Universit´ e Paris 6 Ann´ ee 2012-2013
M2 G´ eom´ etrie alg´ ebrique feuille n
◦1
Exercices
1 Faisceaux
Exercice 1. Soit H le faisceau sur C des fonctions holomorphes et soit H
×le sous-faisceau des fonctions inversibles (on v´ erifiera que U 7→ H(U)
×d´ efinit bien un sous-faisceau de H). On consid` ere le morphisme exp : H → H
×d´ efini par exp(f )(z) = e
f(z)si f ∈ H(U). Montrer que exp est surjectif et d´ ecrire son noyau.
Correction. H
×est un sous-faisceau de H parce que le fait d’ˆ etre inversible est une propri´ et´ e locale : si U = S
i
U
iet f ∈ H(U), f est inversible sur U si et seulement si elle est inversible sur tous les U
i.
Il faut montrer que pour tout g ∈ H
×(U ) et tout x ∈ U il existe un un voisinage ouvert V de x dans U et f ∈ H(V ) telle que exp(f ) = g
|V. Soit V contenu dans l’image r´ eciproque par g de la boule ouverte B de centre g(x) et de rayon kg(x)k. La s´ erie enti` ere log d´ efinissant un logarithme en g(x) est convergeant sur B (et est holomorphe sur B), on pose alors f(z) = log(g(z)) pour tout z ∈ V .
f ∈ (Ker exp)(U ) si et seulement si f(z) ∈ 2iπ Z pour tout z ∈ U . Comme f est continue, f est alors localement constante dans 2iπ Z . Le noyau de exp est donc le faisceau constant 2iπ Z . Exercice 2. Soit n un entier strictement positif. Montrer que le morphisme de faisceaux H
×→ H
×d´ efini par f 7→ f
nest surjectif et d´ ecrire son noyau.
Correction. Il faut montrer que pour tout g ∈ H
×(U ) et tout x ∈ U il existe un un voisinage ouvert V de x dans U et f ∈ H(V ) telle que f
n= g
|V. Soit V contenu dans l’image r´ eciproque par g de la boule ouverte B de centre g(x) et de rayon |g(x)|. La s´ erie enti` ere log d´ efinissant un logarithme en g(x) est convergeant sur B (et est holomorphe sur B), on pose alors f(z) = exp(
n1log(g(z))) pour tout z ∈ V .
Le noyau est le faisceau constant µ
ndes fonctions localement constantes ` a valeurs dans les racines n
esde 1.
Exercice 3. Soient x
1, · · · , x
n∈ C des points distincts et U = C − {x
1, · · · , x
n}. D´ ecrire le conoyau de la d´ erivation d : H(U ) → H(U ).
Soit O(U ) le sous-anneau de H(U) constitu´ e des fractions rationnelles sans pˆ ole dans U . D´ ecrire le conoyau de la d´ erivation d : O(U ) → O(U ).
Correction. Si f ∈ H(U ), on peut d´ efinir res
xi(f) comme ´ etant
2iπ1fois l’int´ egrale de f le long d’un cercle parcouru dans le sens trigonom´ etrique de centre x
iet de rayon strictement inf´ erieur
`
a min
j6=i|x
j− x
i| (ou n’importe quel autre lacet localement C
1qui lui est homotope dans U ).
f admet une primitive sur U si et seulement si pour tout i, res
xi(f) = 0. Le conoyau de d est donc l’image de H(U ) → C
nqui ` a f associe (res
xi(f ))
i∈[1,n]. Cette application est surjective, puisque l’image de z 7→ P
i
a
iz−x1i
est le n-uplet (a
i)
i. Donc le conoyau de d : H(U ) → H(U ) est C
n.
Si f ∈ O(U ), on peut d´ ecomposer f en ´ el´ ements simples f(z) = P (z) + P
n i=1P
j>1 ai,j
(z−xi)j
o` u P est un polynˆ ome. Tous les termes de cette somme admettent une primitive dans O(U )
`
a l’exception des termes en j = 1. Donc si res
xi(f ) = a
i,1est nul pour tout i, f admet une primitive dans O(U ) (et la r´ eciproque est vrai puisque si f admet une primitive dans O(U ), ils en admettent a fortiori une dans H(U ), donc les r´ esidus de f sont nuls). Donc le conoyau de d : O(U) → O(U) est aussi C
n.
Le fait qu’on trouve le mˆ eme r´ esultat dans les deux cas est un cas particulier d’un th´ eor` eme de Grothendieck comparant la cohomologie de de Rham analytique complexe et la cohomologie de de Rham alg´ ebrique.
