Exercices de mathématiques sur les principes de géométrie algébrique, Exercices de Mathématiques
Caroline_lez
Caroline_lez28 January 2014

Exercices de mathématiques sur les principes de géométrie algébrique, Exercices de Mathématiques

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Exercices de mathématiques sur les principes de géométrie algébrique. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: exercices t corrections.
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M2, Géométrie Algébrique I, Cours de Christian Peskine 2007-2008

TD - Feuille 1

Dans toute cette feuille d'exercices, la lettre k désigne un corps. Les anneaux considérés sont commutatifs et unitaires.

Corrigé ex. 1 Considérons les idéaux (P ), (R) ⊂ A = C[x1, . . . , xn]Q. On a des ensembles algébriques V (P ), V (R) dans Spec(A) qui est l'ouvert {Q 6= 0} dans AnC. De plus V (P ) ⊂ V (R) par hypothèse.

Par le Nullstellensatz, ou théorème des zéros de Hilbert, on en déduit que √

(R) ⊂ √

(P ) en tant qu'idéaux de A. Donc, QmRd = PP0 dans C[x1, . . . , xn] pour certains P0 ∈ C[x1, . . . , xn] et m > 0. Comme C[x1, . . . , xn] est factoriel, P divise R.

Corrigé ex. 2 Soit X espace topologique séparé et irréductible. Si x, y ∈ X et x 6= y alors il y a deux ouverts x ∈ U ⊂ X et y ∈ V ⊂ X tel que U ∩ V = ∅, contradiction. Donc, X est un point (s'il est non vide).

Soit X un espace topologique irréductible, U ⊂ X un ouvert non vide. Soit U ⊂ X l'adhérence de U , alors Y = X − U est fermé et Y ∪ U = X, donc U = X. En particulier, si U, V ⊂ X sont deux ouverts non vides, U ∩ V 6= ∅.

Soit X un espace irréductible, U ⊂ X un ouvert non vide. Supposons que U n'est pas irréductible, alors il y a deux ouverts non vides U1, U2 ⊂ U tel que U1 ∩ U2 = ∅. Mais les Ui sont aussi ouverts dans X, contradiction. Donc, U est irréductible.

Si X est un espace topologique et Y ⊂ X est une partie irréductible, alors Y est aussi irréductible. En eet, si Y1 ⊂ Y2 = Y est une décomposition de Y en une réunion de deux fermés, alors les Yi ∩Y sont fermés dans Y et leur réunion contient Y , donc pour i = 1 ou 2 on a Y ⊂ Yi, mais alors Y ⊂ Yi.

Corrigé ex. 3 Supposons X irréductible. Alors si xy ∈ √ 0, pour tout p ⊂ A premier, on a

x ∈ p ou y ∈ p. Ainsi X = V (x) ∪ V (y). Comme X est irréductible, V (x) = X ou V (y) = X. Si V (x) = X par exemple, alors tout premier contient x, donc x ∈ ∩p =

√ 0. Ceci montre que√

0 est premier, donc Aréd est intègre. Réciproquement, si X = V (I) ∪ V (J), alors tout premier p contient IJ , donc IJ ⊂

√ 0.

Comme √ 0 est premier par hypothèse, on en déduit que I ⊂

√ 0 ou J ⊂

√ 0, donc V (I) = X

ou V (J) = X, donc X est irréductible.

Corrigé ex. 4 Soit A = k[x, y, z]/(y2−xz, z2−y3) l'anneau de fonctions de Y . Les composantes irréductibles de Y correspondent aux idéaux premiers minimaux de A. Soit p un tel idéal. De y2 = xz et z2 = y3 on tire z2 = xyz donc z(z − xy) = 0. Ainsi z ∈ p ou z − xy ∈ p.

Dans le premier cas, y3 = z2 est dans p donc y ∈ p. Comme p1 = (z, y) est un idéal premier, c'est un idéal premier minimal. Il correspond à la composante irréductible Y1 = Spec(A/p1) = Spec(k[x]) qui n'est autre que l'axe des x dans A3k.

Dans le deuxième cas on a z = xy dans A/p, donc y2 = x2y puis y(y − x2) = 0 dans A/p. Il s'ensuit que y ∈ p ou y− x2 ∈ p. Le premier sous-cas mène à p = p1, et le deuxième sous-cas mène à p = p2 = (y − x2, z − x3). Cet idéal premier minimal correspond à la composante

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irréductible Y2 = Spec(A/p2) = Spec(k[x]) qui est aussi une droite ane, cette fois-ci image de x 7→ (x, x2, x3) dans A3k. C'est la cubique gauche (ane).

Corrigé ex. 5 (1) Une remarque préliminaire : quand on manipule des anneaux quotients de la forme A/I, il est très pratique de noter par une même lettre un élément de A et son image dans A/I. Cet abus ne mène pas à des confusions tant qu'on utilise des tournures du style  f = g modulo I  ou  f = g dans A/I .

