = 2Y donc le seul point singulier est (0, 0) (il
est bien sur la courbe). La décomposition homogène de C en (0, 0) commence
Géométrie Algébrique
79
en Y 2 donc le point singulier est de multiplicité 2 et les tangentes sont y 2 = 0 :
il y a une tangente double. C’est la cubique cuspidale.
(iv) On a ∂X D = −3X 2 − X et ∂Y D = 2Y donc le seul point singulier est
(0, 0) (il est bien sur la courbe). La décomposition homogène de D en (0, 0)
commence par Y 2 − X 2 donc le point singulier est de multiplicité 2 et les
tangentes sont y = ±x. C’est la cubique nodale.
(v) On a ∂X E = 4X(X 2 + Y 2 ) + 6XY , ∂Y E = 4Y (X 2 + Y 2 ) + 3X 2 − 3Y 2 .
L’annulation de ∂X E donne X = 0 ou 4(X 2 + Y 2 ) + 6Y = 0 qui introduit dans
∂Y E = 0 donne X 2 = 3Y 2 . Mis dans E = 0, X = 0 donne Y = 0 ou Y = 1
mais (0, 1) n’annule pas ∂Y E. Mis dans E = 0, X 2 = 3Y 2 donne Y = 0 ou
√
Y = −1/2 mais (± 3/2, −1/2) n’annule pas ∂X E. Le seul point singulier est
donc (0, 0). La décomposition homogène commence en 3X 2 Y − Y 3 donc il est
√
de multiplicité 3 et les tangentes sont y = 0 et y = ± 3x. Un paramétrage
polaire est ρ = − sin(3θ). C’est le trifolium de Descartes.
(vi) On a ∂X F = 6X(X 2 + Y 2 )2 − 8XY 2 et ∂Y F = 6Y (X 2 + Y 2 )2 − 8X 2 Y .
L’annulation de ∂X F donne X = 0 ou 6(X 2 + Y 2 )2 − 8Y 2 = 0 qui introduit
dans ∂Y F donne Y = 0 ou Y = ±X. Mis dans F = 0, on obtient X = Y = 0.
Le seul point singulier est donc (0, 0). L’équation commence par X 2 Y 2 donc
le point est de multiplicité 4. Les tangentes sont y = ±x comptées deux fois
chacune. Un paramétrage polaire est ρ = sin(2θ). C’est le quadrifolium de
Descartes.
Solution 9.3. — On peut supposer que P = (0, 0). Notons la décomposition
homogène par F = aX 2 + bXY + cY 2 + · · · . Le point est un noeud si et
seulement si le polynôme homogène aX 2 +bXY +cY 2 se décompose en produit
de deux formes linéaires non proportionnelles, ce qui équivaut à : b2 − 4ac 6= 0.
Mais on constate que ∂XX F (0, 0) = 2a, ∂XY F (0, 0) = b et ∂Y Y F (0, 0) = 2c,
d’où le résultat.
Solution 9.4. —
(i) Une base est formée des monômes X i Y j avec 0 ≤
dimension du quotient est donc `(`+1)
2 .
i+j <
`. La
(ii) En regardant dans la base des X i Y j on voit que Mn−2 ⊂ Ker(F ).
L’égalité peut se voir par argument de dimension dans la suite exacte :
F·
k[X, Y ]/ Mn−2 → k[X, Y ]/ Mn → Coker(F ) → 0
80
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car dim Coker(F ) = n(n+1)
− n − (n − 1) (il manque dans l’image les vec2
n−1
teurs 1, X, . . . , X
, Y, XY, . . . , X n−2 Y ). D’après le calcul de dimension de la
question précédente, cette suite est exacte à gauche, donc Mn−2 = Ker(F ).
(iii) Pour tout entier `, M` est constitué des polynômes homogènes de degré
au moins `. Notons F = Fm +· · · la décomposition homogène de F , avec Fm de
degré m (multiplicité du point singulier). Pour tout P ∈ Mn−m , P F commence
en degré n donc est dans Mn . Donc Mn−m ⊂ Ker(F ). Réciproquement, soit
P de décomposition homogène P = Pk + · · · . Si F P ∈ Mn alors Fm Pk ∈ Mn
(car l’idéal Mn est engendré par des éléments homogènes donc s’il contient un
polynôme il contient toutes ses composantes homogènes), donc k ≥ n − m et
P ∈ Mn−m , d’où le résultat.
(iv) Soit N un idéal maximal contenant M` . Alors N ⊃ M car si x ∈ M
alors x` ∈ Ml donc x` ∈ N donc x ∈ N car N est maximal donc premier. Ainsi,
M est l’unique idéal maximal de A/M` . Le morphisme de localisation est donc
un isomorphisme car il consiste à inverser les éléments qui ne sont pas dans
M : puisque c’est l’unique idéal maximal, ces éléments sont des inversibles de
l’anneau.
(v) C’est maintenant clair.
Géométrie Algébrique
81
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
10. Variétés algébriques
10.1. — Nous avons défini précédemment les sous-ensembles algébriques des
espaces affines Ank . Mais cette définition dépend du plongement. Par exemple,
l’ouvert A1k − {0}, qui n’est pas un sous-ensemble algébrique de A1k , s’identifie
à un sous-ensemble algébrique de A2k par :
A1k − {0} ∼
= {(x, y) | xy = 1} ⊂ A2k .
Par ailleurs, on voudrait mettre une structure de variété algébrique sur les
espaces projectifs. Ces observations amènent à la construction de variétés
algébriques abstraites, objet de ce chapitre.
Celles-ci sont définies d’une façon qui ressemble à la définition des variétés
différentielles : les modèles sont ici les sous-ensembles algébriques (alors que
pour les variétés différentielles ce sont les ouverts de Rn ), et on dit qu’une
variété (algébrique ou différentielle) est un espace topologique muni d’un atlas
de cartes (chaque carte établissant dans les deux cas une bijection entre un
ouvert de la variété et un modèle) qui doivent être compatibles, au sens où
les changements de cartes respectent la structure (ici, ce seront des applications régulières entre sous-ensembles algébriques, alors que pour les variétés
différentielles ce sont des applications C ∞ entre ouverts de Rn ).
10.2 Définition. — Soit X un ensemble. On appelle carte sur X une bijection φ : U → V où U ⊂ X est un sous-ensemble et V ⊂ Ank un sousensemble algébrique (l’entier n est quelconque). Deux cartes φ1 : U1 → V1 et
φ2 : U2 → V2 sont dites compatibles si :
V12 := φ1 (U1 ∩ U2 ) est un ouvert de V1 ,
V21 := φ2 (U1 ∩ U2 ) est un ouvert de V2 ,
φ12 := φ−1
1 ◦ φ2|V12 : V12 → V21 est birégulier d’inverse :
φ21 := φ−1
2 ◦ φ2|V21 : V21 → V12 .
82
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
10.3 Définition. — Soit X un ensemble. Un atlas sur X est la donnée d’un
S
ensemble de cartes φi : Ui → Vi compatibles telles que Ui = X.
i
10.4 Définition. — On dit que deux atlas A et A0 sont équivalents si A ∪ A0
est encore un altas.
Observation. — Un atlas sur X définit une topologie sur X pour laquelle
les sources de cartes Ui ⊂ X sont des ouverts et φi : Ui → Vi sont des
homéomorphismes.
10.5 Remarques. —
(i) Deux atlas équivalents définissent la même topologie.
(ii) Soit X et Y deux ensembles munis d’atlas respectifs A et B. Alors A×B
est un atlas sur X × Y et en particulier définit une topologie sur X × Y . En
général, cette topologie n’est pas la topologie produit (elle est plus fine).
10.6 Définition. — On appelle variété algébrique un ensemble X muni d’une
classe d’équivalence d’atlas tel que :
– (TF) X muni de la topologie donnée par l’un des atlas est un espace
topologique noethérien (on dit que X est de type fini ) ;
– (S) la diagonale dans X × X est fermée pour la topologie définie par un
des atlas A × A (on dit que X est séparé).
10.7 Remarque. — Si A est un atlas dans la classe d’équivalence qui définit
la variété algébrique X qui est fini, alors l’axiome (TF) est automatiquement vérifié. Notons en effet (φi : Ui → Vi )1≤i≤r les éléments de cet atlas. Si (F1 ⊃ F2 ⊃ · · · ) est une suite décroissante de fermés, pour chaque
j ∈ {1, . . . , r}, la suite (Fi ∩ Uj ) est stationnaire, car l’espace topologique
Uj est homéomorphe à Vj , sous-ensemble algébrique donc espace topologique
noethérien. Par conséquent, la suite (Fi ) est elle-même stationnaire.
10.8. Fonctions régulières sur une variété algébrique. —
10.9 Définition. — Soit X une variété algébrique et U ⊂ X un ouvert.
Une fonction f : U → k est dite régulière si pour toute carte φi : Uk → Vi ,
f ◦ φ−1
i|φi (U ∩Ui ) est régulière.
Géométrie Algébrique
83
10.10 Définition. — Soit X et Y deux variétés algébriques. Une application
f : X → Y est dite régulière si pour toute carte φY : U Y → V Y ⊂ Am
k de Y ,
−1
Y
Y
m
U := f (U ) est un ouvert de X et φ ◦f : U → Ak est régulière composante
par composante.
10.11. Espaces projectifs. — Soit V un espace vectoriel de dimension
n + 1 sur k. On appelle droite vectorielle de V un sous-espace vectoriel de V
de dimension 1. On appelle espace projectif sur V :
P(V ) := {droites vectorielles de V }.
On a une projection canonique :
V − {0} → P(V )
v
7→ [v]
où [v] désigne la droite vectorielle engendrée par v.
Pour toute forme linéaire t : V → k on a un sous-ensemble :
Ut := {[v] | t(v) 6= 0} ⊂ P(V )
(c’est bien défini car t est linéaire).
Soit At ⊂ V défini par :
At = {v ∈ V | t(v) = 1}.
C’est un espace affine de direction l’espace vectoriel Ht = Ker(t). On définit
une carte :
φt : Ut → At
1
v
[v] 7→ t(v)
Examinons les changements de cartes. Soit v ∈ V ∗ , Us et As . Posons :
At,s := {w ∈ At | s(w) 6= 0} ⊂ At ,
ouvert
As,t := {w ∈ As | t(w) 6= 0} ⊂ As .
ouvert
1
Alors φt,s = φs ◦ φ−1
t|At,s : At,s → As,t est donnée par w 7→ s(w) w.
Ainsi, l’ensemble {φt : Ut → Vt }t∈V ∗ forme un atlas.
Condition de finitude. Soit X0 , . . . , Xn ∈ V ∗ une base de V ∗ . Alors les UXi
recouvrent P(V ), donc l’axiome (TF) est vérifié par la remarque 10.7.
Condition de séparation. Soit ∆ ⊂ P(V ) × P(V ) la diagonale. Pour montrer
qu’elle est fermée, prenons x, y ∈ P(V ) avec x 6= y. On choisit une forme
84
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linéaire u ∈ V ∗ telle que u(x) 6= 0 et u(y) 6= 0. Alors, φu (x) 6= φu (y), de sorte
que V := (Au × Au ) − ∆ est un ouvert de Au × Au contenant (φu (x), φu (y)).
Finalement, φ−1
u (V ) est un ouvert de P(V ) × P(V ), contenant (x, y) et inclus
dans (P(V ) × P(V )) − ∆
Lorsque V = k n+1 , on note plus simplement Pn l’espace projectif P(V ).