2 Alg` ebre commutative
Exercice 4. Soient k un corps, ¯ k une clˆ oture alg´ ebrique de k et G = Aut
k(¯ k). Soit A une k-alg` ebre de type fini. On note X(¯ k) = Hom
k-Alg(A, k) qu’on munit d’une action de ¯ G via (g · φ)(a) = g φ(a). ˙
Montrer que φ 7→ Ker φ induit une bijection de X(¯ k)/G sur l’ensemble des points ferm´ es de Spec A.
Exercice 5. Soit A un anneau. Montrer que les propositions suivantes sont ´ equivalentes : 1. Spec A n’est pas connexe ;
2. il existe e ∈ A diff´ erent de 0 et 1 tel que e
2= e ;
3. il existe deux anneaux non nuls A
1et A
2et un isomorphisme A ' A
1× A
2;
Exercice 6. Soit A un anneau. Montrer que les propositions suivantes sont ´ equivalentes : 1. A est r´ eduit ;
2. pour tout id´ eal premier p de A, A
pest r´ eduit ; 3. pour tout id´ eal maximal m de A, A
mest r´ eduit.
Correction. 1 implique 2. Soit a/s ∈ A
ptel que (a/s)
n= 0. Alors il existe t / ∈ p tel que ta
n= 0, donc (ta)
n= 0, donc ta = 0 puisque A est r´ eduit ; donc a/s = 0.
2 implique 3 est ´ evident.
3 implique 1. Le morphisme A → Q
A
mest injectif. En effet, si x 6= 0 ∈ A, l’annulateur I de x est un id´ eal propre de A, donc contenu dans un id´ eal maximal m
0de A et l’image de x est non nulle dans A
m0. Donc A est un sous-anneau d’un anneau r´ eduit et est donc r´ eduit.
Exercice 7. Soit A un anneau et M un A-module. Montrer que M est A-plat si et seulement si M
pest A
pplat pour tout p ∈ Spec(A).
Correction.
Exercice 8. Soit k un corps alg´ ebriquement clos et A, B deux k-alg` ebres int` egres. Montrer que A ⊗
kB est int` egre (on pourra commencer par supposer A et B de type fini).
Correction. Soit c, c
06= 0 ∈ A ⊗
kB tels que cc
0= 0. Soit c = P
ni=1
a
i⊗ b
iet c
0= P
mj=1
a
0j⊗ b
0j. Quitte ` a remplacer A par k[a
1, · · · , a
n] ⊂ A et B par k[b
1, · · · , b
n] ⊂ B et c et c
0par les
´
el´ ements correspondants de k[a
1, · · · , a
n] ⊗ k[b
1, · · · , b
n], on peut supposer A et B de type fini sur k (comme k[a
1, · · · , a
n] ⊗ k[b
1, · · · , b
n] → A ⊗
kB est injectif, cc
0reste bien nul). On suppose les d´ ecompositions choisies de mani` ere ` a rendre n et m minimaux, en particulier (a
i) et (a
0j) sont libres sur k. Si φ : B → k est un morphisme 0 = id ⊗ φ(cc
0) = ( P
i
φ(b
i)a
i)( P
j
φ(b
0j)a
0j).
Comme A est int` egre, soit P
i
φ(b
i)a
i= 0 — et alors φ(b
i) = 0 pour tout i puisque (a
i) est libre —, soit P
j
φ(b
0j)a
0j= 0 —et alors φ(b
0j) = 0 pour tout j. Pour obtenir une contradiction,
il suffit donc de construire φ : B → k tel que φ(b
1) 6= 0 et φ(b
01) 6= 0. Comme b
1, b
016= 0 et B est int` egre b
1b
016= 0. Comme B est int` egre, b
1b
01n’est pas nilpotent, donc B [
b11b01
] contient un id´ eal maximal, d’o` u un morphisme B [
b11b01
] → k par le nullstellensatz. Soit φ sa compos´ ee avec B → B[
b11b01
]. Alors φ(b
1)φ(b
01) 6= 0, d’o` u la contradiction.
Exercice 9. Anneaux artiniens.
Un A-module M est dit artinien si toute suite d´ ecroissante de sous-A-modules de M est sta- tionnaire. Un anneau A est dit artinien si il est artinien en tant que A-module.
1. Montrer qu’un A-module M est artinien si et seulement si toute famille de sous-module de M admet un ´ el´ ement minimal.
2. Soit k-un corps. Montrer qu’une alg` ebre de dimension finie sur k est artinienne.
3. Soit N un sous-module de M. Montrer que M est artinien si et seulement si N et M/N sont artiniens.
4. Montrer qu’un anneau int` egre est artinien si et seulement si c’est un corps.
5. Soit k un corps. Montrer qu’un k-espace vectoriel M est un k-module artinien si et seulement si il est de dimension fini.
6. Soit A un anneau noeth´ erien dont tout id´ eal premier est maximal. Montrer que A est artinien (on pourra consid´ erer un id´ eal artinien maximal et utiliser la question 1 de l’exercice 10).
