Exo Espace Algébrique Affine
dans Algèbre
Je cherche une démonstration la plus simple possible (je crois en avoir une mais j'ai l'impression d'avoir réinventé la roue 10 fois, et puis j'utilise un truc qui me chiffonne, à savoir une clôture algébrique) de ça :
Soit $F\in K[X,Y]$ irréductible (aucune hypothèse sur $K$ a priori) et $V = \{(x,y)\in K : F(x,y) = 0\}$. On note $I(V) = \{P\in K[X,Y] : \forall (x,y)\in V,\ P(x,y)=0\}$. Montrer que $I(V) = (F)$.
Soit $F\in K[X,Y]$ irréductible (aucune hypothèse sur $K$ a priori) et $V = \{(x,y)\in K : F(x,y) = 0\}$. On note $I(V) = \{P\in K[X,Y] : \forall (x,y)\in V,\ P(x,y)=0\}$. Montrer que $I(V) = (F)$.
Réponses
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Salut,
Je pense que ce que j'ai fait est faux, mais je vois pas pourquoi. Je vous le soumet donc :
$I(V)$ est un idéal de $K[X,Y]$ qui contient $F$ donc $(F)\subset I(V)$.
Par ailleurs, l'inclusion réciproque est évidente, d'où l'égalité.
En plagiant Toto.le.zero:
En esperant ne pas avoir dit trop de conneries.
Cédric. -
"l'inclusion réciproque est évidente" : pourquoi ?
D'ailleurs en toute généralité la proposition est fausse : par exemple si $F(X,Y)=X^2$ alors $I(V)=(X) \neq (X^2)$. Il faut utiliser l'hypothèse "$F$ irréductible" donnée par le Furet. -
Ben j'aurai dit que $(F)$ est le plus petit idéal contenant $F$ donc est contenu dans $I(V)$.
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Ca c'est l'inclusion directe, pas l'inclusion réciproque.
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C'est faux en général. Prend le cas du polynome $f(x,y) = x^2+y^2+1$ sur $\R$: $V = \emptyset$ et $I(V)$ est formé des polynômes n'ayant pas de solution dans $\R^2$. En particulier $x^2+y^2+2 \in I(V)$ et n'est pas divisible par $f$ donc $(f) \neq I(V)$.
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Exact, il faut rajouter $V$ infini. Je corrige.
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Supposons que l'on soit sur le corps des complexes. Alors d'après le thm des zéros de Hilbert on a
$I(V)=\{G\in \C[X,Y]\mid \exists n\in\N^*,\ G^n\in(F)\}$.
Comme $F$ est irréductible on a donc
$I(V(F))=(F)$. -
Ah ben oui egoroff, que je c.. .
Mille excuses. -
Ben justement, je souhaiterais éviter le Nullstellensatz. De plus, $K$ n'est pas nécessairement algébriquement clos.
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Pas besoin de t'excuser Cédric, on a tous des jours comme ça :-)
Bien vu YB. -
Certes, mais maintenant je suppose V infini (c'était l'énoncé originel, j'avais juste oublié de le dire)
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Hello,
Pour la quatrieme fois depuis midi, j'essaie de poster sur ce fil... Desole si tous les messages apparaissent soudainement l'un apres l'autre.
Je voulais donc dire qu'on peut meme generaliser comme suit.
Soit $P$ un ideal premier (reduit suffit) de $K[X_1,...,X_n]$, et $V(K)$ l'ensemble des zeros communs de $P$ dans $K^n$. Si $V(K)$ est Zariski dense dans la variete algebrique definie par P (cette variete peut etre identifiee a $V(L)$ pour $L$ une cloture algebrique de $K$), alors $I(V(K))=P$.
Pour ta question, puisque $V(K)$ est infini et que la variete en question est une courbe, l'hypothese de densite est automatiquement satisfaite, d'ou la chose.
Je vous laisse traiter cette generalisation a titre d'exercice, en sachant qu'on ne pourra surement pas se passer du Nullstellensatz.
a+
AG. -
oups, j'ai oublie Latex...
Soit $P$ un ideal premier (reduit suffit) de $K[X_1,...,X_n]$, et $V(K)$ l'ensemble des zeros communs de $P$ dans $K^n$. Si $V(K)$ est Zariski dense dans la variete algebrique definie par P (cette variete peut etre identifiee a $V(L)$ pour $L$ une cloture algebrique de $K$), alors $I(V(K))=P$.
Pour ta question, puisque $V(K)$ est infini et que la variete en question est une courbe, l'hypothese de densite est automatiquement satisfaite, d'ou la chose.
Je vous laisse traiter cette generalisation a titre d'exercice, en sachant qu'on ne pourra surement pas se passer du Nullstellensatz.
a+
AG. -
Merci. Je pensais y être arrivé sans le Nullstellensatz, mais en effet, ma démo ne tient pas.
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Bonjour!
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