10.12 Lemme. — Soit X un espace topologique et (Ui )i∈I un recouvrement
par des ouverts irréductibles tels que Ui,j := Ui ∩ Uj est toujours non vide.
Alors X est irréductible.
10.13 Corollaire. — L’espace projectif P(V ) est irréductible.
Démonstration. — Il suffit de montrer que Ui est dense pour tout i. Soit U
un ouvert non vide de X. Alors il existe j tel que U ∩ Uj 6= ∅. Puisque Uj
est irréductible et que Ui,j est non vide, Ui,j et U ∩ Uj se rencontrent. Donc
U ∩ Ui ∩ Uj 6= ∅ et en particulier U ∩ Ui est non vide.
10.14 Proposition. — Les fonctions régulières sur P(V ) sont les constantes.
Démonstration. — Considérons d’abord le cas de P1 . Rappelons que P1 =
P(C2 ). On considère la base canonique de (C2 )∗ , notée (X, Y ). On a donc
deux cartes
φX : UX → AX = {1} × C ⊂ C2
[x, y] 7→
(1, y/x),
et
φY :
UY
→ AY = C × {1} ⊂ C2
[x, y] 7→
(x/y, 1).
−1
:
Par définition, si f : P1 → C est régulière, alors l’application fX := f ◦ fX
−1
t 7→ f ([1 : t]) est polynômiale, ainsi que l’application fY := f ◦ fY : t 7→ f ([t :
1]). Mais pour t 6= 0, on doit avoir fX (t) = f ([1 : t]) = f ([1/t, 1]) = fY (1/t),
donc fY (1/t) est polynômiale, donc f est constante.
Pour traiter le cas de P(V ) où V est quelconque, il suffit de considérer x, y ∈
P(V ) et f régulière sur P(V ). Comme il existe une sous-variété algébrique de
P(V ) isomorphe à P1 passant par x et y, la restriction de f à cette sous-variété
est constante par le cas précédent, donc f (x) = f (y). Ceci montre que f est
constante.
Géométrie Algébrique
85
10.15. Fermés d’un espace projectif et idéaux homogènes. — On a
une application canonique :
π
k n+1 − {0} −→ Pnk
et on a vu que Pnk est une variété algébrique dont la topologie n’est autre que la
topologie quotient : les fermés algébriques de Pnk sont les fermés algébriques de
k n+1 −{0} invariants sous k ∗ , ou aussi les fermés algébriques de k n+1 invariants
sous k ∗ . Si Y ⊂ Pnk est un fermé, on note CY := π −1 (Y ) ∪ {0} le fermé associé,
appelé cône sur Y .
10.16 Définition. — Un idéal I ⊂ k[X0 , . . . , Xn ] est dit homogène s’il est
engendré par des polynômes homogènes.
10.17 Proposition. —
(i) La correspondance Y 7→ I(CY ) définit une bijection entre les fermés de
Pnk et les idéaux propres de k[X0 , . . . , Xn ], homogènes et égaux à leur radical.
(ii) Les fermés irréductibles non vides correspondent aux idéaux premiers
homogènes distincts de l’idéal monomial hX0 , . . . , Xn i.
Démonstration. —
(i) Soit Y ∈ Pnk un fermé et I ⊂ k[X0 , . . . , Xn ] l’idéal I(CY ). Soit P ∈ I, de
décomposition homogène P = P0 + · · · + Pd , avec Pi de degré i. Pour x ∈ CY
et λ ∈ k ∗ on a P (λx) = 0 car CY est k ∗ -invariant. Mais :
P (λx) = P0 (x) + λP1 (x) + · · · + λd Pd (x)
donc Pi (x) = 0 pour tout i, soit Pi ∈ I et I est homogène.
Puisque CY 6= ∅, I est un idéal propre égal à son radical.
Réciproquement, si J ⊂ k[X0 , . . . , Xn ] est homogène propre alors 0 ∈ V (J)
et V (J) est invariant sous k ∗ donc définit un fermé de Pnk de cône V (J). D’après
√
le Nullstellensatz, I(V (J)) = J donc si J est égal à son radical il provient
d’un fermé de Pnk d’où la surjectivité. L’injectivité est claire.
(ii) Il suffit de montrer que si Y est irréductible, CY l’est aussi (les autres
assertions sont conséquences de ce que l’on sait déjà). Soit CY = Z1 ∪ · · ·∪ Zk
la décomposition en composantes irréductibles, avec Zi irréductible, Zi * Zj
si i 6= j. On va montrer que les Zi sont des cônes aussi. Considérons la multiplication k ∗ × CY → CY . Chaque fermé k ∗ × Zi est irréductible, donc l’image
86
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aussi. Cette image contient Zi , donc par irréductibilité c’est Zi . Donc Zi est un
cône (est k ∗ -invariant). Mais alors CY = CY1 ∪· · ·∪CYk donc Y = Y1 ∪· · ·∪Yk
donc k = 1 par irréductibilité et CY est irréductible. Si Y = ∅ alors CY = {0}
et I(CY ) = hX0 , . . . , Xn i.
10.18. Géométrie affine et géométrie projective. — Considérons Pnk
muni des carte standards (φi , Ui ) :
Ui = {[x0 : · · · : 1 : · · · : xn ] ∈ Pnk },
Hi = {[x0 : · · · : 0 : · · · : xn ] ∈ Pnk }.
On a vu que φi réalise un isomorphisme entre Ank et Ui .
ci , . . . , Xn ], i.e. F ∈ O(An ). On définit un polynôme
Soit F ∈ k[X0 , . . . , X
k
F∗ ∈ k[X0 , . . . , Xi , . . . , Xn ] homogène par homogénéisation : en notant F =
F0 + F1 + · · · + Fd avec Fi de degré i on pose :
F∗ = Xid F0 + X d−1 F1 + · · · + Fd .
10.19 Exemple. — Pour l’inclusion A2 ⊂ P2 de carte (x, y) 7→ [x : y : 1], si
P = 1 + X 2 + Y X 3 alors P∗ = Z 4 + Z 2 X 2 + Y X 3 .
Réciproquement, si F ∈ k[X0 , . . . , Xn ] est homogène on définit :
ci , . . . , Xn ]
F ∗ ∈ k[X0 , . . . , X
par :
ci , . . . , Xn ) = F (X0 , . . . , 1, . . . , Xn )
F ∗ (X0 , . . . , X
appelé la déshomogénéisation.
ci , . . . , Xn ] un idéal et V (I) ⊂ An le fermé associé. On
Soit I ⊂ k[X0 , . . . , X
k
appelle fermeture de V (I) dans Pnk le fermé défini par l’idéal homogène :
I∗ = hF∗ | F ∈ Ii.
10.20 Exemple. — Pour F = X 2 − Y 3 et V = V (F ) ⊂ A2k , on obtient
F∗ = Y 2 Z − X 3 ∈ k[X, Y, Z] et V = V (F∗ ) ⊂ P3k .
Réciproquement, si V ⊂ Pnk est un fermé, alors V ∗ = Ank ∩ V est défini par
hF ∗ | F ∈ Ii.
Géométrie Algébrique
87
10.21. Points singuliers. — Soit C une courbe algébrique plane projective
d’équation F : F est un polynôme homogène de degré d dans k[X, Y, Z] et on
a la formule d’Euler (voir en exercice) :
dF = X∂X F + Y ∂Y F + Z∂Z F.
Prenons un exemple : F = ZY 2 − X 3 . Alors ∂X F = −3X 2 , ∂Y F = 2Y Z et
∂Z F = Y 2 . La formule d’Euler est bien vérifiée et les points singuliers sont
donnés par I = h−3X 2 , 2Y Z, Y 2 i. Le seul point singulier est donc [0 : 0 : 1].
88
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Exercices
Exercice 10.1. — Soit I un idéal de C[X0 , . . . , Xn ]. Montrer que I est homogène si et seulement si pour tout P ∈ I, si P = P0 + · · · + Pk est la
décomposition homogène de P , alors Pi ∈ I pour tout i = 0, . . . , k.
Exercice 10.2. — Montrer la formule d’Euler : si F ∈ k[X0 , . . . , Xn ] est un
polynôme homogène de degré d alors :
dF =
n
X
Xi ∂Xi F.
i=0
En déduire que les points singuliers P ∈ Pnk de la courbe projective d’équation
F sont définis par les équations ∂Xi F (P ) = 0.
Exercice 10.3. — Soit F, G ∈ C[X0 , . . . , Xn ] des polynômes homogènes de
degrés respectifs d, d + 1 et sans facteur commun. Montrer que F + G est
irréductible.
Exercice 10.4. — Soit E un espace vectoriel complexe de dimension finie et
Q une forme quadratique. On note B la forme bilinéaire symétrique associée.
L’équation Q(x) = 0 définit une quadrique (si dim E = 3, on dit une conique)
C dans l’espace projectif P(E). On appelle rang de C l’entier rg C := rg Q − 1.
(i) Sur l’ensemble Q(E) des formes quadratiques sur E, le groupe GL(E)
agit par f ∗ Q = Q ◦ f . Montrer que deux formes quadratiques sont dans la
même orbite si et seulement si elles ont même rang.
(ii) En déduire la classification des coniques de P2C sous l’action du groupe
P GL(2, C) en montrant qu’il y a trois orbites indexées par le rang de la conique :
– Si rg C = 2, dans un repère convenable l’équation de C est X 2 +
Y 2 + Z 2 = 0 (conique irréductible) ;
Géométrie Algébrique
89
– si rg C = 1, dans un repère convenable l’équation de C est X 2 +Y 2 =
0 (deux droites) ;
– Si rg C = 0, dans un repère convenable l’équation de C est X 2 = 0
(une droite double) ;
Que se passe-t-il sur R ?
Solutions
Solution 10.1. — Par définition, I est homogène s’il est engendré par des
polynômes homogènes. Si pour tout P ∈ I, chaque composante homogène
de P est dans I, alors I est engendré par des polynômes homogènes donc
I est homogène. Réciproquement, supposons que I = hR1 , . . . , Rk i pour des
polynômes Ri homogènes. Si P = P0 + · · · + Pd ∈ I, alors on peut l’écrire
P = R1 Q1 + · · · + Rk Qk . En décomposant les Qi en composantes homogènes
on voit par identification que chaque Pj est dans l’idéal engendré par les Ri ,
donc est dans I.
Solution 10.2. — On a F (tX0 , . . . , tXn ) = td F (X0 , . . . , Xn ) pour tout t ∈ k.
En dérivant en t on obtient :
n
X
Xi ∂Xi F (tX1 , . . . , tXn ) = dtd−1 F (X0 , . . . , Xn ),
i=0
d’où la formule en prenant t = 1.
Solution 10.3. — Supposons F + G = P Q. Soit les décompositions homogènes P = Pk + · · · + Pk+i et Q = Q` + · · · + Q`+j avec Pk , Pk+i , Q` , Q`+j
non nuls. Par identification on a k + ` = d et k + i + ` + j = d + 1, donc
i + j = 1 avec i, j ≥ 0. Par symétrie, on peut supposer que i = 0 et j = 1.
Alors F + G = Pk (Q` + Q`+1 ) donc par identification F = Pk Q` et G = P Q`+1
donc Pk divise F et G, contradiction.
Solution 10.4. — Théorème d’inertie de Sylvester.
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11. Courbes algébriques projectives
11.1. — Dans ce chapitre, nous montrons le théorème principal de ce cours,
le théorème de Bézout. La preuve de ce résultat consiste à se ramener au plan
affine A2k , où il est essentiellement conséquence des définitions.