7. Montrons que r´ eciproquement tout anneau artinien est un anneau noeth´ erien dont tout id´ eal premier est maximal. Soit A un anneau artinien.
(a) Montrer que tout id´ eal premier de A est un id´ eal maximal.
(b) Montrer que A n’a qu’un nombre fini d’id´ eaux maximaux.
(c) Si m ∈ Spec(A), on note m
∞= T
n∈N
m
net k
m= A/m. Montrer que m
n/m
n+1est un k
m-espace vectoriel de dimension finie. En d´ eduire que A/m
∞est un anneau noeth´ erien.
(d) Montrer que A → Q
m∈Spec(A)
A/m
∞est surjective. Soit R
∞le noyau de ce mor- phisme. Montrer que R
∞· m = R
∞pour tout id´ eal maximal m de A. Soit J = Ann(R
∞) = {x ∈ A, ∀y ∈ R
∞, xy = 0}.
(e) On suppose J 6= A. Montrer qu’il existe un id´ eal J
0contenant J tel que J
0/J soit un A-module simple. En d´ eduire une contradiction.
(f) En d´ eduire que A → Q
m∈Spec(A)
A/m
∞est un isomorphisme et que A est un anneau noetherien.
Correction. 1. Soit (M
i)i ∈ I une famille de sous-modules de M sans ´ el´ ements minimal.
On d´ efinit i(n) ∈ I par r´ ecurrence sur n ∈ N : comme M
i(n)n’est pas un ´ el´ ement minimal de (M
i)i ∈ I, il existe i(n + 1) tel que M
i(n+1)( M
i(n). La suite (M
i(n))
nn’est pas stationnaire, donc M n’est pas artinien. R´ eciproquement, si (M
n)
n∈Nest une suite d´ ecroissante mais pas stationnaire, elle n’admet pas d’´ el´ ement minimal.
2. Toute suite d´ ecroissante de sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel de dimension fini est stationnaire (la suite des dimensions est d´ ecroissante dans N qui est bien ordonn´ e, donc est stationnaire).
3. Supposons M artinien. Soit (N
n) une suite d´ ecroissante de sous-modules de N , c’est
aussi une suite d´ ecroissante de sous-modules de M donc elle est stationnaire. Soit (P
n)
nune suite d´ ecroissante de sous-modules de M/N . Notons p : M → M/N la surjection
canonique. Alors (p
−1(P
n))
nest une suite d´ ecroissante de sous-modules de M , donc sta- tionnaire. Or p est surjective, donc p
−1(P
n+1= p
−1(P
nimplique P
n+1= P
n, donc (P
n) est stationnaire.
R´ eciproquement supposons N et M/N artiniens et soit (M
n)
nune suite d´ ecroissante de sous-modules de M . Alors (N ∩ M
n)
net p(M
n) sont stationnaires. Le lemme des cinq appliqu´ e ` a
1 // N ∩ M
n+1//
M
n+1//
p(M
n+1) //
1
1 // N ∩ M
n// M
n// p(M
n) // 1 montre que (M
n) est aussi stationnaire.
4. Un corps est ´ evidemment artinien. R´ eciproquement, soit A int` egre artinien et x 6= 0 ∈ A.
Par artinianit´ e, il existe n tel que (x
n+1) = (x
n) et donc il existe a ∈ A tel que x
n= ax
n+1. Comme A est int´ egre, on peut simplifier par x
net donc ax = 1, x est inversible, donc A est un corps.
5. Si k est de dimension fini, il est clairement artinien. R´ eciproquement, si M est de dimen- sion infini, l’ensemble des sous-k-espaces vectoriels de M qui ne sont pas de dimension fini n’admet pas d’´ el´ ement minimal (si M est tel, choisir une base de M et retirer un ´ el´ ement de cette base, on obtient un sous-module strict qui est en encore de dimension infini).
6. Soit I un id´ eal artinien maximal de A. D’apr` es la question 1 de l’exercice 10, comme A est noeth´ erien, il existe ¯ a ∈ A/I tel que (¯ a) soit un A-module isomorphe ` a A/p avec p ∈ Spec A. Par hypoth` ese, p est un id´ eal maximal de A donc A/p est artinien, et donc (¯ a) aussi. Soit J la pr´ eimage de (a) par la surjection A → A/I . Alors I et J/I ' (a) sont artiniens, donc J est artinien d’apr` es 3, ce qui contredit la maximalit´ e de I.
7. (a) Si p est un id´ eal premier de A, A/p est un A-module artinien d’apr` es 3 et donc un anneau artinien (les sous-A-modules et les sous-A/p-modules de A/p sont les mˆ emes). D’apr` es 4, p est donc un id´ eal maximal.
