Discussion:Théorème des zéros de Hilbert

Commentaire de 2006

Le théorème des zéros de Hilbert ne sert pas qu'à caractériser les idéaux maximaux d'un anneau de polynômes sur un corps algébriquement clos. Quant au théorème qui dit que V(I) est non vide il ne s'agit que de la forme faible du théorème des zéros de Hilbert. La forme forte dit bien plus puisqu'elle établit un correspondance bijective entre les idéaux radiciels de l'anneau de polynômes à n variables et les variétés algébriques affines d'un espace de dimension n. Pour ça on peut consulter l'article wikipedia variétés algébriques. — Le message qui précède, non signé, a été déposé par Couvreur (discuter), le 4 avril 2006.

Définition de type fini

Est-ce que quelqu'un peut démontrer théorème 2 on donnant la définition d'algèbre de type fini? Ou le théorème ou le fait que $K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\ M$ soit une K-algèbre de type fini soit trivial, mais les deux sont pas trivial on même temps. --129.132.146.66 24 avril 2007 à 14:42 (CEST)

Preuve possible du premier théorème

C'est le résultat qui sert à prouver les autres qui n'a pas de preuve : c'est dommage. Je ne crois pas faire d'erreurs en écrivant ça (le début est repompé d'Atiyah-MacDonald).

Procédons par récurrence sur le nombre de générateurs de la k-algèbre A. S'il y'en a pas alors A=k et il n'y a rien à faire. Supposons le résultat vrai pour toute K-algèbre engendrée par n générateurs qui soit également un corps et donnons nous une k-algèbre A engendrée par des x_0,x_1,...,x_n qui soit un corps. Alors en particulier elle est engendrée par les x_1,...,x_n sur k(x_0) corps des fractions de k[x_0] inclus dans A. Par hypothèse de récurrence, A est algébrique sur k(x_0) (disons que les x_i, i>0, sont annulés par P_i non nul à coefficients dans k(x_0)) et il reste à voir que x_0 l'est sur k. Notant d(x_0) le produit de tous les dénominateurs intervenant dans les coefficients des P_i, les relations P_i(x_i)=0 montrent que les x_i sont entiers sur k[x_0]_d et donc A tout entière qui est un corps contenant k[x_0]_d. Ce dernier est donc également un corps car si a y est non nul son inverse vérifie une relation du type P(1/a)=0, avec P à coefficients dans k[x_0]_d, qu'on multiplie par a^{degré de P-1} pour exprimer 1/a= somme de trucs dans k[x_0]_d. Si x_0 n'était pas algébrique alors k[x_0]_d serait isomorphe à k[X]_d(X) qui serait donc un corps et donc en évaluant 1=(1+d(X))i(X) en une racine de 1+d (qui n'annule pas le dénominateur de i(X)) on obtiendrait 1=0. Finalement x_0 est bien algébrique sur k.

— Le message qui précède, non signé, a été déposé par Alexandre alexandre (discuter), le 8 février 2011 à 21:40‎.

Oui c'est correct. Il y a une preuve du même style (un peu différente quand même) dans Lang: Algebra. On peut aussi utiliser le lemme de normalisation de Noether.Liu (d) 8 février 2011 à 21:58

Message et début de discussion transférés de la pdd de Anne le 7/1/2018

Bonjour, Merci de votre contribution à la page Théorème des zéros de Hilbert. J'avoue que mon expertise mathématique a eu le temps de rouiller. J'essaye de rendre la preuve suffisamment claire et modulaire, mais en son état, d'important indices manquent. Pour le Lemme de Zariski, par exemple, la dernière étape ("choisir" une racine de 1+d qui n'est pas une racine de i, sans argument sur l'existence) semble bien rapide. Par ailleurs, je me demande si d ne devrait pas être le produit des numérateurs non nuls, plutôt que des dénominateurs. Pouvez-vous m'aider à éclaircir ces points? --TheWereOtter (discuter) 4 janvier 2018 à 15:46

Bonsoir, j'espère que je ne vais pas dire de bêtises :

• d(x_0) est bien le produit des dénominateurs, pour que les P_i soient à coefficients dans K[x_0, 1/d(x_0)].
• J'ai abrégé la dernière étape. On pourrait remettre les détails en remplaçant "1+d" par "1+Xd" par exemple, ou par n'importe quel polynôme P non constant premier avec d (mais il me semble qu'il vaut mieux soit laisser le lecteur réfléchir par lui-même, soit rédiger mieux). L'idée est qu'alors, 1/P n'est pas de la forme Q/d^n, car P ne divise pas d^n. Pas besoin pour cela de parler de racines (dans une clôture algébrique).

Cordialement, Anne, 22 h 52

• Voilà mon raisonnement (pour ce qu'il vaut, et présenté par un utilisateur encore maladroit de Wikipédia): soit la relation prouvant que x_i est algébrique sur $K(x_{0})$: ${\frac {P_{n}(x_{0})}{Q_{n}(x_{0})}}x_{i}^{n}+...+{\frac {P_{0}(x_{0})}{Q_{0}(x_{0})}}=0$. Supposons que $x_{0}$ n'est pas algébrique, alors on peut multiplier par tous les $Q_{j}(x_{0})$ pour obtenir que les $x_{i}$ sont algébriques sur $K[x_{0}]$: $R_{n}(x_{0})x_{i}^{n}+...+R_{0}(x_{0})=0$. Si l'on prend d le produit de tous les polynômes $R_{n}...R_{0}$ non-nuls pour tous les $x_{i}$ (à vrai dire n'importe quel commun multiple des coefficients de plus haut degré suffirait), alors chaque coefficient de plus haut degré est inversible dans $K[x_{0},{\frac {1}{d(x_{0})}}]$, donc les $x_{i}$ sont entiers sur un tel ensemble. Il est possible que les dénominateurs marchent également, mais l'intuition m'échappe.
• Il est bon que le dernier argument, possiblement faux, soit effacé. J'ignore si votre assertion est juste: elle semble même suspecte a priori dans un corps de caractéristique non nulle.

La critique est facile, et l'art difficile. Que mes objections ne vous empêche pas de croire en mes remerciements pour votre réponse.

--TheWereOtter (discuter) 5 janvier 2018 à 13:49

• Je suis d'accord avec votre raisonnement mais je n'appellerais pas ça le « produit des numérateurs » (non nuls). Il n'est pas très différent de celui du rédacteur (voir supra) qui, si j'ai bien compris, pensait ceci (à cela près qu'il avait oublié, au départ, de prendre des polynômes unitaires, ce que j'ai rectifié cette nuit) :

  Soient les relations prouvant que les $x_{i}$ sont algébriques sur $K(x_{0})$ : $x_{i}^{n_{i}}+{\frac {P_{i,n-1}(x_{0})}{Q_{i,n-1}(x_{0})}}x_{i}^{n-1}+...+{\frac {P_{i,0}(x_{0})}{Q_{i,0}(x_{0})}}=0$. Soit le produit des dénominateurs : $d(x_{0})=\prod _{i,j}Q_{i,j}(x_{0})$ (non nul par hypothèse donc inutile de supposer $x_{0}$ non algébrique). Alors, ${\frac {P_{i,j}(x_{0})}{Q_{i,j}(x_{0})}}\in K[x_{0},1/d(x_{0})]$ donc les $x_{i}$ sont entiers sur $K[x_{0},1/d(x_{0})]$.

• La preuve (esquissée ci-dessus le 4/1 à 22 h 52) de ma dernière assertion est correcte, non ? La caractéristique n'a pas lieu d'y intervenir.

Cordialement, Anne, 15 h 01