11.2. Courbes dans le plan projectif. — On appelle courbe projective
plane C la donnée d’un idéal homogène I ⊂ k[X, Y, Z] principal : I = hF i. On
appelle F une équation de C.
Si A2k ⊂ P2k est une carte standard, F ∗ définit une courbe affine d’équation F ∗
et réciproquement si C est une courbe affine d’équation F alors F∗ définit une
courbe projective plane.
11.3. Multiplicité. — Soit C une courbe de P2k et a ∈ P2k . La multiplicité
mC (a) est définie ainsi : on choisit une carte affine U ⊂ P2k contenant a et C ∗
la courbe induite sur A2k , puis on pose mC (a) = mC ∗ (a). Cela ne dépend pas
de la carte choisie, en vertu du théorème 9.12 assurant que la multiplicité ne
dépend que de l’anneau local.
11.4 Définition. — Soit C, D deux courbes de P2C d’équations respectives
F, G et a ∈ P2C . Soit t une forme linéaire telle que a ∈ Ut . Alors on définit
(C, D)a := (C ∗ , D∗ )a .
11.5 Remarque. — Cette définition ne dépend pas de la carte choisie.
11.6 Exemple. — Soit F = Y Z 9 + X 10 et G = X 3 + X 2 Z définissant les
courbes C et D. Calculons (C, D)a , pour a un point d’intersection de C et
de D. Pour a = [0 : 0 : 1] on prend la carte Uz = {[x : y : z] | z 6= 0}.
Alors F ∗ = Y + X 10 et G∗ = X 3 + X 2 s’intersectent transversalement en
(0, 0) donc (C, D)a = mC (a)mD (a) = 2. Pour l’autre point d’intersection
b = [−1 : −1 : 1], on fait le changement de variables x0 = x + 1, y 0 = y + 1 pour
se ramener à l’origine, et F ∗ (x0 , y 0 ) = (y 0 − 1) + (x0 − 1)10 , G∗ = (x0 − 1)2 x0 :
Géométrie Algébrique
91
par le même argument on obtient (C, D)b = 1. Pour c = [0 : 1 : 0] on prend la
carte UY et F ∗ = Z 9 + X 10 , G∗ = X 3 + X 2 Z :
(Z 9 + X 10 , X 3 + X 2 Z)(0,0) = (Z 9 + X 10 , X 2 (X + Z))(0,0)
= (Z 9 + X 10 , X 2 )(0,0) + (Z 9 + X 10 , X + Z)(0,0)
= 2(Z 9 + X 10 , X)(0,0) + (Z 9 + X 10 , X + Z)(0,0)
=2·9+9
= 27.
En tout on a trouvé (au moins) 30 points d’intersection (comptés avec multiplicités). Ceci illustre le théorème suivant, qui montre aussi qu’il n’y a pas
d’autres points d’intersection de C et D.
11.7 Théorème (Bézout). — Soit C, D deux courbes de P2C de degrés respectifs n, m, sans composante commune. Alors :
X
(C, D)a = n · m.
a∈P2C
11.8 Corollaire. — Sous les mêmes hypothèses,
X
mC (a)mD (a) ≤ n · m,
a∈P2C
avec égalité si et seulement si C et D n’ont pas de tangente en commun en
aucun des points d’intersection.
11.9 Corollaire. — Sous les mêmes hypothèses, si C et D se coupent en
m · n points distincts, alors ces points sont des points lisses sur C et D et les
courbes n’ont pas de tangente en commun aux points d’intersection.
11.10 Corollaire. — Si deux courbes C et D de degrés respectifs m et n se
coupent strictement en plus de m·n points (comptés toujours avec multiplicité)
alors elles ont une composante en commun.
Démonstration du théorème de Bézout. — Soit Sd l’ensemble des polynômes
homogènes de degré d dans C[X, Y, Z]. Alors :
d+2
(d + 1)(d + 2)
dim Sd =
=
.
2
2
Soit F l’équation de C et G celle de D. On a F ∈ Sm − {0} et G ∈ Sn − {0}.
92
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11.11 Lemme. — Si F et G sont premiers entre eux alors on a une suite
exacte pour d ≥ m + n :
0
/ Sd−m−n
W
(G,−F )
F
(G
)
φ
ψ
/ Sd−n ⊕ Sd−m
/ Sd
/ (GW, −F W )
(U, V ) / F U + GV
Démonstration du lemme. — Montrons que φ est injectif et que Im φ = Ker ψ.
Il est clair que φ est injectif et que Im φ ⊂ Ker ψ. Soit (U, V ) ∈ Ker(ψ) : on a
U F = −V G donc G divise U F mais F et G sont premiers entre eux donc G
divise U et U = GW . Alors φ(W ) = (GW, −F W ) = (U, V ).
Regardons maintenant la suite exacte :
0 → Im ψ → Sd → Sd / Im ψ → 0,
en notant (F, G) := Im ψ. On a donc :
dim Sd /(F, G) = dim Sd − dim Im ψ.
On a aussi une suite exacte :
0 → Sd−m−n → Sd−m ⊕ Sd−n → Im ψ → 0
donc :
dim Sd /(F, G) = dim Sd − (dim Sd−m + dim Sd−n − dim Sd−m−n )
d+2
d−m+2
d−n+2
d−m−n+2
=
−
−
+
2
2
2
2
= m · n.
On a donc démontré :
11.12 Lemme. — Si d ≥ m + n alors dim Sd /(F, G) = m · n.
11.13 Proposition. — Sous les hypothèses du théorème de Bézout, soit t
une forme linéaire telle que l’hyperplan Ht évite tous les points d’intersection
de C avec D. Alors :
·t
Sd /(F, G) → Sd+1 /(F, G)
Géométrie Algébrique
93
est un isomorphisme.
(Remarquons qu’ici la forme linéaire t est vue comme un polynôme homogène
dans S1 .)
Démonstration. — Soit W = Ker(t) ⊂ C3 . On écrit le diagramme :
·t
0
0 → Sd → Fd+1 → Sd+1
→0
0
où Sd+1
désigne les polynômes de degré d + 1 sur W .
(Avec t = Z, on calcule aisément les dimensions des espaces en jeu, et on
vérifie l’exactitude).
L’hypothèse signifie que l’on a la même suite exacte que dans le lemme 11.11
sur W . On a donc le diagramme :
0
0
0
0
/ Sd−m−n
/ Sd−m ⊕ Sd−n
/ Im ψd
·t
(·t,·t)
/0
·t
0
/ Sd−m−n+1
/ Sd−m+1 ⊕ Sd−n+1
/ Im ψd+1
/0
0
/ S0
d−m−n+1
0
/ S0
⊕
Sd−n+1
d−m+1
/ Im ψ 0
d+1
/0
0
0
0
Par une chasse au diagramme, on montre alors que si f ∈ Sd est tel que
tf ∈ Im ψd+1 , alors f est dans Im ψd . Les détails de cet argument sont laissés
à l’étudiant ; on n’indique que les étapes essentielles. Soit un tel f . Il existe x ∈
Sd−m+1 ⊕ Sd−n+1 qui s’envoie sur tf ∈ Im ψd+1 . Il existe alors y ∈ Sd−m−n+1
0
0
qui a la même image que x dans Sd−m+1
⊕Sd−n+1
. Notons x0 l’image de y dans
Sd−m+1 ⊕ Sd−n+1 , et soit z un élément de Sd−m ⊕ Sd−n qui s’envoie sur x − x0 .
L’image de z dans Im ψd+1 égale tf , de sorte que l’injectivité de l’application
Im ψd → Im ψd+1 implique que l’image de z dans Im ψd égale f . On a donc
bien démontré que f ∈ Im ψd .
/ Sd+1 /(F, G) est injective, mais les
Ceci implique que la flêche Sd /(F, G)
dimensions coı̈ncident d’après le lemme 11.12, donc c’est un isomorphisme.
94
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
11.14 Corollaire. — Toujours sous les mêmes hypothèses (d ≥ m + n),
soient F ∗ , G∗ ∈ O(Ut ) = O(A2 ) définies par F, G. Alors la flèche :
Sd → O(A2 )
P 7→
P∗
∼
induit un isomorphisme Sd /(F, G) −→ O(A2 )/(F ∗ , G∗ ).
Démonstration. — Quitte à faire un changement de coordonnées, on peut supposer t = Z.
Surjectivité. Soit [P ] ∈ O(A2 )/(F ∗ , G∗ ). P∗ ∈ Sd0 pour un certain d0 . Si d0 < d
0
alors Z d−d P∗ ∈ Sd et définit un antécédent. Si d0 > d alors on considère :
·Z d
Sd /(F, G)
PPP
PPP
PPP
PPP
(
0 −d
/ Sd0 /(F, G)
n
nn
nnn
n
n
n
nv nn
O(A2 )/(F ∗ , G∗ )
Injectivité. Soit P ∈ Sd tel que P ∗ = AF ∗ + BG∗ , A, B ∈ O(A2 ). Alors
A∗ ∈ Sa , B∗ ∈ Sb avec a + b + m + n > d donc tk P = A∗ F + B∗ G ∈ Sd+k .
Ce corollaire entraı̂ne Bézout car :
m · n = dim Sd /(F, G)
= dim O(A2 )/(F ∗ , G∗ )
X
=
(C, D)a
a∈A2
=
X
(C, D)a
a∈P2
La troisième égalité découle de la remarque 9.14.
Géométrie Algébrique
95
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercice 11.1. — Compléter projectivement les courbes affines planes suivantes, étudier leurs points singuliers, leur multiplicité et les tangentes aux
points singuliers :
(i) Y − X 2 ;
(ii) Y 2 − X 3 + X ;
(iii) X 2 − Y 3 ;
(iv) Y 2 − X 3 − X 2 ;
(v) (X 2 + Y 2 )2 − 3X 2 Y − Y 3 ;
(vi) (X 2 + Y 2 )3 − 4X 2 Y 2 .
Exercice 11.2. — Montrer que les courbes projectives planes suivantes sont
irréductibles. Déterminer leurs points singuliers, leur multiplicité et les tangentes aux points multiples.
(i) X 2 + Y 2 + Z 2 ;
(ii) XY 4 + Y Z 4 + XZ 4 ;
(iii) X 2 Y 3 + X 2 Z 3 + Y 2 Z 3 ;
(iv) Y 2 Z − X(X − Z)(X − λZ), λ ∈ C ;
(v) X n + Y n + Z n , n ≥ 0.
Regarder ce qui se passe dans les trois cartes affines en dessinant les parties
réelles.
Exercice 11.3. — Soit I ⊂ k[X0 , . . . , Xn ] un idéal homogène. Montrer que
√
I est aussi homogène.
Exercice 11.4. — Soit C une courbe projective d’équation F et P un point
simple de C. Montrer que la droite tangente à C en P a pour équation :
X∂X F (P ) + Y ∂Y F (P ) + Z∂Z F (P ) = 0.
96
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
Exercice 11.5. — Déterminer les intersections de toutes les paires de courbes
suivantes et les nombres d’intersections en ces points :
(i) Y 2 Z − X(X − 2Z)(X + Z) et Y 2 + X 2 − 2XZ ;
(ii) (X 2 + Y 2 )Z + X 3 + Y 3 et X 3 + Y 3 − 2XY Z ;
(iii) Y 5 − X(Y 2 − XZ)2 et Y 4 + Y 3 Z − X 2 Z 2 ;
(iv) (X 2 + Y 2 )2 + 3X 2 Y Z − Y 3 Z et (X 2 + Y 2 )3 − 4X 2 Y 2 Z 2 .