(b) Soit (m
n)
n∈Nune suite injective d’id´ eaux maximaux de A. Alors ( Q
ni=1
m
i)
n∈Nest une suite strictement d´ ecroissante d’id´ eaux (on peux par exemple utiliser le lemme chinois, pour obtenir Q
n−1i=1
m
i/ Q
ni=1
m
i' A/m
n6= 0), ce qui contredit l’artinianit´ e.
(c) m
n/m
n+1est un A-module artinien d’apr` es 3 et donc aussi un k
m-espace vectoriel artinien (les sous-A-modules et le sous-k
m-espaces vectoriels coincident), donc de dimension fini d’apr` es 5. En particulier, c’est un A-module noeth´ erien. On montre par r´ ecurrence sur n que A/m
nest un A-module noeth´ erien en utilisant l’´ equiavalent de 3 pour la noeth´ erianit´ e.
Par artinianit´ e, la suite (m
n) est stationnaire. donc A/m
∞est un A-module noeth´ erien, donc un anneau noeth´ erien.
(d) La surjectivit´ e est donn´ e par le lemme chinois. Il existe n tel que pour tout m m
n+1= m
n. Alors R
∞= Q
m
m
n. Donc R
∞m = m
n+1Q
n6=m
n = R
∞.
(e) Soit J
0minimal parmi les id´ eaux contenant strictement J. Alors J
0/J n’a pas de sous-modules autres que 0 et lui-mˆ eme par minimalit´ e de J
0. Donc J
0/J ' A/m pour un certain m ∈ Spec A, et donc J
0m ⊂ J. Donc J
0R
∞= J
0mR
∞⊂ JR
∞= 0, ce qui contredit la d´ efinition de J puisque J
0* J.
(f) Donc J = A, donc R
∞= 0, le morphisme A → Q
m∈Spec(A)
A/m
∞est donc un isomor-
phisme d’apr` es le lemme chinois. Donc A est un produit fini d’anneaux noetheriens
donc est noetherien.
Exercice 10. Id´ eaux associ´ es
Soit A un anneau noetherien. Si M est un A-module, et m ∈ M on note Ann(m) = {a ∈ A, am = 0}. On note Ass(M ) = {p ∈ Spec(A) : ∃m ∈ M, p = Ann(m)}.
1. Montrer que, si M 6= 0, Ass(M) est non vide. Montrer plus pr´ ecis´ ement que S
p∈Ass(M)
p = {a ∈ A : ∃x ∈ M \{0}, ax = 0}.
2. Montrer que, si M est de type fini, il existe une suite de sous-modules 0 = M
0⊂ M
1⊂
· · · ⊂ M
n−1⊂ M
n= M tels que M
k/M
k−1= A/p
kavec p
k∈ Spec A.
3. Montrer que si 0 → M
1→ M → M
2→ 0 est une suite exacte, Ass(M ) ⊂ Ass M
1∪Ass M
2. En d´ eduire que si M est de type fini, Ass(M ) est fini.
4. Montrer que si S est une partie multiplicative de A, Ass
S−1A(S
−1M ) = Ass
A(S
−1M ) = Ass(M ) ∩ Spec(S
−1A).
5. Montrer que Ass(M) ⊂ Supp(M ) := {p ∈ Spec(A) : M
p6= 0} et Ass(M ) contient les
´ el´ ements minimaux de Supp(M ).
Correction. 1. Soit p un ´ el´ ement maximal pour l’inclusion de {Ann(m), m ∈ M \{0}} (un tel ´ el´ ement maximal existe parce que A est noetherien). Montrons que p est premier.
Soient f, g ∈ A tels que f g ∈ p et supposons f / ∈ p. Soit m ∈ M tel que p = Ann(m).
Comme p ( p + Af ⊂ Ann(gm), par maximalit´ e de p, on a gm = 0, et donc g ∈ Ann(m), ce qui prouve que p est premier, et donc dans Ass(M ).
L’inclusion S
p∈Ass(M)
p ⊂ {a ∈ A : ∃x ∈ M\{0}, ax = 0} est ´ evidente. R´ eciproquement, soit a tel qu’il existe x ∈ M \{0} tel que ax = 0. Il existe un ´ el´ ement maximal p de {Ann(m), m ∈ M \{0}} qui contient Ann(x). Alors p ∈ Ass(M ) et a ∈ p.
2. On construit M
kpar r´ ecurrence. Supposons M
kconstruit et M
k6= M . Soit p = Ann(m) ∈ Ass(M/M
k). L’application A → M/M
k: a 7→ am induit une injection f : A/p → M/M
k. Soit M
k+1l’image r´ eciproque dans M de l’image de f.La suite M
kest strictement croissante tant que M
k6= M , donc par noetherianit´ e et finitude de M , il existe k tel que M = M
k.