Soit A = k[x, y]/(y2−x2−x3) l'anneau de fonctions de X. La fonction f = y/x est regulière sur X−{0}, c'est-à-dire que c'est un élément de A[1/x]. Montrons qu'elle n'est pas regulière sur X, ce qui veut dire que ce n'est pas l'image d'un élément de A par le morphisme A→ A[1/x]. Or il est facile de voir que g := y2 − x2 − x3 est irréductible dans k[x, y], et comme k[x, y] est factoriel un irréductible engendre un idéal premier, donc A est intègre. Ainsi A → A[1/x] est injectif, et on souhaite juste voir que f 6∈ A. Or si f ∈ A, l'égalité y = fx dans A se relève dans k[x, y] en y = fx + gh pour un certain h ∈ k[x, y]. En faisant x = 0 on trouve y = y2h(0, y) dans k[y], ce qui est impossible. (2) Rappelons qu'une variété X est rationnelle si elle est birationnelle à un espace projectif, c'est-à-dire s'il existe deux ouverts isomorphes U ⊂ X et V ⊂ Pnk . Ici, il s'agit de trouver un isomorphisme entre un ouvert de X et un ouvert de A1k. Intuitivement, on voit que si on pose t = y/x alors l'équation de X donne x = t2− 1 et donc y = tx = t(t2− 1). Pour formaliser ceci on considère le morphisme A1k → X donné par t 7→ (t2 − 1, t(t2 − 1)). Il est clair que c'est un isomorphisme de A1k \ {±1} sur son image.

Corrigé ex. 6 (1) ⇒ (2) : si Γ(X,OX) possède un idempotent non trivial e, alors

U0 = {x ∈ X , e(x) 6= 0 dans k(x)} et U1 = {x ∈ X , e(x) 6= 1 dans k(x)}

sont deux ouverts de X (pourquoi ?), disjoints, non vides, et qui le recouvrent. (2) ⇒ (3) : si Γ(X,OX) ' A1 × A2, alors l'élément e = (1, 0) est un idempotent non trivial. (3)⇒ (1) : si X n'est pas connexe, on a X = Y qZ et donc Γ(X,OX) = Γ(Y,OY )×Γ(Z,OZ).

Remarque L'exercice montre en fait que si X a un nombre ni r de composantes connexes, alors Γ(X,OX) est un produit de r facteurs, et possède exactement 2r idempotents.

Corrigé ex. 7 Les idéaux premiers minimaux de k[x, y, z]/(x2−yz, xz−x) sont (x, y) et (x, z) et (z − 1, x2 − y). Les composantes irréductibles de Y s'intersectent, donc Y est connexe.

Corrigé ex. 8 Soit n l'ensemble des éléments non inversibles de A. Clairement, tout idéal de A distinct de A, en particulier tout idéal maximal m, est inclus dans n. Pour montrer que m = n il sut de montrer que n ⊂ m.

Si A est local, soit m son unique idéal maximal et montrons que m = n. Soit x ∈ n, alors x engendre un idéal de A distinct de A, donc inclus dans un idéal maximal d'après le lemme de Zorn, donc inclus dans m. Donc n = m, donc c'est un idéal.

Réciproquement, supposons que n est un idéal. Soit m un idéal maximal de A, montrons que m = n. Si x ∈ n, alors l'idéal engendré par x et m contient m et est distinct de A, donc est égal à m par maximalité, donc n = m. Donc A est un anneau local d'idéal maximal n.

Je ne donne pas de détails pour les réponses aux autres questions, qui sont assez faciles.

Corrigé ex. 9 Si A = k ou A = k[]/(2), alors X est un point et sa topologie est l'unique topologie sur le point.

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Si A = C[X], les fermés stricts de X sont les ensembles nis de points fermés (on rappelle qu'un point fermé correspond à un idéal maximal de A, c'est-à-dire par le Nullstellensatz, un idéal de la forme (X − x0) où x0 ∈ C). Si A = C[X, Y ], les fermés stricts de X sont les réunions nies de points fermés et de courbes irréductibles, dénies par une équation irréductible f(X, Y ) ∈ C[X, Y ]. Si A est un anneau de valuation discrète, alors Spec(A) est composé de deux points : son point générique, qui est un point ouvert correspondant à l'idéal {0}, et un point fermé correspondant à l'idéal maximal.

Corrigé ex. 10 Voir Hartshorne page 36. La courbe (a) est un point double avec tangente commune (tacnode en anglais), la courbe (b) est un point double (double point ou node ; on dit parfois aussi noeud en français), la courbe (c) est un point de rebroussement (cusp) et la courbe (d) est un point triple (triple point). Le passage de la terminologie anglaise à la terminologie française pose parfois de petits problèmes. Voir par exemple

http://mapage.noos.fr/r.ferreol/langage/dicofgb/dicofgb.htm .

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