Solutions
Solution 11.1. —
Solution 11.2. —
√
Solution 11.3. — Soit P ∈ I. Décomposons P = P0 + · · · + Pd . Puisqu’il existe n tel que P n ∈ I, on a Pdn ∈ I car I est homogène (quand on
√
développe P n , tous les autres termes sont de degré inférieur) donc Pd ∈ I,
√
√
donc P − Pd ∈ I donc Pd−1 ∈ I comme précédemment, et de proche en
√
√
proche chaque Pi est dans I, donc I est un idéal homogène.
Solution 11.4. — C’est clair, par exemple en prenant des cartes affines.
Solution 11.5. — Quelques rappels sur les nombres d’intersection, et l’algorithme de calcul.
Soit F, G deux courbes planes sans composante commune et P un point du
plan. Dans le cours, nous avons défini un nombre d’intersection (F, G)P ∈ N
vérifiant les propriétés suivantes :
(i) (F, G)P = 0 si et seulement si P ∈
/ F ∩ G;
(ii) (F, G)P est invariant par changement de variables affine ;
(iii) (F, G)P = (G, F )P ;
(iv) (F, G)P ≥ mP (F )mP (G) avec égalité si et seulement si F et G n’ont
pas de tangente commune ;
Q
Q s
P
(v) si F = Firi et G = Gj j alors (F, G)P = i,j ri sj (Fi , Gj )P .
(vi) (F, G)P = (F, G + AF )P pour tout A ∈ C[X, Y ].
Grâce à ces règles, on peut donner un algorithme de calcul. Supposons que
P = (0, 0), et que F (X, 0), G(X, 0) sont de degrés respectifs r, s en X, avec
r ≤ s. on veut calculer (F, G)P .
Géométrie Algébrique
97
– Si r = −∞, alors Y divise F donc F = Y H et :
(F, G)P = (Y, G)P + (H, G)P .
Notons G(X, 0) = X m (a0 + a1 X + · · · ). Alors :
(Y, G)P = (Y, G(X, 0))P = (Y, X m )P = m.
Puis (H, G)P est plus simple à calculer, par induction.
– Si r > 0, (r 6= 0 sinon P ∈
/ F ∩ G) on peut multiplier F et G par
des constantes de telle sorte que F (X, 0), G(X, 0) soient unitaires. Posons
H = G − X s−r F . Alors (F, G)P = (F, H)P et on répète le procédé car
H(X, 0) est de degré plus petit que s, jusqu’à tomber dans le premier cas.
Dans les exemples proposés, seuls sont calculés les nombres d’intersection en
(0 : 0 : 1). Pour les autres, faire les changements de coordonnées nécessaires.
(i) Y 2 Z − X(X − 2Z)(X + Z) et Y 2 + X 2 − 2XZ : on trouve 2.
(ii) (X 2 + Y 2 )Z + X 3 + Y 3 et X 3 + Y 3 − 2XY Z : on trouve 4.
(iii) Y 5 − X(Y 2 − XZ)2 et Y 4 + Y 3 Z − X 2 Z 2 : on trouve 9.
(iv) (X 2 + Y 2 )2 + 3X 2 Y Z − Y 3 Z et (X 2 + Y 2 )3 − 4X 2 Y 2 Z 2 (on peut
commencer par se débarrasser de la partie commune des deux équations) : on
trouve 14.
98
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
12. Applications du théorème de Bézout
12.1. — Nous verrons finalement deux applications importantes du théorème
de Bézout. Une première application décrit les singularités maximales qu’une
courbe peut avoir en fonction de son degré. Une deuxième application est le
théorème de Max Noether, dont nous tirons des preuves élégantes de résultats
classiques en géométrie projective.
12.2. Points singuliers d’une courbe irréductible du plan projectif.
—
12.3 Théorème. — Soit C une courbe de P2 , irréductible et réduite, de degré
n (i.e. l’équation de C est irréductible). Alors :
X1
(n − 1)(n − 2)
ma (C) (ma (C) − 1) ≤
.
2
2
a∈C
Encore une fois, examinons des conséquences de ce théorème avant de passer
à sa preuve.
12.4 Corollaire. — Une conique irréductible et réduite est lisse.
Démonstration. — En effet,
pour tout a ∈ C.
1
a∈C 2 ma (C) (ma (C)
P
− 1) ≤ 0 donc ma (C) = 1
12.5 Corollaire. — Une cubique a au plus un point singulier de degré 2.
P
Démonstration. — En effet, a∈C 12 ma (C) (ma (C) − 1) ≤ 1. Si on a égalité,
alors il existe un unique point a ∈ C tel que ma (C) = 2.
12.6 Corollaire. — Sur une courbe (irréductible et lisse) de degré n de P2 ,
un point singulier est au plus de multiplicité n − 1.
Géométrie Algébrique
99
Démonstration. — En effet, si a est singulier,
1
1
ma (C) (ma (C) − 1) ≤ (n − 1)(n − 2)
2
2
donc ma (C) ≤ n − 1.
12.7 Remarque. — Pour n ≥ 3, il existe une courbe ayant un point singulier
de multiplicité n − 1. On regarde d’abord sur C2 : F = Y n−1 − X n , puis on
considère F∗ = Y n−1 Z − X n qui est de degré n.
Démonstration du théorème. — La démonstration est en deux étapes. Une
première majoration grossière est utilisée ensuite cette pour définir une autre
courbe à laquelle appliquer le théorème de Bézout.
Première majoration : on cherche les points singuliers de C. Ils s’obtiennent
en écrivant :
(
∂F
∂F
∂F
∂X = ∂Y = ∂Z = 0
F =0
La dérivée partielle d’un polynôme homogène est encore homogène. En effet,
pour X a Y b Z c avec a + b + c = n, on a :
(
aX a−1 Y b Z c si a ≥ 1
∂
(X a Y b Z c ) =
∂X
0
sinon
Au moins une des dérivées partielles est non identiquement nulle. On peut
∂F
∂F
. Soit D la courbe d’équation ∂X
. F est irréductible
supposer que c’est ∂X
∂F
donc F et ∂X n’ont pas de composante en commun. D’après le théorème de
Bézout :
X
(C, D)a = n(n − 1)
2
a∈P
P
donc a∈P2 ma (C)ma (D) ≤ n(n − 1).
On remarque que si r = ma (C), alors ma (D) ≥ r − 1. En effet, supposons que
a est l’origine :
F ∗ (x, y) = Fr (x, y) + Fr+1 (x, y) + · · ·
∗
∂F ∗
et puisque ∂X
= ∂F
∂X , on a :
∂F ∗
∂Fr
∂Fr+1
(x, y) =
(x, y) +
(x, y) + · · ·
∂X
∂X
∂X
Le premier terme est de degré r − 1 ou nul, d’où le résultat. Il en résulte que :
X
X
ma (C)(ma (C) − 1) ≤
ma (C)ma (D) ≤ n(n − 1).
a
a
100
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
Afin de montrer l’existence d’une autre courbe adéquate, nous allons montrer
le résultat suivant.
12.8 Lemme. — Soient b1 , . . . , b` ∈ P2 munis d’entiers r1 , . . . , r` . Si :
`
(d + 1)(d + 2) X ri (ri + 1)
>
,
2
2
i=1
alors il existe une courbe C de degré d telle que mbi (C) ≥ ri pour tout i.
Par exemple :
– d = 1 : par deux points de P2 passe une droite (` = 2, r1 = r2 = 1)
– d = 2 : par 5 points distincts passe une conique (` = 5, r1 = · · · = r5 = 1)
– d = 3 : par 9 point distincts passe une cubique (` = 9, r1 = · · · = r9 = 1)
– d = 3 : il existe une cubique ayant 3 points singuliers (` = 3, r1 = r2 =
r3 = 2)
Démonstration. — Soit H une droite évitant b1 , . . . , b` . On la prend comme
droite à l’infini. Soit la composée :
/ O(A2 )
φ : Sd
/
`
Y
OA2 /mrbii
i=1
P
/ P∗
Q
/ ([Q1 ], . . . , [Q` ])
On cherche un élément du noyau de φ car si F ∈ Ker(φ), la courbe C d’équation
F satisfait à mC (bi ) ≥ ri pour tout i = 1, . . . , `. On observe (par exemple en
ramenant bi à l’origine) que :
dim
`
Y
i=1
OA2 /mrbii =
`
X
ri (ri + 1)
2
i=1
donc on est assuré d’avoir des éléments dans le noyau de φ dès que :
`
dim Sd =
(d + 1)(d + 2) X ri (ri + 1)
>
.
2
2
i=1
Géométrie Algébrique
101
Deuxième majoration et fin de la preuve du théorème : soit a1 , . . . , as ∈ P2
les points singuliers de C (mai (C) ≥ 2). On sait déjà que :
X
ma (C)(ma (C) − 1) =
a∈P2
s
X
mai (C)(mai (C) − 1) ≤ n(n − 1).
i=1
P
− 12 si=1 mai (C)(mai (C) − 1) > 0. Soient b1 , . . . , b`−1 ∈ C des
Soit ` = n(n+1)
2
points tels que mbi (C) = 1. D’après le lemme, il existe G ∈ Sn−1 tel que si D
est la courbe d’équation G, on a :
mbi (D) ≥ 1,
i = 1, . . . , ` − 1
mai (D) ≥ mai (C),
i = 1, . . . , s
et d’après le théorème de Bézout,
X
(C, D)a = n(n − 1)
a∈P2
donc en particulier :
X
mai (C)mai (D) ≤ n(n − 1)
a∈C∩D
donc en minorant :
s
X
mai (C)(mai (C) − 1) + (` − 1) ≤
i=1
X
mai (C)mai (D)
a∈C∩D
≤ n(n − 1).
En remplaçant ` par sa valeur, et on obtient le résultat.
12.9. Théorème de Max Noether. —
12.10 Définition. — Un 0-cycle (ou cycle tout simplement) est une fonction
n : P2 → Z telle que l’ensemble des a ∈ P2 avec n(a) 6= 0 est fini. On peut
sommer de la façon habituelle de telles fonctions, qui munit d’une structure
de groupe abélien l’ensemble des cycles.
Le cycle n pourra être noté plus simplement comme une “somme formelle” :
X
n=
n(a)a.
a∈P2
102
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
Le degré d’un cycle est :
deg n :=
X
n(a).
a∈P2
P
On dit que n = a∈P2 n(a)a est positif et on note n ≥ 0 si n(a) ≥ 0 pour
tout a. Si c et d sont deux cycles, on dit que d ≥ c si d − c ≥ 0. Si C et D sont
deux courbes de P2 d’équations respectives F, G sans composante commune,
on appelle cycle d’intersection :
X
(C, D) :=
(C, D)a a.
a∈P2
D’après le théorème de Bézout, deg(C, D) = m · n.
On cherche maintenant à répondre à la question suivante : soient CF , CG et
CH trois courbes dans P2 , d’équations respectives F, G et H, avec F et G
premiers entre eux. Supposons que :
(CF , CG ) ≤ (CF , CH ).
Existe-t-il une courbe CB telle que :
(CF , CH ) − (CF , CG ) = (CF , CB )
i.e. qui réalise la différence ?
Pour répondre à cette question, on constate que si l’on peut écrire H = AF +
BG, avec A, B homogènes, alors CB convient.
