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Geometrie algebrique elementaire

Alexis TCHOUDJEM

Institut Camille Jordan

Universite Claude Bernard Lyon I

Boulevard du Onze Novembre 1918

69622 Villeurbanne

FRANCE

Villeurbanne, le 7 mai 2014

Cours du mercredi 22 janvier 2014

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Introduction

A l'origine de la geometrie algebriq ue est l'etude des solutions des systemes d'equations polynomiales : f

1(x1;:::;xn) = 0

f r(x1;:::;xn) = 0 ou lesfi2k[X1;:::;Xn] etkest un corps. On noteV(f1;:::;fn) l'ensemble des solutions du systeme. Si lesfisont lineaires, on obtient un sous-ev et satailleest donnee par sa dimension. En general, on n'a pas un sous-ev mais on peut quand m^eme generaliser la notion de dimension. On utilisera pour cela un lien important entre la geometrie et l'algebre : Sig2(f1;::;fn), alorsV(g;f1;:::;fn) =V(f1;:::;fn). DoncV(f1;:::;fn) ne depend que de l'idealIengendre par lesfi. Peut-on retrouverIa partir de l'ensembleV(f1;:::;fn)? Presque si le corps est algebriquement clos. Le theoreme des zeros de Hilbert, que l'on demontrera bient^ot, a pour consequence : sikest algebriquement clos, alorspI:=ff2k[X1;:::;Xn] :9m >

0; fm2Ig=ff2k[X1;:::;Xn] :fjV= 0g. Et on peut denir la dimension

a partir de l'algebre quotient :k[X1;:::;Xn]=I.

Cas our= 1,n= 2.

Unecourbe algebrique planeest un ensemble des points de?2=k2(le plan ane) dont les coordonnees (x;y) verient une equation f(x;y) = 0(1) pour un certain polyn^omef2k[X;Y]. On considerera d'autres espaces ambiants que le plan ane. On appellera donc une telle courbe une courbe ane plane. Le degre de l'equation (1) est ledegrede la courbe; une courbe de degre

2 est uneconique, une courbe de degre 3 est unecubique,etc.

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Exemples :x2+y2= 1,y2=x3,y2=x3+x2,y2=x3x,xy= 1,

xy= 0. Comme l'anneauk[X;Y] est factoriel, un polyn^omefse factorise en f=fk11:::fknn en produits de facteurs irreductibles deux a deux non proportionnels (de maniere unique a un facteur constant non nul pres). La courbeXd'equationf= 0 est la reunion des courbesXid'equations f i= 0. On dira qu'une courbe denie par un polyn^ome irreductible est une courbe irreductible. La decompositionX=[iXiest la decomposition deX en composante irreductibles. Sik=?, le point (0;0) devrait ^etre appele une courbe car il est deni par l'equationx2+y2= 0 ou parx6+y6= 0. Une de ces equations est irreductible, l'autre est reductible. De telles ambigutes n'existent pas sur un corps algebriquement clos. Lemme 0.0.1Soientkun corps quelconque,f2k[X;Y]un polyn^ome irreductible,g2k[X;Y]un polyn^ome quelconque non divisible parf. Alors le systeme d'equations f(x;y) =g(x;y) = 0 a un nombre ni de solutions. Sikest un corps algebriquement clos, sif2k[X;Y] est non constant, alors l'equationf(x;y) = 0 a une inte de solutions. On en deduit, dans ce cas, gr^ace au lemme qu'un polyn^ome irreductiblefest entierement determine (a multiplication par une constante pres) par la courbe d'equationf(x;y) = 0. Le nombre de racines d'un polyn^ome danskest egal au degre. Le celebre theoreme de Bezout generalise ce resultat en donnant le nombre de points d'intersection en fonction des degres defetg(sikest algebriquement clos) et en comptant les points a l'inni. Si on considere le cas des coniques, on voit qu'il faut preciser certains details notamment, tenir compte des points a l'inni.

0.1 Courbes rationnelles

Certaines courbes peuvent ^etre parametrees par des fonctions ration- nelles.

Par exemple :x2+y2= 1,y2=x3+x2.

On dit que ce sont descourbes rationnelles.

Exercice :la courbey2=x3xn'est pas rationnelle.

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0.2 Fonction Zeta

Soit?qle corps de cardinalq. SoitXune courbe irreductible d'equation f(x;y) = 0 ouf2?q[X;Y]. Pour toutnon noteNnle cardinal deX(?qn). Pour tenir compte de tous lesNn, on considere la serieP n1Nntnn

Theoreme 0.2.1 (Weil-Dwork)La serieexpP

nNntnn est une fonc- tion rationnelle noteeZX(t). Exemples :SiX= (x2+y2= 1), alorsZX(t) = (1t)=(1qt) si q=1 mod 4, (1 +t)=(1qt) siq= 3 mod 4. Certains invariants connus deXse retrouvent dansZX. Par exemple le genre ... 5 6

Chapitre 1

Courbes anes

1.1 Ensembles algebriques anes

Soitkun corps quelconque (commutatifquand m^eme! quand m^eme ...)

Sin1, on note?n(k) ou?n:=kn.

1.1.1 Topologie de Zariski

SiSk[X1;:::;Xn], on noteV(S) :=fx2?n:8f2S; f(x) = 0g

Remarque :V(S) =V(hSi).

Proposition 1.1.1Les ensembles de la formeV(I),Iideal dek[X]sont les fermes d'une topologie de?n: la topologie de Zariski . Demonstration :;=V((1)),?n=V(0),V(I)[V(J) =V(IJ),T iV(Ii) =V(P iIi).Q.e.d.Les fermes de?npour la topologie de Zariski sont appeles desensembles algebriques anes. Ex. :les fermes de?1sont les ensembles nis et?1; les fermes irreductibles de?2sont les reunions nies de courbes algebriques planes irreductibles et de points.

