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FONCTIONS RÉGULUES 29
idéaux de type fini, I ′ = R k (R n+1 ). Il existe donc g1, . . . , gm+1 dans R k (R n+1 )
et f1, . . . , fm dans I telles que
g1f1 + · · · + gmfm + gm+1(xn+1f − 1) = 1
dans R k (R n+1 ).
Soit U = D(f), et soit h: U→R n+1 l’application k-régulue définie par h(x) =
(x, 1/f(x)). Comme l’image de h est de codimension 1 dans R n+1 , on a un
morphisme d’anneaux
φ: R k (R n+1 ) −→ R k (U)
induit par la composition avec h. On a alors
φ(g1)f1 + · · · + φ(gm)fm = 1
sur U. D’après le Lemme 5.1, il existe un entier naturel N tel que l’extension
par 0 de f N φ(gi) soit k-régulue sur R n tout entier, pour tout i. Du coup,
f N = f N φ(g1)f1 + · · · + f N φ(gm)fm ∈ I,
et donc f ∈ Rad(I).
Remarquons que le Nullstellensatz 5.24 n’est pas valable pour les fonctions
∞-régulues. Un contre-exemple est le suivant. Soit I l’idéal de R ∞ (R 2 ) engendré
par x 2 + y 2 . L’ensemble des zéros Z(I) de I est égal à l’origine de R 2 . La
fonction x s’annule bien sur Z(I), mais n’appartient pas à l’idéal radical Rad(I)
de I dans R ∞ (R 2 ). En effet, l’extension à R 2 de la fonction x N /(x 2 +y 2 ) n’est
de classe C ∞ pour aucun entier naturel N.
Corollaire 5.25 (Nullstellensatz). Soient n et k des entiers naturels.
(1) Soit F un fermé k-régulu de R n . Alors Z(I(F )) = F .
(2) Soit I un idéal (non-nécessairement de type fini) de R k (R n ). Alors,
I(Z(I)) = Rad(I).
En particulier, on a une correspondance entre les fermés régulus de R n et les
idéaux radicaux de R k (R n ).
Démonstration. Le (1) est une conséquence du (2). En effet, en écrivant F =
Z(I) pour un idéal I de R k (R n ), on a
Z(I(F )) = Z(I(Z(I))) = Z(Rad(I)) = Z(I) = F.
Il suffit donc de montrer le (2). Soit I un idéal quelconque de R k (R n ).
D’après la Proposition 5.15, il existe f ∈ I telle que Rad(f) = Rad(I). D’après
le Nullstellensatz pour idéaux de type fini, on a I(Z(f)) = Rad(f). Comme
Z(f) = Z(I) et Rad(f) = Rad(I), on a bien I(Z(I)) = Rad(I).
On donne une preuve différente du (2) sans utiliser le Nullstellensatz pour
idéaux de type fini. L’inclusion Rad(I) ⊂ I(Z(I)) est évidente. Pour l’inclusion
inverse on considère g ∈ I(Z(I)). D’après le Théorème 5.21, il existe f ∈ I
telle que Rad(f) = Rad(I) et Z(f) = Z(I). Par conséquent g ∈ I(Z(f))
i.e. Z(f) ⊆ Z(g). D’après le Lemme 5.1, il existe un entier naturel N tel
que l’extension par 0 de gN
f sur Z(g) soit k-régulue sur R n . Notons h cette
extension. On obtient finalement g N = fh ∈ I i.e. g ∈ Rad(I).