Cherchons des conditions locales à l’existence d’un tel H. Soit a ∈ P2 . On
a OP2 ,a ∼
= OA2 ,a en choisissant un hyperplan à l’infini évitant a, et H ∗ =
A∗ F ∗ + B ∗ G∗ dans O(A2 ). Notant Ha , Fa , Ga les images dans OA2 ,a , on voit
donc que Ha est dans l’idéal engendré par Fa et Ga .
12.11 Définition. — On dit que H, F, G satisfont à la condition de Max
Noether en a ∈ P2 si :
Ha ∈ (Fa , Ga ) ⊂ OP2 ,a .
12.12 Remarque. — Si F (a) 6= 0, alors Fa est inversible dans OP2 ,a , et donc
Ha est dans l’idéal engendré par Fa et Ga . La condition de Max Noether est
donc automatiquement vérifiée si F (a) 6= 0 ou G(a) 6= 0.
12.13 Théorème (Max Noether). — Soit CF , CG , CH des courbes planes,
telles que CF et CG sont sans composante commune. Alors on peut écrire
Géométrie Algébrique
103
H = AF + BG avec A, B, homogènes si et seulement si Ha , Fa , Ga satisfont
la condition de Max Noether en tout point a ∈ P2 .
Démonstration. — On choisit une forme linéaire t telle que Ht ne rencontre
par les points d’intersection de CF et CG .
“⇒” évident car H ∗ = A∗ F ∗ + B ∗ G∗ implique Ha ∈ (Fa , Ga ) pour tout a.
“⇐” Par hypothèse, Ha = 0 dans OA2 ,a /(Fa , Ga ). Mais :
Y
O(A2 )/(F ∗ , G∗ ) =
OA2 ,a /(Fa , Ga ),
a∈CF ∩CG
donc H ∗ = 0 dans O(A2 )/(F ∗ , G∗ ). Donc tk H = A0 F + B 0 G mais on a vu
·t
dans la preuve du théorème de Bézout que pour d ≥ m + n, Sd /(F, G) −
→
Sd+1 /(F, G) est un isomorphisme, donc il existe A, B tels que H = AF +
BG.
Donnons des conditions simples assurant l’hypothèse de ce théorème :
12.14 Proposition. — Soit CF , CG , CH des courbes planes, F, G premiers
entre eux, et a ∈ P2 . Si une des conditions suivantes est vérifiée, alors la
condition de Max Noether est remplie :
(i) CF et CG se coupent transversalement en a (i.e. (CF , CG )a = 1), et
a ∈ CH ;
(ii) a est un point simple sur CF et (CF , CH )a ≥ (CF , CG )a ;
Démonstration. —
(i) Par définition de la multiplicité, on sait que dimC OA2 ,a /(Fa , Ga ) = 1,
donc OA2 ,a /(Fa , Ga ) = C est un corps. Ainsi, (Fa , Ga ) = MA2 ,a . Comme en
outre H(a) = 0, Ha ∈ MA2 ,a et donc Ha ∈ (Fa , Ga ).
(ii) On peut supposer que a = (0, 0) ∈ A2 . Si a est un point simple de CF ,
par définition, ceci signifie que F contient un terme linéaire et, quitte à faire un
changement de variables, on peut supposer que ce terme est X. Dans l’anneau
local OA2 ,a , Fa est donc égal à X.u, où u est inversible. Ainsi, OA2 ,a (Fa )
est isomorphe au localisé C[Y ]0 . Notons G, H les classes de Ga , Ha dans ce
quotient : on peut écrire G = Y g .x et H = Y h .y, où x et y sont des éléments
inversibles dans C[Y ]0 et les multiplicités g = (CF , CG )a et h = (CF , CH )a .
Comme par hypothèse h ≥ g, H est bien un multiple de G dans OA2 ,a (Fa ),
ce qui montre le résultat.
104
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12.15 Corollaire. —
(i) Si CF et CG se coupent en deg(F ) deg(G) points
distincts et si CH passe par ces points alors il existe B tel que :
(CF , CB ) = (CF , CH ) − (CF , CG ).
(ii) Si tous les points de CF ∩ CG sont simples sur CF et si :
(CF , CH ) ≥ (CF , CG )
alors il existe B tel que (CF , CB ) = (CF , CH ) − (CF , CG ).
Démonstration. —
(i) En vertu du corollaire 11.9, le point (i) découle de la
proposition 12.14(i).
(ii) Ceci découle de la proposition 12.14(ii).
On démontre maintenant des résultats de géométrie projective classique, qui
admettent d’autres preuves plus calculatoires, à l’aide des outils développés.
12.16 Corollaire. — Soit L1 , L2 des droites distinctes, p1 , p2 , p3 ∈ L1 et
q1 , q2 , q3 ∈ L2 des points. Soit Li,j la droite joignant pi et qj pour i =
6 j et
rk = Li,j ∩ Lj,i , si k 6∈ {i, j}. Alors r1 , r2 , r3 sont sur une droite.
Démonstration. — Il suffit d’appliquer le théorème de Max Noether et la proposition 12.14 à CF la réunion de L1,2 , L2,3 et L3,1 , CG la réunion de L1 et L2 ,
et CH la réunion de L2,1 , L3,2 et L1,3 .
Ce théorème donne l’existence d’un polynôme B homogène tel que H = Af +
BG, mais B est alors nécessairement de degré 1 ; c’est donc l’équation d’une
droite, et les points r1 , r2 , r3 sont annulés par B.
12.17 Corollaire. — Soit C, C 0 deux cubiques. On suppose que :
0
(C, C ) =
9
X
ai
i=1
est formé de points distincts. Supposons que CQ est une conique telle que :
(C, CQ ) =
6
X
ai
i=1
et que les ai sont des point simples sur C. Alors a7 , a8 , a9 sont sur une droite.
Géométrie Algébrique
105
Démonstration. — Prendre CF = C, CG = CQ , CH = C 0 .
En particulier, on obtient le théorème de Pascal : si un hexagone est inscrit
dans une conique alors les côtés opposés se rencontrent en une droite. En effet,
pour cela, il suffit de prendre comme première cubique la réunion de 3 côtés
de l’hexagone non consécutifs, et comme deuxième cubique la réunion des 3
autres côtés.
106
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DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Exercice 12.1. — Soit C une courbe plane (affine ou projective) d’équation
F , P ∈ C un point simple et L la tangent à C en P . On dit que P est un point
d’inflexion si (C, L)P ≥ 3 (en cas d’égalité, on dit que P un point d’inflexion
ordinaire, et sinon supérieur ).
(i) On pose F = Y − X n . Pour quelles valeurs de n la courbe C a-t-elle un
point d’inflexion en P = (0, 0) ? De quelle sorte est ce point d’inflexion ?
(ii) On suppose que P = (0, 0) et que L = Y est la droite tangente à C en
P . Montrer que F est de la forme F = Y + aX 2 + · · · . En déduire que P est
un point d’inflexion de C si et seulement si a = 0.
Exercice 12.2. — Soit C une courbe projective plane d’équation F de degré
n. On suppose que C ne contient pas de droite. On appelle hessienne de C la
courbe projective H définie par le polynôme :
∂ F ∂ F ∂ F XY
XZ
XX
H := ∂Y X F ∂Y Y F ∂Y Z F ∂ZX F ∂ZY F ∂ZZ F L’objectif est de démontrer le résultat suivant :
Théorème. —
(i) P ∈ C ∩ H si et seulement si P est un point d’inflexion ou un point
multiple de C.
(ii) (H, C)P = 1 si et seulement si P est un point d’inflexion ordinaire de
C.
La démonstration est proposée en une suite de questions.
(i) Déterminer le degré de H.
(∗) On suppose que P = (0 : 0 : 1), en admettant qu’un changement de variables affine ramènerait à cette situation sans changer la nature du problème.
On se place alors dans la carte affine Z = 1 et on pose f (x, y) = F (x, y, 1) et
h(x, y) = H(x, y, 1).
Géométrie Algébrique
107
(ii) Montrer que (n − 1)∂X F = X∂XX F + Y ∂Y X F + Z∂ZX F et donner les
formules similaires pour ∂Y F et ∂Z F .
(iii) Soit g(x, y) = (∂y f )2 (∂xx f ) + (∂x f )2 (∂yy f ) − 2(∂x f )(∂y f )(∂xy f ). Montrer que (f, h)P = (f, g)P .
(iv) Si P est un point multiple de C, montrer que (f, g)P ≥ 2.
(∗∗) Si P est un point simple de C, on peut supposer que l’équation de la
tangente à C en P est Y = 0. Alors f est de la forme f = y + ax2 + bxy +
cy 2 + dx3 + · · · .
(v) Donner une condition nécessaire et suffisante pour que P soit un point
d’inflexion (resp. inflexion ordinaire) de C.
(vi) Calculer les premiers termes de g.
(vii) Conclure la démonstration du théorème.
(viii) Facultatif : justifier le bien-fondé des hypothèses (∗) et (∗∗).
Exercice 12.3. —
(i) Montrer que toute courbe non singulière de degré strictement supérieur
à 2 a point d’inflexion.
(ii) Montrer que toute cubique lisse a 9 points d’inflexion, tous ordinaires.
(iii) Déterminer toutes les inflexions d’une cubique de votre choix.
108
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Solution 12.1. —
(i) La tangente est Y = 0 donc la multiplicité d’intersection est :
(Y, Y − X n )P = (Y, X n )P = n.
On a donc une inflexion ordinaire si n = 3, et supérieure si n > 3.
(ii) Il est clair que F est de la forme :
F = Y + (aX 2 + bXY + cY 2 ) + · · ·
donc l’intersection est :
(Y, F )P = (Y, Y (· · · ) + aX 2 + bX 3 + · · · )P = (Y, aX 2 + · · · )P
donc l’intersection est 2 si a 6= 0 et supérieure ou égale à 3 si a = 0.
Solution 12.2. —
(i) deg H = 3(n − 2) car chaque dérivée seconde est un polynôme homogène
de degré n − 2.
(ii) Formule d’Euler pour les dérivées partielles, homogènes de degré n − 1.
(iii) En additionnant X fois la première colonne et Y fois la deuxième colonne dans la troisième colonne et en utilisant la question précédente on obtient :
∂ F ∂ F ∂ F XX
XY
X
Z 3 H = (n − 1)3 ∂Y X F ∂Y Y F ∂Y F ∂ZX F ∂ZY F ∂Z F En additionnant X fois la première ligne et
troisième colonne, de même on trouve :
∂ F
XX
6
5
Z H = n(n − 1) ∂Y X F
∂X F
Y fois la deuxième ligne dans la
∂XY F
∂Y Y F
∂Y F
∂X F
∂Y F
F
On suppose que P ∈ H ∩ C donc F (P ) = 0 et Z = 1 donc le déterminant
donne (règle de Sarrus) l’équation g(x, y) = 0.
(iv) Si P est un point multiple de F , les dérivées d’ordre 1 de f en P sont
nulles donc g(P ) = 0 et (f, g)P ≥ mP (f )mP (g) ≥ 2 · 1 = 2.
(v) D’après l’exercice précédent, P est un point d’inflexion si et seulement
si a = 0, ordinaire si et seulement si a = 0 et d 6= 0.
Géométrie Algébrique
109
(vi) Aisément, g = 2a + (6d + 2ab)x + · · · .