3. Soit p ∈ Ass(M ) et soit m ∈ M tel que p = Ann(m). Si il existe a / ∈ p tel que am ∈ M
1alors Ann(am) = {b ∈ A : ba ∈ p} = p par primalit´ e de p et donc p ∈ Ass M
1. Sinon, en notant ¯ m l’image de m dans M
2, Ann( ¯ m) = p et donc p ∈ Ass M
2.
4. Soit p = Ann(m/s) ∈ Ass
A(S
−1M ). Comme m/s 6= 0, S ∩Ann
A(m/s) = ∅. Par noetheria- nit´ e, l’ensemble {Ann(s
0m)}
s0∈Sadmet un ´ el´ ement maximal ; soit s
00∈ S correspondant.
Pour tout s
0∈ S, Ann(s
00m) ⊂ p et si p ∈ p, il existe s
00∈ S tel que ps
00m = 0 et donc p ∈ Ann(s
00s
00m). Par maximalit´ e de s
00, p ∈ Ann(s
00m) et donc p ∈ Ass(M ) : Ass
A(S
−1M ) ⊂ Ass(M ) ∩ Spec(S
−1A).
R´ eciproquement Si p = Ann(m) ∈ Ass(M ) ∩ Spec(S
−1A), Ann
A(m/s) = {a : ∃s
0∈ S, s
0a ∈ p} = p par primalit´ e de p, donc Ass
A(S
−1M ) = Ass(M ) ∩ Spec(S
−1A).
Si m/s ∈ S
−1M, Ann
S−1A(m/s) = S
−1Ann
A(m/s) d’o` u l’autre ´ egalit´ e.
5. Si p ∈ Ass(M ), p ∈ Ass(M
p) d’apr` es la question pr´ ec´ edente, et donc M
p6= 0 : p ∈ Supp(M ). Si p est un ´ el´ ement minimal de Supp M , alors Supp
ApM
p= {p}. Comme Ass
Ap(M
p) ⊂ Ass M est une partie non vide de Supp
ApM
p= {p}, elle contient p.
Exercice 11. D´ ecomposition primaire
On suppose encore A noetherien. Un A-module M est dit coprimaire si Ass(M ) est un singleton.
Un sous-A-module N de M est dit primaire si M/N est coprimaire.
1. Soit M un A-module non nul. Montrer que M est coprimaire si et seulement si pour tout
a ∈ A diviseur de 0 dans M et pour tout x ∈ M , il existe n ∈ N tel que a
nx = 0.
2. Soit M un module de type fini et N un sous-module. Montrer qu’il existe une famille fini (Q
i) de sous-modules primaires de M tels que N = T
Q
i.
Correction. 1. Supposons M coprimaire et soit p l’unique id´ eal associ´ e de M . Alors {a ∈ A : ∃x ∈ M \{0}, ax = 0} = p d’apr` es exo 7.1. On doit donc montrer que si a ∈ p, pour tout x ∈ M , il existe n tel que a
nx = 0, i.e.M [
1a] = 0. En utilisant exo 7.4, Ass(M [
1a]) = Ass(M ) ∩ {q ∈ Spec A, a / ∈ q} = ∅ puisque a ∈ p. Donc M [
1a] est nul d’apr` es exo 7.1.
Supposons que pour tout a ∈ A diviseur de 0 dans M et pour tout x ∈ M , il existe n ∈ N tel que a
nx = 0. Soit p = {a ∈ A : ∃x ∈ M \{0}, ax = 0} = {a ∈ A : ∀x ∈ M, ∃n ∈ N, a
nx = 0}. Soit q = Ann(x) ∈ Ass(M ), alors, q ⊂ p d’apr` es exo 7.1. Par hypoth` ese, si a ∈ p, il existe n tel que a
nx = 0 et donc a
n∈ q. Par primalit´ e de q, a ∈ q : p ⊂ q. Donc tout id´ eal associ´ e est p et comme Ass(M ) 6= ∅, Ass(M ) = {p}.
2. Quitte ` a remplacer M par M/N , on peut supposer N = {0}.
Pour p ∈ Ass(M ), soit Q
pun ´ el´ ement maximal de {N ⊂ M, p ∈ / Ass(N)} (il en existe par noetherianit´ e de A et finitude de M et car cet ensemble est non vide puisque {0} en fait partie). Montrons que Ass(M/Q
p) = {p}. D’abord, comme p ∈ Ass(M ) ⊂ Ass(Q
p) ∪ Ass(M/Q
p) et p ∈ / Ass(Q
p), on a p ∈ Ass(M/Q
p). Si q ∈ Ass(M/Q
p), alors il existe x ∈ M tel que q = Ann(¯ x) o` u ¯ x est l’image de x dans M/Q
p. On a une suite exacte
0 → Q
p→ Q
p+ Ax → A/q → 0
et donc Ass(Q
p+ Ax) ⊂ Ass(Q
p) ∪ Ass(A/q). Par maximalit´ e de Q
p, p ∈ Ass(Q
p+ Ax) et donc p ∈ Ass(A/q) = {q}. Donc p = q : Q
pest bien primaire. Maintenant, Ass( T
p
Q
p) ⊂ T
p
Ass(Q
p) = ∅ car pour tout p ∈ Ass(M ), p ∈ / Ass(Q
p). Donc T
p
Q
p= 0 d’apr` es exo 7.1.
