Radical d'un idéal et intersection des idéaux premiers ⋆

(i) Si $x^n \in I \subset \mathfrak p$ avec $\mathfrak p$ premier, alors $x \in \mathfrak p$, par récurrence sur $n$.

Réciproquement, soit $x \notin \sqrt I$, et $S = \{x^n : n \in \mathbb N\}$, qui ne rencontre pas $I$. L'ensemble des idéaux contenant $I$ et ne rencontrant pas $S$ est non vide et inductif, comme dans la preuve du théorème de Krull ; soit $\mathfrak p$ un élément maximal, fourni par le lemme de Zorn (Lemme de Zorn). Il est différent de $A$, puisqu'il ne contient pas $1 = x^0$.

Il est premier : si $a, b \notin \mathfrak p$, les idéaux $\mathfrak p + aA$ et $\mathfrak p + bA$ rencontrent $S$, par maximalité, et l'on écrit $x^m = p_1 + ar$, $x^n = p_2 + bs$ ; alors $x^{m + n} \in \mathfrak p + abA$, et $ab \notin \mathfrak p$, sinon $x^{m+n} \in \mathfrak p$.

Ainsi $x$ n'appartient pas à l'idéal premier $\mathfrak p \supset I$.

(ii) Les idéaux premiers contenant $I$ sont les éléments de $V(I)$. Si $V(I) \subset V(J)$, l'intersection sur $V(J)$ est contenue dans l'intersection sur $V(I)$, soit $\sqrt J \subset \sqrt I$ par (i). Réciproquement, un premier qui contient $I$ contient $\sqrt I \supset \sqrt J \supset J$. Comme $V(I) = V(\sqrt I)$, deux idéaux radicaux distincts ont des fermés distincts ; et tout fermé est de la forme $V(I)$ pour un idéal $I$ (Topologie de Zariski, (i) et (iii)), donc de la forme $V(\sqrt I)$.

(iii) Un idéal maximal est premier (Idéaux premiers, maximaux, (iii)) : le premier paragraphe de la preuve de (i), qui ne fait aucun choix, montre que $\sqrt J$ est contenu dans l'intersection. Notons $K[X] = K[X_1, \dots, X_n]$ et $\pi : K[X] \to A$ la surjection canonique ; soit $P \in K[X]$ dont la classe $x = \pi(P)$ n'est pas dans $\sqrt J$. L'idéal $J_0 = \pi^{-1}(J)$ contient $I$, et aucune puissance $P^m$ n'y appartient, puisque $x^m \notin J$ ; en particulier $P \neq 0$.

Dans $K[X][T] = K[X_1, \dots, X_n, T]$, l'idéal $J_1$ engendré par $J_0$ et $1 - TP$ ne contient pas $1$. Sinon, on écrirait $$1 = \sum_k G_k Q_k + H\,(1 - TP)$$ avec $Q_k \in J_0$. Évaluons en $T = 1/P$, dans le corps des fractions de l'anneau intègre $K[X]$ (Corps des fractions, Anneau A[X], (iii)), par la propriété universelle (Évaluation, (i)) : $1 = \sum_k G_k(X, 1/P)\, Q_k$. En multipliant par une puissance $P^N$ assez grande pour chasser les dénominateurs, on obtient $P^N \in J_0$, ce qui est exclu.

Par Krull sans choix, (i), $J_1$ est contenu dans un idéal maximal $\mathfrak M_1$ de $K[X][T]$. Dans le corps $L = K[X][T]/\mathfrak M_1$, la restriction à $K$ de la surjection canonique est injective (Corps, (iii)), et l'on identifie $K$ à son image, sous-corps de $L$. Alors $L$ est engendré comme K-algèbre par les classes des $X_i$ et de $T$, donc de dimension finie sur $K$ (Lemme de Zariski).

Soit $\mathfrak M = \mathfrak M_1 \cap K[X]$, noyau du morphisme $K[X] \to L$. Son image $D \cong K[X]/\mathfrak M$ (Anneau quotient) est un sous-anneau intègre de $L$ qui contient $K$, sous-espace de $L$, donc de dimension finie sur $K$ (Dimension, (iii)) ; pour $y \neq 0$ dans $D$, la multiplication par $y$ est linéaire et injective de $D$ dans $D$, donc surjective (Théorème du rang), et $y$ est inversible dans $D$. Ainsi $D$ est un corps, et $\mathfrak M$ un idéal maximal (Idéaux premiers, maximaux, (ii)).

Il contient $J_0 \supset I$, et pas $P$, sans quoi $1 = TP + (1 - TP)$ serait dans $\mathfrak M_1$. Par Krull sans choix, (ii), $\pi(\mathfrak M)$ est un idéal maximal de $A$, qui contient $\pi(J_0) = J$, et pas $x$, puisque $\pi^{-1}(\pi(\mathfrak M)) = \mathfrak M$.