(vii) D’après l’équation de g, P ∈ H ∩ C si et seulement si a = 0 donc en
supposant que P est un point simple c’est une inflexion. Si (C, H)P = 1 alors
mP (C) = 1 et mP (H) = 1 donc dans l’équation de g on a a = 0 et d 6= 0 ce
qui signifie que P est une inflexion ordinaire.
(viii) Pour l’assertion (∗), constater que si T est un changement de variables
affine, la hessienne de F T est (det T )2 (H T ) et det(T ) ne s’annule pas donc les
nombres d’intersection et les multiplicités sont inchangées. Pour l’assertion
(∗∗), trouver le changement de coordonnées qui convient.
Solution 12.3. —
(i) D’après le théorème de Bézout, C ∩ H a 3n(n − 2) points, donc il y a un
point d’inflexion dès que n > 2.
(ii) Avec la formule précédente pour n = 3 on trouve 9 points d’intersection,
et puisque la cubique est lisse, d’après le théorème démontré dans l’exercice
précédent ce sont des inflexions. Puisque la courbe est de degré 3, avec les
notations de l’exercice précédent on a f = y + ax2 + bxy + cy 2 + dx3 + y(· · · ).
Si l’inflexion n’est pas ordinaire, a = d = 0 donc f est divisible par y, donc
la cubique contient une droite et n’est pas irréductible, donc pas lisse, contradiction.
110
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Annexe A
Devoir libre
Exercice A.1. — Sur l’anneau de polynômes C[X, Y ] on considère l’action
du groupe G = Z/(2Z) = {1, τ } (avec τ 2 = 1) définie par τ.X = Y (donc aussi
τ.Y = X).
(i) Décrire l’action de τ sur un polynôme P quelconque.
(ii) Montrer que les polynômes e1 = X + Y et e2 = XY sont invariants sous
l’action du groupe.
(iii) Montrer (à la main) que tout polynôme invariant P peut s’écrire comme
polynôme en e1 , e2 : P = Q(e1 , e2 ) pour Q ∈ C[X, Y ].
On a donc montré que les invariants C[X, Y ]G sont l’algèbre engendrée par
e1 , e2 , notée C[e1 , e2 ]. Il reste à déterminer s’il existe des relations polynomiales entre les générateurs.
(iv) Montrer que l’application C2 → C2 définie par (a, b) 7→ (a + b, ab) est
surjective.
(v) En déduire qu’il n’existe pas de relation polynomiale entre e1 et e2 , i.e.
que si Q(e1 , e2 ) = 0 pour un polynôme Q, alors nécessairement Q = 0.
Plus généralement, on pourrait montrer de la même manière que, pour l’action
du groupe symétrique Sn sur C[X1 , . . . , Xn ] par permutation des indéterminées,
d’une part l’algèbre des invariants C[X1 , . . . , Xn ]Sn est engendrée par les fonctions symétriques élémentaires, et d’autre part il n’y a pas de relation polynomiale entre celles-ci (ceci constitue le théorème fondamental des fonctions
symétriques).
Exercice A.2. — On a observé dans l’exercice précèdent que l’algèbre des
invariants était engendrée par un nombre fini d’éléments. Nous proposons ici
une démonstration générale de ce fait.
Géométrie Algébrique
111
Soit G ⊂ GL(n, C) un groupe fini de matrices. Le groupe G agit à gauche sur
C[X1 , . . . , Xn ] par :


g1,1 · · · g1,n
n
X
 .
.. 
..
g.Xj :=
gi,j Xi si g = 
. 

.
i=1
gn,1 · · · gn,n
L’action d’un élément g ∈ G sur un polynôme f est donc donnée par :
g.f = f (g.X1 , . . . , g.Xn ).
En notant A := C[X1 , . . . , Xn ], on décompose l’algèbre A en somme directe :
M
Ad ,
A=
d≥0
où Ad est le sous-espace vectoriel formé des polynômes homogènes de degré
total d (et du polynôme nul).
Rappelons qu’une algèbre B est dite de type fini si elle est engendrée par
un nombre fini d’éléments z1 , . . . , zk , autrement dit s’il existe un morphisme
surjectif d’algèbres C[Y1 , . . . , Yk ] B (caractérisé par Yi 7→ zi ).
(i) Vérifier que ceci définit bien une action à gauche du groupe G sur A.
(ii) On note B l’ensemble des polynômes invariants sous l’action de G :
B = AG := {f ∈ A | g.f = f
∀g ∈ G}.
– Justifier que B est une C-algèbre.
– En justifiant que l’action du groupe G préserve le degré des polynômes, montrer alors que B se décompose en somme directe :
M
B=
Bd avec Bd = B ∩ Ad .
d≥0
L’objectif est de démontrer le théorème suivant :
Théorème (Hilbert-Mumford). — L’algèbre B est de type fini.
112
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
(iii) Notons B+ :=
L
Bd . Puisque B+ est inclus dans A, il engendre un
d>0
idéal de A que nous notons A.B+ .
Justifier que cet idéal est de type fini, et qu’on peut l’écrire sous la forme
A.B+ = hz1 , . . . , zk i de telle sorte que : zi ∈ Bdi et di > 0.
Nous allons montrer que le morphisme d’algèbres :
C[Y1 , . . . , Yk ] → B
déterminé par Yi 7→ zi est surjectif, ce qui démontrera le théorème. Pour cela,
nous procédons par récurrence sur d en montrant que pour tout b ∈ Bd on a
b ∈ C[z1 , . . . , zk ].
(iv) Initialiser la récurrence à d = 0.
(v) Soit R : A → B l’application définie par :
1 X
g.f,
R(f ) =
|G|
g∈G
où |G| désigne le cardinal de G.
– Justifier que R est bien définie et est à valeurs dans B.
– Montrer que R(b) = b pour tout b ∈ B.
– Montrer que R est C-linéaire.
– Montrer que R est même B-linéaire, i.e. que pour tout b ∈ B et tout
f ∈ A on a R(bf ) = bR(f ).
(vi) Soit b ∈ Bd avec d > 0. En constatant que b ∈ A.B+ et en procédant
par récurrence, achever la démonstration.
Correction
Solution A.1. —
(i) L’action de τ est le morphisme d’anneau caractérisé par τ X = Y et
τ Y = X donc τ P (X, Y ) = P (Y, X).
(ii) τ e1 = Y + X = e1 et τ e2 = Y X = e2 .
P
(iii) Soit P = i,j ai,j X i Y j . Si τ P = P , alors on en déduit ai,j = aj,i , donc
P
P = i,j ai,j (X i Y j + X j Y i ). Pour écrire un polynôme X i Y j + X j Y i comme
polynôme en e1 , e2 , on procède par récurrence sur max(i, j) = n.
Géométrie Algébrique
113
Si n = 1 c’est clair : on a e1 ou 2e2 . Par récurrence, si i, j ≥ 1, on a :
X i Y j + X j Y i = XY (X i−1 Y j−1 + X j−1 Y i−1 ).
Le polynôme entre parenthèses est fixe sous τ et la récurrence s’applique. Si
par exemple j = 0, on a :
X i + Y i = ei1 −
n−1
X
Cnk X k Y n−k ,
k=1
et la récurrence s’applique pour le polynôme dans la somme.
(iv) Pour tout (u, v) ∈ C2 le polynôme X 2 − uX + v admet deux racines
a, b donc X 2 − uX + v = (X − a)(X − b) et u = a + b, v = ab.
(v) Soit Q ∈ C[X, Y ] tel que Q(e1 (X, Y ), e2 (X, Y )) = 0. En évaluant en
X = a, Y = b on a Q(a + b, ab) = 0 et d’après la surjectivité, Q(u, v) = 0
pour tous u, v. Donc Q est le polynôme nul car C est infini.
Solution A.2. —
(i) Le neutre agit trivialement. On a h.Xj =
X
g(h.Xj ) =
hi,j g.Xi
P
i hi,j Xi
donc :
i
=
XX
i
hi,j gk,i Xk
k
tandis que :
(gh).Xj =
X
(gh)k,j Xk
k
=
XX
k
gk,i hi,j Xk
i
donc (gh).Xj = g.(h.Xj ).
(ii)
– B ⊂ A et B est stable pour la somme et le produit, et contient les
neutres : c’est une sous-algèbre de A.
– L’action préserve le degré car c’est une action linéaire (g.Xi est homogène de degré 1) et car les matrices qui agissent sont inversibles (a
priori le degré pourrait baisser, mais en re-composant par l’inverse on
doit retomber sur le polynôme de départ : deg gf ≤ deg f donc deg f =
114
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
deg g −1 gf ≤ deg gf ≤ deg f donne l’égalité des degrés). Alors si un polynôme est invariant sous l’action du groupe, en utilisant l’ unicité de la
décomposition en composantes homogènes, chaque composante homogène
est elle-même un polynôme invariant.
(iii) L’idéal A.B+ est engendré par les éléments de z ∈ B+ . Puisque B+ se
décompose en somme directe, cet idéal est engendré par l’ensemble des composantes homogènes des éléments de B+ (si z ∈ B+ , chacune des composantes
homogènes de z est dans B+ d’après la question précédente). Donc A.B+ est
engendré par des éléments zi ∈ Bdi avec di > 0, et puisque A est noethérien
d’après le théorème de base de Hilbert, cet idéal est de type fini et est engendré
par un nombre fini de tels zi .
(iv) Clair car B0 = C.
(v)
– R est bien défini car G est fini, et :
1 P
R(h.f ) = |G|
g g.(h.f )
1 P
= |G| g (gh).f
1 P
= |G|
k k.f
= R(f )
donc R est à valeurs dans B.
– Si b ∈ B, g.b = b pour tout g ∈ G donc R(b) = b.
– L’action de G étant C-linéaire, R est C-linéaire.
– Pour b ∈ B et f ∈ A on a :
R(bf ) =
1 X
g.(bf )
|G| g
=
1 X
(g.b)(g.f )
|G| g
=
1 X
b(g.f )
|G| g
=b
1 X
g.f
|G| g
= bR(f ).
!
Géométrie Algébrique
(vi) Si b ∈ Bd , on peut l’écrire b =
k
P
115
ai zi avec ai ∈ A et deg ai = li .
i=1
On peut supposer que li < d. En effet, si les ai ont des composantes de degré
k
k
P
P
supérieur, notées a00i , on a b =
(ai −a00i )zi +
a00i zi et par argument de degré
i=1
i=1
cette deuxième somme est nulle (on utilise ici que di > 0). Alors en utilisant
la question précédente :
b = R(b)
=
k
X
R(ai zi )
i=1
=
k
X
R(ai )zi
i=1
et de plus R(ai ) ∈ B est de degré strictement inférieur à d. Par hypothèse de
récurrence, en le décomposant en composantes homogènes, c’est un polynôme
à coefficients complexes en les zi . Donc b aussi.
116
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Annexe B
Contrôle continu : 10 mars 2004
Première partie. —
Soit l’ensemble algébrique affine Γ = V (Y 2 − X 3 ) ⊂ A2C et l’application
f : A1C → A2C définie par f (t) = (t2 , t3 ).
(i) Montrer que f est une application régulière bijective de A1C sur Γ.
(ii) Montrer que Γ est irréductible et que O(Γ) = C[X, Y ]/hY 2 − X 3 i.
(iii) En notant O(A1C ) = C[T ], déterminer le morphisme d’anneaux f ∗ :
C[X, Y ]/hY 2 − X 3 i → C[T ] induit par f . Montrer que f ∗ est injectif et
déterminer son image.
(iv) En déduire que f n’est pas un isomorphisme birégulier de A1C sur Γ.