3 Sch´ emas
Exercice 12. Soit X un sch´ ema. Montrer que les propositions suivantes sont ´ equivalentes : 1. pour tout ouvert U de X, O
X(U ) est r´ eduit ;
2. il existe un recouvrement par des ouverts affine (U
i)
i∈Itels que O
X(U
i) soit r´ eduit pour tout i ∈ I ;
3. pour tout x ∈ X, O
X,xest r´ eduit.
Correction. 1 implique 2 est ´ evident.
2 implique 3 d´ ecoule de l’exercice 6. En effet, si x ∈ X, x est contenu dans l’un des U
i= Spec A
i, avec A
i= O
X(U
i) r´ eduit et x correspond ` a un id´ eal premier p de A
i. Alors O
X,x= A
i,pest r´ eduit d’apr` es l’exercice 6.
Si 3 est vrai, et U est un ouvert de X, le morphisme O
X(U ) → Q
x∈X
O
X,xest injectif et donc O
X(U ) est un sous-anneau d’un anneau r´ eduit et est donc r´ eduit.
Exercice 13. Soit X un sch´ ema. Montrer que X est quasi-compact si et seulement si X poss` ede un recouvrement fini par des ouverts affines. Sous cette hypoth` ese, montrer que :
1. si X est non vide, X contient un point ferm´ e.
2. Si a, f ∈ O
X(X), alors la restriction de a ` a O
X(X
f) est nulle si et seulement s’il existe un entier n > 0 tel que f
na = 0.
3. Le morphisme canonique X −→ Spec(O
X(X)) est d’image dense.
Correction. X est recouvert par les ouverts affines, donc si X est quasicompact, on peut en extraire un recouvrement fini. R´ eciproquement, les sch´ emas affines sont quasicompact, donc si X poss` ede un recouvrement fini par des ouverts affines, X est une union fini de quasicompacts et donc est quasicompact.
1. Soit X = S
ni=1
U
iavec U
i= Spec A
iaffine non vide. Soit x
1un point ferm´ e de U
1(i.e.un id´ eal maximal de A
1). On construit x
ipar r´ ecurrence en posant x
i+1= x
isi {x
i} ∩ U
iest vide et x
i+1un point ferm´ e de {x
i} ∩ U
isinon. Par r´ ecurrence {x
i} ∩ S
j
6 iU
i= {x
i}.
Donc x
nest un point ferm´ e de X.
2. Soit X = S
ni=1
U
iavec U
i= Spec A
i. On a X
f= S
i
U
i,favec U
i,f= Spec A
i,f. On a : a
|OX(Xf)= 0 ssi (car O
Xest un faisceau) a
|Ai,f= 0 pour tout i, ssi pour tout i il existe n
itel que f
nia soit nul dans A
i,f, ssi (par finitude de {i}) il existe n tel que pour tout i f
na = 0 dans A
i,f, ssi (car f estun faisceau) il existe n tel que f
na = 0 dans O
X(X).
3. La question pr´ ec´ edente montre que si f ∈ O
X(X) alors O
X(X)
f→ O
X(X
f) est injectif.
En particulier si O
X(X)
fest non nul, O
X(X
f) est non nul et donc X
fest non vide.
Comme φ : X −→ Spec(O
X(X)) envoie X
fdans D(f), on en d´ eduit que l’image de φ intersecte tout ouvert principal non vide, et donc l’image de φ est dense puisque les ouverts principaux forment une base d’ouvert.
Exercice 14. Soit K un corps de nombres, et O
Kson anneau d’entiers. En utilisant la finitude du nombre de classes d’id´ eaux de O
K, montrer que tout ouvert de Spec(O
K) est principal. En d´ eduire que tout sous-sch´ ema ouvert de Spec(O
K) est affine. En r´ ealit´ e, on n’a pas besoin de l’hypoth` ese de finitude du nombre de classes d’id´ eaux de O
Kpour cette derni` ere propri´ et´ e. De fa¸con pr´ ecise, si A est un anneau de Dedekind (i.e. int` egre noeth´ erien normal et de dimension 6 1), montrer que tout sous-sch´ ema ouvert de Spec(A) est affine.