1.1.2 Theoreme des zeros de Hilbert

On dit qu'un morphisme d'anneaux:B!AestnisiAest un (B)module de type nii.e.siAest une(B)algebre de type ni et si tous les elements deAsont entiers sur(B). Theoreme 1.1.2 (de normalisation de Nother)SoitAunekalgebre de type ni. Il existe un entiern0et un morphisme ni injectifk[T1;:::;Tn]! A. 7 Demonstration :Dans le cas oukest ni.Soienta1;:::;ardes generateurs deA. On raisonne par recurrence surr. Si 06=F2k[X1;:::;Xr] an- nule (a1;:::;ar), alors soitFdla composante homogene non nulle de plus haut degre (=:d) deF. Puisquekest inni, il existet1;:::;tr2knon tous nuls tels queFd(t1;:::;tr)6= 0. Quitte a renumeroter lesai, on peut supposertr6= 0. CommeFdest homogene, on peut supposertr= 1.

AlorsF(a1;:::;ar) =Fd(t1;:::;tr1;1)|{z}

6=0a dr+termes de degre< denar. Donc A=k[a1;:::;ar] est entier surk[a1;:::;ar1] et on peut appliquer l'hypothese de recurrence ak[a1;:::;ar1].Q.e.d.Six2?n, on notemxl'ideal (X1x1;:::;Xnxn). Exercice :mx= ker(f7!f(x)) est un ideal maximal dek[X1;:::;Xn]. Sikest algebriquement clos, ils sont tous de cette forme : Corollaire 1.1.2.1i)Soit Aun corps qui est unekalgebre de type ni.

AlorsAest une extension nie dek.

ii) Si kest algebriquement clos, simest un ideal maximal dek[X1;:::;Xn], il existex2kntel quem=mx. Demonstration :i) soitk[T1;:::;Tn]!Aun morphisme ni injectif.

AlorsAcorps,k[T1;:::;Tn] corps. Doncn= 0.

ii) on aA=m=kd'apresi) et on posex:= (x1;:::;xn) ouxi:= X imodm.Q.e.d.Theoreme 1.1.3 (des zeros de Hilbert)SoitAunekalgebre de type ni. AlorsAest un anneau de Jacobsoni.e.: pour tout ideal premierpA, on a : p=\ mp mmaximalm: Demonstration :En quotientant parp, il sut de montrer que si Aest integre,Tm= 0 lorsquemdecrit les ideaux maximaux deA. Par l'absurde : soit 06=x2Tm. L'algebreA[x1] est de type ni surk. Soit nun ideal maximal deA[x1]. Le corpsA[x1]=nest une extension nie de kd'apres le corollaire. DonckA=n\AA[x1]=n)A=n\Aest une kalgebre integre de dimension nie donc un corpsy. Doncn\Aest un ideal maximal deAdonc contientx. Mais alorsx2nce qui est impossible acrx

est inversible dansA[x1].Q.e.d.y. SoitBunekalgebre integre de dimension nie commekespace vectoriel, soit

06=b2B, la multiplication parb:y7!byest injective donc surjective! doncba un

inverse. 8

Cours du mercredi 29 janvier 2014

1.1.3 Correspondance entre ideaux radicaux et ensembles

algebriques anes Denition 1SoitIun ideal d'un anneauA. On posepI:=fx2A:

9n >0; xn2Ig.

Exemple :

p(x2;y) = (x;y) dansk[x;y].

Remarque :qpI=pI.

On dit queIest un idealradicalsipI=I. Les ideaux premiers sont radicaux

Proposition 1.1.4

pI=\ pI ppremierp:

On en deduit :

Proposition 1.1.5SiAest unekalgebre de type ni, alors pour toutI ideal deA, on a :pI=\ mI mmaximalm:

SiZ?n(k), on poseI(Z) :=ff2k[T1;:::;Tn] :fjZ= 0g.

Par exemple,I(;) = (1) etI(?n) = 0.

Les ideauxI(Z) sont toujours radicaux!

Exercice :SiZ?n, alorsZ=V(I(Z)). En particulier, siZest ferme,

Z=V(I(Z)).

Deux ideaux peuvent avoir le m^eme ensemble de zeros : on a toujours

V(I) =V(pI).

Supposonskalgebriquement clos.

On a :I(Z) =T

x2Zmx. Proposition 1.1.6SiIk[T1;:::;Tn], alorsI(V(I)) =pI

Les points sont des ideaux maximaux!

Corollaire 1.1.6.1Les applications :

fideaux radicaux dek[T]goo//ffermes algebriques de?ng I //V(I)

I(Z)Zoo9

sont des bijections reciproques. Les restrictions donnent des bijections reciproques : fideaux maximaux dek[T]goo//fpoints de?ng Par cette bijection, les ideaux premiers correspondent auxfermes irreductibles. Exercice :siZ?nest un ferme algebrique, les points deZsont en bijection avec les ideaux maximaux dek[T1;:::;Tn] qui contiennentI(Z).

1.1.4 Espaces topologiques irreductibles

Denition 2Un espace topologique non videXest irreductible siXn'est pas reunion de deux fermes propres. Un ferme deXest irreductible s'il est irreductible pour la topologie induite. Remarque :Cela revient a dire que deux ouverts non vides s'intersectent ou que tous les ouverts non vides sont denses.

Exemples :

a) Sur ?, muni de la topologie usuelle, seuls les points sont irreductibles. Proposition 1.1.7i)Soit f:X!Yune application continue. SiZquotesdbs_dbs43.pdfusesText_43

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