Deuxième partie. —
Soit A un anneau intègre de corps de fractions K(A). On dit que A est
intégralement clos si tout élément de K(A) qui est entier sur A est en fait
dans A.
Soit Z ⊂ AnC un ensemble algébrique affine irréductible. On dit que Z est
normal si l’anneau intègre O(Z) est intégralement clos.
(i) Étude globale de l’espace affine.
(a) Montrer que tout anneau factoriel est intégralement clos.
(b) En déduire que, pour tout n ∈ N, l’espace affine AnC est normal.
(ii) Étude globale de la courbe Γ (définie dans la première partie).
(a) Soit x et y les classes respectives de X et Y dans O(Γ). On a donc
y 2
y
y
∈ K(O(Γ)). Montrer que ∈
/ O(Γ) et que
= x.
x
x
x
(b) En déduire que O(Γ) n’est pas intégralement clos.
(iii) Étude locale.
Géométrie Algébrique
117
(a) Soit A un anneau intégralement clos et S une partie multiplicative
de A telle que 0 ∈
/ S. Déterminer le corps de fractions de S −1 A et montrer
que l’anneau S −1 A est intégralement clos.
(b) Montrer que si A est un anneau intègre, alors A est intégralement clos
si et seulement si pour tout idéal maximal M de A, l’anneau localisé AM
est intégralement clos. (Indication : pour x ∈ K(A), on pourra considérer
l’idéal I := {a ∈ A | ax ∈ A}).
Troisième partie. —
Soit X un ensemble algébrique affine irréductible sur le corps C. On considère
les couples (U, ϕ) où U est un ouvert non vide de X et ϕ : U → C une fonction
régulière (on dit que ϕ est une fonction rationnelle sur X).
(i) Soit U un ouvert non vide de X.
(a) Montrer que U est dense dans X, i.e. que l’on a U = X.
(b) Montrer que U est irréductible pour la topologie induite.
(ii) Soit ϕ, ψ ∈ O(X) et U un ouvert non vide de X tel que ϕ|U = ψ|U .
Montrer que ϕ = ψ sur X.
(iii) Montrer que la relation binaire :
(U, ϕ) ∼ (V, ψ) si ϕ|U ∩V = ψ|U ∩V
est une relation d’équivalence.
(iv) On note Rat(X) l’ensemble des classes d’équivalences de couples (U, ϕ),
une classe d’équivalence étant notée [U, ϕ]. Expliciter brièvement une structure d’algèbre naturelle sur Rat(X) (il n’est pas demandé de vérifier que les
opérations ne dépendent pas des représentants). Montrer que Rat(X) est un
corps.
(v) Montrer que le corps de fractions K(O(X)) de l’algèbre intègre O(X)
est isomorphe à Rat(X).
(vi) Déterminer Rat(AnC ).
(vii) On considère à nouveau l’application f : A1C → Γ définie par f (t) =
(t2 , t3 ). Montrer que f ∗ induit un isomorphisme de corps :
f ] : Rat(Γ) → Rat(A1C ).
118
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
(viii) Montrer que f induit un isomorphisme birégulier entre les ensembles
localement fermés A1C − {0} et Γ − {(0, 0)} (on explicitera un inverse pour f
dont on montrera que c’est une application régulière).
Quatrième partie. — Cette partie est hors barème.
Soit A et B deux C-algèbres de type fini intègres et ϕ : A ,→ B un morphisme
d’anneaux injectif induisant un isomorphisme K(A) ∼
= K(B). On suppose que
B est entier sur A et on identifie A avec son image par ϕ dans B. On pose :
I := {a ∈ A | aB ⊂ A}.
(i) Montrer que I est un idéal non nul de A.
(ii) Soit M un idéal maximal de A tel que AM est intégralement clos. Montrer que I * M.
(iii) On suppose que B est intégralement clos. Soit M un idéal maximal de
A tel que I * M. Montrer que AM est intégralement clos.
(iv) On pose A = O(Γ), B = O(A1C ) et ϕ = f ∗ . Les questions posées dans
les parties précédentes montrent que les hypothèses fixées au début de cette
partie sont satisfaites. Déterminer l’idéal I.
(v) Soit M(0,0) ⊂ O(Γ) l’idéal maximal du point (0, 0) ∈ Γ. Déduire des
questions précédentes que l’anneau local O(Γ)M(0,0) n’est pas intégralement
clos.
Correction
Première partie. —
(i) La fonction f est polynomiale, donc régulière, et est à valeurs dans Γ
puisque si x = t2 et y = t3 , alors y 2 − x3 = 0.
Elle est injective car si (t2 , t3 ) = (t02 , t03 ) alors t2 = t02 entraı̂ne t = ±t0 et
alors t3 = t03 force t = t0 .
Elle est surjective car si (x, y) ∈ Γ, si x 6= 0 alors t = y/x vérifie t2 = x et
t3 = y (car y 2 = x3 ) et si x = 0 alors y = 0 donc t = 0 satisfait f (t) = f (0) =
(0, 0).
(ii) L’anneau O(Γ).
Géométrie Algébrique
119
– Le polynôme Y 2 − X 3 est irréductible. En effet, si Y 2 − X 3 = P Q est
une factorisation, on observe que degY P ≥ 1 et degY Q ≥ 1 (car Y 2 − X 3
est unitaire en Y ). C’est donc aussi une factorisation dans C[X][Y ]. On
peut donc écrire P = Y − α et Q = Y − β avec α, β ∈ C[X]. On obtient
alors α + β = 0 et αβ = −X 3 , soit α2 = X 3 , mais cette équation n’a pas
de solution dans C[X].
– Puisque Y 2 − X 3 est irréductible, l’idéal hY 2 − X 3 i est premier.
p
D’après le Nullstellensatz, I(Γ) = hY 2 − X 3 i = hY 2 − X 3 i puisqu’un
idéal premier est radical. Ainsi, I(Γ) est un idéal premier donc la courbe
Γ = V (Y 2 − X 3 ) est irréductible et O(Γ) = C[X, Y ]/hY 2 − X 3 i.
(iii) Le morphisme d’anneaux f ∗ est défini par f ∗ ϕ = ϕ ◦ f pour tout
ϕ ∈ O(Γ), donc il est caractérisé par f ∗ (X) = T 2 et f ∗ (Y ) = T 3 .
Puisque f est surjectif, f ∗ est injectif. En effet, supposons que f ∗ ϕ = 0.
Alors pour tout (x, y) ∈ Γ, soit t ∈ C tel que f (t) = (x, y). Alors :
ϕ(x, y) = ϕ(f (t)) = (f ∗ ϕ)(t) = 0,
donc ϕ = 0.
L’image de f ∗ est le sous-anneau de C[T ] engendré par T 2 et T 3 :
Im(f ∗ ) = C[T 2 , T 3 ].
(iv) Puisque f : A1C → Γ est une application polynomiale entre ensembles
algébriques affines, f est un isomorphisme birégulier si et seulement si f ∗
est un isomorphisme. Ce n’est pas le cas puisque, d’après la question (iii),
Im(f ∗ ) 6= C[T ] (le polynôme T n’est pas dans l’image).
Deuxième partie. —
(i) Étude globale de l’espace affine.
(a) Soit A un anneau factoriel, A est donc en particulier intègre. Soit
x = pq ∈ K(A) avec p ∈ A, q ∈ A − {0} une fraction irréductible, i.e.
telle que p et q sont premiers entre eux. Si x est entier sur A, il existe des
éléments a0 , . . . , an−1 ∈ A tels que l’on a dans K(A) :
n
n−1
p
p
p
+ an−1
+ · · · + a1
+ a0 = 0.
q
q
q
120
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
En multipliant par q n (i.e. en utilisant la définition de la localisation dans
le cas intègre) on obtient :
pn + an−1 pn−1 q + · · · + a1 pq n−1 + a0 q n = 0.
On en déduit que q divise pn , mais puisque p et q sont premiers entre eux
cela implique que q est inversible dans A, donc x = pq est en fait un élément
de A. Donc A est intégralement clos.
(b) On sait que O(AnC ) = C[T1 , . . . , Tn ] et que l’anneau de polynômes
C[T1 , . . . , Tn ] est factoriel (théorème de Gauss) donc, d’après la question
(ia), il est intégralement clos. Donc l’espace affine AnC est normal.
(ii) Etude globale de la courbe Γ.
(a) Supposons que xy ∈ O(Γ). Alors il existe f ∈ O(Γ) tel que xy = f1 ,
donc puisque O(Γ) est intègre, on a y = f x. Par ailleurs, y 2 = x3 donc on
obtient f 2 = x, ce qui est impossible dans O(Γ). Par contre, y 2 = x3 donc
y 2
= x ∈ O(Γ).
x
(b) D’après la question (ia), le polynôme P (U ) = U 2 − x ∈ O(Γ)[U ] est
unitaire et annule xy bien que xy ∈
/ O(Γ), ce qui implique que O(Γ) n’est pas
intégralement clos.
(iii) Étude locale.
(a) Le corps des fractions de S −1 A est encore K(A). En effet, puisque
O ∈
/ S, l’anneau S −1 A est non nul et d’après la propriété universelle de
la localisation on a un morphisme d’anneaux S −1 A → K(A), puis encore
par propriété universelle de la localisation on a un morphisme de corps
K(S −1 A) → K(A), qui est non nul puisque S −1 A 6= 0, donc injectif. On
construit le morphisme inverse par pq 7→ p/1
q/1 .
Soit x ∈ K(A), supposé entier sur S −1 A. Il existe a0 , . . . , an−1 ∈ A et
s0 , . . . , sn−1 ∈ S tels que l’on a dans K(A) :
an−1 n−1
a1
a0
xn +
x
+ ··· + x +
= 0.
sn−1
s1
s0
Posons s = s0 · · · sn−1 ∈ S. En multipliant par sn on obtient :
(sx)n + a0n−1 (sx)n−1 + · · · + a01 (sx) + a00 = 0
avec a0i ∈ A, donc puisque A est intégralement clos on a sx ∈ A, donc il
existe a ∈ A tel que x = as ∈ S −1 A. Cela montre que S −1 A est intégralement
clos.
Géométrie Algébrique
121
(b) D’après la question (iiia), si A est intégralement clos, alors toute localisation est intégralement close, et en particulier tout AM est intégralement
clos.
Réciproquement, soit x ∈ K(A) entier sur A. Soit I = {a ∈ A | ax ∈ A}.
C’est un idéal de A. Si x ∈
/ A, I est un idéal propre de A (1 ∈
/ I), donc
il existe un idéal maximal M contenant I. x est entier sur A, donc il est
entier sur AM . Puisque AM est intégralement clos, on a donc x ∈ AM donc
/ M donc
il existe a ∈ A et s ∈
/ M tel que x = as , soit sx = a ∈ A avec s ∈
s∈
/ I, ce qui contredit la définition de I. Donc x ∈ A et A est intégralement
clos.
Troisième partie. —
(i) Soit U un ouvert non vide de X.
(a) L’espace X se décompose comme réunion de deux fermés : X = (X −
U ) ∪ U donc, puisque X est irréductible, soit U = X soit U = X. L’ouvert
U est donc dense dans X.
(b) Supposons une décomposition de U comme réunion de deux fermés de
U : U = F ∪ G. Par définition de la topologie induite, il existe des fermés F 0
et G0 de X tels que F = F 0 ∩U et G = G0 ∩U , donc X = (F 0 ∪ G0 )∪ (X −U ).