Correction. Soit U un ouvert non vide de X. Soit I un id´ eal de O
Kd´ efinissant F := X\U . Par finitude du nombre de classes d’id´ eaux de O
K, il existe n > m tels que [I
n] = [I
m], et donc I
n−mest principal : I
n−m= f , et donc U = D(f ).
Passons au cas d’un anneau de Dedekind. Rappelons qu’un anneau de Dedekind local est un anneau de valuation discr` ete.
Rappelons pourquoi A = T
m
A
m⊂ Frac(A). Soit x ∈ T
m
A
met soit I = {a ∈ A, ax ∈ A}.
Supposons I 6= A, et soit m un id´ eal maximal contenant I. Comme x ∈ A
m, il existe m / ∈ m tel que mx ∈ A, i.e.m ∈ I, ce qui contredit I ⊂ m. Donc I = A, et donc x = 1x ∈ A.
Si f 6= 0 ∈ A, tous les id´ eaux premiers de A/(f) sont minimaux, donc ils sont en nombre fini : D(f) est le compl´ ementaire d’un ensemble fini de points ferm´ es. On est donc ramen´ e au cas U = X\{m} o` u m est un id´ eal maximal de A.
Soit t/s ∈ A
mun g´ en´ erateur de mA
m. Alors t est aussi un g´ en´ erateur de mA
m. L’ensemble des id´ eaux premiers de A contenant t est fini : soit {m, m
1, · · · , m
k} une ´ enum´ eration de ces id´ eaux.
Soit t
i∈ A un g´ en´ erateur de m
iA
mi. Si t
i∈ m on remplace t
ipar t
i+ t
0io` u t
0i∈ m
2i\m. Alors f = t
−1Q
t
vimi(t)est dans O
X(U )\A.
Le morphisme φ : A → A[f ] induit un morphisme φ
∗: Y := Spec A[f ] → X qui se factorise
`
a travers U . Si D(a) est un ouvert principal de X contenu dans U , alors f a ∈ A
m0pour tout m
0∈ U et f a ∈ A
m. Donc f a ∈ S
m0∈SpecA
A
m0= A. Donc A[
1a] → A[f ][
1a] est un isomorphisme.
Donc φ
∗induit un isomorphisme de sch´ emas φ
∗,−1(D(a)) = D(φ(a)) → D(a). Comme les D(a) recouvrent U , on en d´ eduit que φ
∗est un isomorphisme.
Exercice 15. Soit k un corps et X une k-vari´ et´ e affine. Montrer qu’il existe une k-vari´ et´ e
projective dont X est un sous-sch´ ema ouvert.
Correction. Soit A = O
X(X), x
1, · · · , x
nune famille g´ en´ eratrice finie de A sur k et soit f : X → A
nkl’immersion ferm´ ee induite par f
∗: k[X
1, · · · , X
n] → A envoyant X
isur x
i. Soit I = Ker(f
∗). Consid´ erons ˜ I
kl’ensemble des polynomes homog` enes P de k[T
0, . . . , T
n] de degr´ e k tel que P (1, T
1, . . . , T
n) ∈ I. Alors ˜ I := L
k
I ˜
kest un id´ eal homog` ene de k[T
0, · · · , T
n], d’o` u une immersion ferm´ ee Y := Proj B → P
nko` u B = k[T
0, . . . , T
n]/ I. Le morphisme sur- ˜ jectif d’anneaux gradu´ es k[T
0, . . . , T
n] → B induit un morphisme surjectif k[
TT10
, . . . ,
TTn0
] = k[T
0, . . . , T
n][
T10
]
0→ B[
T10
]
0dont le noyau est ˜ I[
T10
]
0= {P (
TT10
, . . . ,
TTn0
), P ∈ I}. On obtient donc un isomorphisme A → B [
T10
]
0en envoyant P sur P (
TT10
, . . . ,
TTn0
), d’o` u un isomorphisme de sch´ emas D
+,Y(T
0) ' X : X est un sous-sch´ ema ouvert de Y .
Exercice 16. Soit A un anneau commutatif, et G un groupe fini d’automorphismes de A.
On note par A
Gle sous-anneau de A form´ e des ´ el´ ements G-invariants. Soit p : Spec(A) −→
Spec(A
G) le morphisme induit par l’inclusion A
G−→ A.
i) Montrer que A est une A
G-alg` ebre enti` ere. Indication : pour a ∈ A, consid´ erer le polynˆ ome P
a(T ) := Π
g∈G(T − g(a)). En d´ eduire que p est surjective.
ii) Montrer que G agit naturellement sur Spec(A). Soit x, y ∈ Spec(A). Montrer que p(x) = p(y) si et seulement s’il existe g ∈ G tel que g(x) = y.
iii) Soit a ∈ A. Ecrivons P
a(T ) = T
n+b
n−1T
n−1+ ...+ b
1T +b
0. Montrer que p(D(a)) = ∪D(b
i).
