Dimension d'une variété algébrique affine

vlad
vlad
dans Algèbre
Bonsoir !
Je suis en train de traîter le problème du Perrin d'introduction à la géométrie algébrique concernant le théorème fondamental sur la dimension des variétés algébriques affines : que leur dimension est égale au degré de transcendance du corps des fractions de leur algèbre de fonctions.
La partie difficile est de montrer que la dimension de Krull de cette algèbre vaut le degré de transcendance de son corps des fractions, l'autre partie étant directe par le Nullstellensatz.

Le point "dur" consiste en une récurrence qui utilise le lemme de normalisation de Noether et le going-up de Cohen-Seidenberg : le cas où le degré de transcendance est nul est évident, vu qu'alors l'algèbre est un corps.
Mais j'ai un peu de mal pour finir : disons que c'est vrai pour un degré n-1, je regarde ce qui se passe au degré n. Par le lemme de normalisation, je sais que l'algèbre est entière sur, disons $k[X_1,\cdots,X_n]$. Par le going-up je sais que la dimension de Krull de l'algèbre n'est donc autre que celle de $k[X_1,\cdots,X_n]$, qui, je le sais, est supérieure à $n$ (avec la chaîne qui tombe sous le sens).

Maintenant je prends une chaîne $(0) \subset \mathfrak{p_1} \subset \cdots \subset \mathfrak{p_r}$ de $k[X_1,\cdots,X_n]$ et j'utilise le fait que le degré de transcendance du corps des fractions de $k[X_1,\cdots,X_n]/\mathfrak{p_r}$ est $\leq n-1$ (*).
Par hypothèse de récurrence j'en déduis que la dimension de $k[X_1,\cdots,X_n]/\mathfrak{p_r}$ est inférieure à $n-1$.

Maintenant, je pense être vraiment tout près du but, et ça peut paraître stupide et je dois rater quelque chose de plus ou moins évident, mais pas moyen de retomber sur la dimension de $k[X_1,\cdots,X_n]$ :( !

Avez-vous un petit indice ?

Merci bien et bonne soirée.

______________
(*) : c'est valable pour tout idéal premier mais je n'ai pas réussi à le montrer non plus ça, même si ça se pressent bien, en prenant comme idéal juste celui engendré par une seule variable et en se disant que c'est le pire (ou le meilleur seloin le point de vue :D) des cas...

Réponses

  • Molinier
    Molinier
    Ce que tu cherches à prouver c'est que la dimension de $k[X_1,\cdots,X_n]$ (au sens de Krull) est bien égale à n.

    En ce qui concerne (*), c'est lié au fait que si tu prends un idéal $\mathfrak{p_r}$ distinct de $(0)$ en que tu quotientes par cet idéal il y aura une relation de dépendance algébrique (non trivial) entre les images des indeterminées dans $k[X_1,\cdots,X_n]/\mathfrak{p_r}$, donc le degrès de transcendance est forcément inférieur ou égal à $n-1$. Seulement tu as quotienté par qqch de beaucoup tros gros et tu ne peux pas récupérer d'information sur le degrès de transcendance intéressante sur le quotient. Essayes plutôt de quotienter par $mathfrak{p_1}$ de regarder ce que va devenir ta chaine... d'observer que le degrès de transcendance de $k[X_1,\cdots,X_n]/\mathfrak{p_1}$ sera supérieur ou égal à $r-1$ par réccurence d'ou $n$ inférieur à $n$.
  • afk
    afk
    Si ta chaine est maximale $\mathfrak{p}_r$ est un idéal maximal donc $k[X]/\mathfrak{p}_r$ est de dimension 0 et l'hypothèse de récurrence est inutile. Tu devrais plutot quotienter par $\mathfrak{p}_1$.
  • vlad
    vlad
    Ah ben oui je sais pas pourquoi j'ai quotienté par le plus gros, ça n'a aucun intérêt, je suis fatigué...
    En tenant compte de cette bourde, je crois que ça marche assez vite par l'absurde :

    Si dim $k[X_1,\cdots,X_n] > n$, il existe une chaîne $(0) \subset \mathfrak{p_1} \cdots \subset \mathfrak{p_{n+1}}$ et donc dans $k[X_1,\cdots,X_n]/\mathfrak{p_1}$ on a, en passant au quotient, une chaîne de longueur $n$ ce qui est impossible par hypothèse de récurrence, en effet...

    Et pour (*), en effet ça m'est clair aussi ; la simple présence d'un polynôme non nul dans l'idéal fera que dans le quotient, $(X_1,\cdots,X_n)$ ne sera plus algébriquement libre...

    Je vous remercie pour m'avoir remis sur les bons rails aussi vite, bonne soirée !
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