Puisque X est irréductible, soit U = ∅ et U est irréductible, soit F 0 ∪G0 = X
et encore par irréductibilité de X cela entraı̂ne F 0 = X ou G0 = X, soit
F = U ou G = U . Donc U est irréductible.
(ii) Le fermé V (ϕ − ψ) ⊂ X contient l’ouvert U , donc il contient son
adhérence U . D’après la question (ia) on a donc V (ϕ − ψ) = X. Donc ϕ = ψ
sur X.
(iii) La relation est clairement reflexive et symétrique. Montrons finalement
qu’elle est transitive. Soient donc (U, ϕ), (V, ψ) et (W, χ) trois couples donnés
tels que ϕ|U ∩V = ψ|U ∩V et ψ|V ∩W = χ|V ∩W . Alors ϕ|U ∩V ∩W = χ|U ∩V ∩W .
On doit montrer que ϕ|U ∩W = χ|U ∩W . Or l’ouvert U ∩ V ∩ W de U ∩ W
est non vide (car dense dans X d’après la question (ia) et U ∩ W est un
espace topologique irréductible (question (ib)). Mais on ne peut pas appliquer
directement le résultat de la question (ii) car U ∩ W n’est en général pas un
ensemble algébrique affine : par exemple, A2C − {(0, 0} n’est pas affine sinon
puisque O(A2C − {(0, 0}) = C[X, Y ] = O(A2C ) on aurait un isomorphisme entre
122
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
A2C − {(0, 0} et A2C . Cependant, l’argument utilisé dans la question (ia) est
valable dans tout espace topologique irréductible, donc le résultat est encore
vrai. Il en résulte que ϕ|U ∩W = χ|U ∩W , d’où la transitivité.
(iv) Les lois pour la structure d’algèbre sont :
[U, ϕ] + [V, ψ] = [U ∩ V, ϕ + ψ]
[U, ϕ] · [V, ψ] = [U ∩ V, ϕ · ψ]
L’élément neutre pour l’addition est [X, 0], l’élément neutre pour la multiplication est [X, 1].
Les questions précédentes montrent que ces définitions sont indépendantes
des choix des représentants dans les classes d’équivalence.
Soit [U, ϕ] un élément non nul de Rat(X). Pour montrer que Rat(X) est
un corps, il faut montrer que [U, ϕ] est inversible. (U, ϕ) est un représentant
de la classe d’équivalence et ϕ est une fonction régulière non nulle sur U . Soit
V l’ouvert sur lequel ϕ est non nulle. Alors [U, ϕ] = [V, ϕ]. On voit donc que
[V, 1/ϕ] est un inverse pour [V, ϕ]. Donc Rat(X) est un corps.
(v) On a une application naturelle O(X) → Rat(X) définie par ϕ 7→ [X, ϕ].
Cette application est injective et, puisque Rat(X) est un corps (question (iv))
et que O(X) est intègre (X est irréductible), elle induit un morphisme injectif
P
de corps K(O(X)) → Rat(X) défini par Q
7→ [UQ , P/Q] où UQ est l’ouvert
de X sur lequel Q est non nul.
Montrons qu’elle est surjective. Soit [U, ϕ] ∈ Rat(X). Quitte à réduire l’ouvert U , on peut supposer que U est de la forme X − V (Q) pour Q ∈ O(X).
Alors ϕ ∈ O(U ) et on sait que O(U ) ∼
= O(X)Q donc il existe un entier positif
P
k et P ∈ O(X) tels que ϕ = Qk sur U , d’où la surjectivité.
(vi) D’après la question (v), Rat(AnC ) ∼
= K(O(AnC ) = C(T1 , . . . , Tn ) corps
des fractions rationnelles en les indéterminées T1 , . . . , Tn .
(vii) D’après la question (I-iii), f ∗ est injective donc elle induit un morphisme entre les corps de fractions, donc d’après la question (v) on a un morphisme injectif de corps f ] : Rat(Γ) → C(T ) tel que f ] X = T 2 et f ] Y = T 3 .
Y
Alors f ] X
= T ce qui montre que f ] est surjective, donc c’est un isomorphisme.
Géométrie Algébrique
123
(viii) Sur l’ouvert Γ − {(0, 0)}, la fonction g(x, y) = y/x est bien définie, est
régulière (quotient de polynômes) et inverse f . Donc f induit un isomorphisme
birégulier entre A1C − {0} et Γ − {(0, 0)}.
Quatrième partie. —
(i) I est clairement un idéal de A. Puisque B est une C-algèbre de type fini et
est entier sur A, c’est un A-module de type fini. Soit b1 , . . . , bk des générateurs
a0
de B comme A-module. Puisque K(B) = K(A), chaque bi peut s’écrire bi = aii
avec ai , a0i ∈ A et ai 6= 0. Alors ai bi ∈ A. Posons a = a1 · · · ak 6= 0. Alors
abi ∈ A pour tout i, donc aB ⊂ A, i.e. a ∈ I, donc I est non nul.
(ii) Si AM est intégralement clos, alors l’inclusion de A-modules AM ,→ BM
est un isomorphisme. En effet, l’injectivité est toujours vraie par localisation,
et pour la surjectivité : si x ∈ BM , alors x ∈ K(B) = K(A) = K(AM )
donc x ∈ AM puisque AM est intégralement clos. Alors avec les notations
/ M, donc
précédentes, on peut écrire bi = asii ∈ AM avec ai ∈ A et si ∈
si bi ∈ A. En posant s = s1 · · · sk on a s ∈
/ M et sB ⊂ A donc s ∈ I, ce qui
montre que I * M.
(iii) Soit x ∈ K(A). Alors x ∈ K(B) donc x ∈ B, car B est intégralement
clos. Comme I * M, il existe s ∈ I tel que s ∈
/ M, et donc sx = a ∈ A et
a
x = s ∈ AM . Donc AM est intégralement clos.
(iv) Identifiant A avec son image dans B, on a A = C[T 2 , T 3 ] ⊂ C[T ] donc
x ∈ I et y ∈ I, mais 1 ∈
/ I, donc I est un idéal propre de A contenant l’idéal
maximal hx, yi (il est maximal car c’est le quotient de hX, Y i). Donc I = hx, yi.
(v) Tout idéal maximal de A = O(Γ) est de la forme Ma pour a ∈ Γ
(d’après le Nullstellensatz). Si a 6= (0, 0), alors I * Ma donc d’après la question (iv), puisque B est intégralement clos d’après la question (II-ib), AMa
est intégralement clos. Puisque A n’est pas intégralement clos (question (IIiib)), d’après la question (II-iiib) l’anneau localisé AM(0,0) ne peut pas être
intégralement clos.
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UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Annexe C
Examen première session : 24 mai 2004
Les exercices I et II sont indépendants.
I
Soit C ⊂ P2C une courbe non singulière de degré n d’équation F .
1) Rappelons que si D, D0 ⊂ P2C sont deux courbes d’équation G et G0 respectivement, on note D + D0 la courbe d’équation G · G0 . Montrer que si x ∈ P2C ,
on a pour les multiplicités :
mx (D + D0 ) = mx (D) + mx (D0 ).
En déduire que F est irréductible.
2) Soit a = [0 : 1 : 0] ∈ P2C . Pour µ ∈ C, on considère l’ensemble
Dµ = {[µ : t : 1] / t ∈ C} ∪ {a}.
Montrer que Dµ est une droite de P2 passant par a. Est-ce que l’ensemble des
Dµ pour µ ∈ C décrit toutes les droites de P2 passant par a ?
3) En écrivant
F (X, Y, Z) = Ar (X, Z)Y n−r + Ar+1 (X, Z)Y n−r−1 + · · · + An (X, Z)
avec Ar (X, Z) 6= 0, montrer que r = ma (C).
∂
4) Soit Gµ (t) = F (µ, t, 1) et C 0 la courbe d’équation ∂Y
F . Montrer que Gµ (t)
a n − r racines distinctes si à la fois Ar (µ, 1) 6= 0 et C ∩ C 0 ∩ Dµ = {a}.
Géométrie Algébrique
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5) Déduire de 4) que pour tout, sauf un nombre fini de µ, la droite Dµ coupe
C en n − r points distincts autre que a.
6) Déduire des questions précédentes, qu’il existe une droite D coupant C en
n points distincts.
II
Soit C ⊂ P2C une cubique d’équation F . On appelle point d’inflexion un point
non singulier a ∈ C tel que
(C, L)a = 3
où L est la droite tangente de C en a. On admet le résultat (démontré en
T.D.) qu’une cubique non singulière admet 9 points d’inflexion.
1) Soit (Cλ )λ∈C la famille des courbes d’équation
Fλ (X, Y, Z) = Y 2 Z − X(X − Z)(X − λZ).
Déterminer les valeurs λ pour lesquelles Cλ est singulière et déterminer les
points singuliers des Cλ pour ces valeurs. Pour quelles valeurs de λ est-ce que
O = [0, 1, 0] est un point d’inflexion ?
On suppose dans la suite de l’exercice que C est non singulière.
2) Soit D une droite telle que (D, C) = p1 + p2 + p3 avec p1 , p2 , p3 distincts.
Soit Di la tangente de C en pi et qi le point défini par (Di , C) = 2pi + qi
pour i = 1, 2, 3. Montrer que q1 , q2 , q3 se trouvent sur une droite (on pourra
remarquer que 2D est une conique).
3) Montrer qu’une droite passant par deux points d’inflexion de C coupe C en
un troisième point d’inflexion.
4) Soit O ∈ C. Rappeler la définition, donnée en cours, de la structure de
groupe abélien sur C dont O est l’élément neutre. On notera cette structure
additivement dans la suite.
On suppose dans la suite de l’exercice que O est un point d’inflexion.
126
Université de Nantes - Maı̂trise de mathématiques : Géométrie Algébrique
5) Montrer que les points d’inflexion de C forment un sous-groupe de (C, +)
et montrer que ce sous-groupe est isomorphe (en tant que groupe abélien) à
Z/3Z × Z/3Z.
6) Montrer que les points d’inflexion de C sont exactement les points d’ordre
3 (i.e. a + a + a = O) de (C, +).
7) Montrer que les points d’ordre 2 (i.e. a + a = O) de (C, +) sont exactement
les points dont la tangente passe par O.
8) On considère à nouveau la courbe Cλ de 1). Pour les valeurs λ pour lesquelles
Cλ est non singulière, et en choisissant O = [0, 1, 0], déterminer les points
d’ordre 2 de (Cλ , +).
9) Montrer que le sous-groupe des points d’ordre 2 de (C, +) est isomorphe
(en tant que groupe abélien) à Z/2Z × Z/2Z.
Géométrie Algébrique
UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Annexe D
Examen deuxième session : 2 septembre 2004
Exercices 4.6, 5.2+5.3+5.4, 10.1, 10.5
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UNIVERSITÉ DE NANTES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUES
Maı̂trise : Géométrie Algébrique
Références
[1] M. F. Atiyah, I.G. Macdonald, Introduction to Commutative algebra.
[2] W. Fulton, Algebraic Curves.
[3] G.-M. Greuel, G. Pfister, A Singular introduction to commutative algebra.
[4] D. Perrin, Géométrie algébrique, une introduction.
Christoph Sorger & Samuel Boissière & Pierre-Emmanuel Chaput, Département
de mathématiques, Université de Nantes, 2 Rue de la Houssinière, F-44322 Nantes
Cedex 03 • Url : www.math.campo.univ-nantes.fr
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