En d´ eduire que p est ouverte.
iv) Soit b ∈ A
G. Montrer que p
−1(D(b)) = D(bA), et que (A
G)
b= (A
b)
G. Montrer que, si V ⊂ Spec(A
G) est ouvert, alors G agit sur le sous-sch´ ema p
−1(V ) de Spec(A), et que O
V(V ) = O
p−1(V)(p
−1(V ))
G.
v) Montrer que p est un morphisme quotient de Spec(A) par G dans la cat´ egorie des sch´ emas, i.e. que p ◦ g = p pour tout g ∈ G et que p est universel pour cette propri´ et´ e. Autrement dit, pour tout sch´ ema X, tout morphisme f : Spec(A) −→ X, v´ erifiant f ◦ g = f pour tout g ∈ G, se factorise de mani` ere unique par p.
Correction. 1. P
aest ` a coefficient dans A
Get unitaire, donc a est entier sur A
G. Donc p est surjective d’apr` es le going-up de Cohen-Seidenberg.
2. G agit sur A, donc par contravariance de Spec, G agit sur Spec A par gx = (Spec g
−1)(x) = g(x). Soit ι : A
G→ A l’injection canonique. Pour tout g ∈ G, gι = ι donc pg
−1= p.
Supposons p(x) = p(y). Soit a ∈ x. Alors Q
g
g(a) ∈ x ∩ A
G= p(x) = p(y) ⊂ y. Donc il existe g ∈ G tel que g(a) ∈ A, i.e.y ⊂ S
g
g (x). Soit I = {1, . . . , n} minimal tel que y ⊂ S
i∈I
g
i(x). Soit a
i∈ y\ S
j∈I\{i}
g
j(x). Si I > 2, alors a
i+ Q
j6=i
a
j∈ y\ S
i∈I
, d’o` u une contradiction. Donc il existe g tel que y ⊂ g(x). D’o` u y = g(x) d’apr` es le going-up de Cohen-Seidenberg.
3. Soit p ∈ D(a). Soit E = {g ∈ G : g(a) ∈ / p} 6= ∅ et soit k = |E|. Alors b
n−k= P
I⊂G,|I|=k
Q
g∈I
g(a) ∈ A
G\p, donc p ∈ D(b
n−k). R´ eciproquement, si q ∈ D(b
k) et soit p tel que q = p ∩ A
G, il existe g tel que g(a) ∈ / p. Donc g
−1(p) ∈ D(a).
4. Soit p ∈ Spec A, alors p ∈ p
−1(D(b)) ssi b / ∈ p ∩ A
Gssi b / ∈ p ssi p ∈ D(b).
On fait agir G sur A[
1b] par g(a/b
n) = g(a)/b
n. Le morphisme A → A[
1b] est G-´ equivariant donc induit un morphisme A
G→ A[
1b]
G, qui induit, puisque b est inversible dans A[
1b]
G, un morphisme φ : A
G[
1b] → A[
1b]
G. Comme A
G[
1b] → A[
1b] est injectif par exactitude
`
a gauche de la localisation, φ est injectif. Si a/b
n∈ A[
1b]
G, pour tout g il existe m
gtel que b
mgg(a) = b
mga, donc il existe m tel que b
ma ∈ A
Gpar finitude de G et donc a/b
n= b
ma/b
n+m∈ A
G[
1b].
Comme p est G-´ equvariant, p
−1(V ) est invariant par G et donc G agit dessus, d’o` u une
action de G sur p
∗O
SpecA. On a un morphisme de faisceau p
#: O
SpecAG→ p
∗O
SpecA;
comme pg = p, gp
#= p
#. Donc p
#est ` a valeur dans le sous-pr´ efaisceau (p
∗O
SpecA)
Gde p
∗O
SpecA, d’o` u le morphisme voulu O
SpecAG(V ) → O
SpecA(p
−1(V ))
G. Quand V = D(b), O
SpecAG(V ) = A
G[
1b] et O
SpecA(p
−1(V ))
G= A[
1bGet la question pr´ ec´ edente prouve que le morphisme O
SpecAG(V ) → O
SpecA(p
−1(V ))
Gest un isomorphisme. Si V est un ouvert quelconque de Spec A
G, on peut recouvrir V par des ouverts principaux : V = S
i∈I
U
iavec U
i= D(b
i). On a alors un diagramme commutatif :
0 // O
SpecAG(V ) //
Q
i
A
G[
b1i
] //
Q
i,j
(A
G)[
b1ibj
]
0 // O
SpecA(p
−1(V )) // Q
i
A[
b1i
]
G// Q
i,j
A[
b1ibj