b) L’homomorphisme canonique de $H$ dans $S^{-1}H$ induit pour chaque $n$ un isomorphisme $u_n$ de $H_n$ sur $S^{-1}H_{\geq n}/S^{-1}H_{\geq n+1}$; les $u_n$ sont les composants homogènes d’un isomorphisme d’anneaux gradués de $H$ sur l’anneau gradué associé à $S^{-1}H$, filtré par les $S^{-1}H_{\geq n}$.

Pour tout idéal $a$ de $H$, notons $a^{\mathrm{gr}}$ le plus grand idéal gradué contenu dans $a$; on a $a^{\mathrm{gr}} = \sum_n (a \cap H_n)$.

b) Tout élément maximal de l’ensemble des idéaux gradués de $H$ distincts de $H$ est un idéal maximal de $H$ qui contient $H_{\geq 1}$.

c) Tout idéal premier minimal de $H$ est gradué.

a) Cela résulte de III, § 1, n° 4, prop. 4.

b) Soit $m$ un idéal gradué de $H$ distinct de $H$. Alors on a

Si $m$ est maximal, alors on a $m = m_0 + H_{\geq 1}$, où $m_0$ est un idéal maximal de $H_0$, d’où $b$.

c) Soit $p$ un idéal premier minimal de $H$. Comme $p^{gr}$ est premier d’après $a$ et contenu dans $p$, on a $p = p^{gr}$, d’où $c$.

\* Remarque 1. — Reprenons les notations de l’exemple 1 du n° 1. Le lemme 2 implique que, si deux sous-variétés irréductibles $Y$ et $Z$ de $\mathbf{C}^{n+1}$ ont le même cône projetant et si $Z \subset Y$ et $Z \neq Y$, alors $Y$ est le cône projetant de $Z$, et $Z$ est de codimension 1 dans $Y$. \*

Remplaçant $H$ par $H/q^{gr}$ on se ramène au cas où $q^{gr} = \{0\}$. Alors $H$ est intègre (lemme 1, $a$), $p^{gr} = 0$, et il s’agit de prouver que $ht(p) \leq 1$ : cela entraînera en effet que $ht(q) = 0$, donc que $q = \{0\}$. Puisque $p^{gr} = \{0\}$, on a $p \cap H_n = \{0\}$ pour tout $n$, et $p$ est disjoint de la partie multiplicative $T = \bigcup (H_n - \{0\})$. L’anneau $H_p$ est donc isomorphe à un anneau de fractions de $T^{-1}H$, et l’on a donc

(§ 1, n° 3, prop. 6 et 7). Mais, d’après le lemme 4 de V, § 1, n° 8, $T^{-1}H$ est un corps ou est isomorphe à un anneau $K[X, X^{-1}]$, où $K$ est un corps ; on a donc $\dim(T^{-1}H) \leq 1$ et $ht(p) \leq 1$, ce qu’on voulait démontrer.

D’après le lemme 1, $a$, l’idéal $p^{gr}$ est premier et contenu dans $p$, donc $ht(p^{gr}) \leq ht(p) - 1$. La proposition étant triviale lorsque $ht(p^{gr}) = + \infty$, on peut supposer $ht(p^{gr}) < + \infty$. Démontrons l’inégalité $ht(p) \leq ht(p^{gr}) + 1$ par récurrence sur $ht(p^{gr})$. Il suffit de prouver que, pour tout idéal premier $q$ contenu dans $p$ et distinct de $p$, on a $ht(q) \leq ht(p^{gr})$. Distinguons deux cas suivant que $q^{gr} \neq p^{gr}$ ou que $q^{gr} = p^{gr}$. Si $q^{gr} \neq p^{gr}$, alors on a $ht(q^{gr}) < ht(p^{gr})$; on a

d’après l’hypothèse de récurrence si $q \neq q^{gr}$ et trivialement si $q = q^{gr}$; par conséquent, on a $ht(q) \leq ht(q^{gr}) + 1 \leq ht(p^{gr})$, ce qu’on voulait démontrer. Si $q^{gr} = p^{gr}$, alors on a $q = q^{gr}$ d’après le lemme 2, donc $ht(q) = ht(q^{gr}) \leq ht(p^{gr})$, d’où encore la conclusion voulue.

a) Toute chaîne d’idéaux premiers gradués de H, saturée comme chaîne d’idéaux premiers gradués, est saturée comme chaîne d’idéaux premiers.

b) Pout tout idéal premier gradué p de H, on a htgr(p) = ht(S^{-1}p) = ht(p).

c) On a dimgr(H) = dim(S^{-1}H) = dim(H).

Pour démontrer a), il suffit de prouver que, si p et q sont deux idéaux premiers gradués distincts de H tels que q ⊂ p et que tout idéal premier gradué compris entre q et p soit égal à p ou à q, alors ht(p/q) = 1. En divisant par q, on se ramène au cas où q = {0}. Il s’agit donc de prouver que, si H est intègre, et si p est un idéal de H, minimal parmi les idéaux premiers gradués ≠ {0}, on a ht(p) = 1. Or, soit a un élément homogène non nul de p, et soit r un idéal premier de H tel que a ∈ r ⊂ p et minimal pour ces propriétés (II, § 2, no 6, lemme 2). Puisque r^{gr} est premier (lemme 1, a)) et non nul, on a r^{gr} = p, donc p = r. Comme H est intègre et noethérien, p est de hauteur 1 (§ 3, no 1, prop. 1), d’où a).

Démontrons b). Soit p un idéal premier gradué de H. On a

(prop. 2); démontrons l’inégalité ht(p) ≤ htgr(p) par récurrence sur htgr(p). Si htgr(p) = 0, p est minimal parmi les idéaux premiers gradués, donc minimal (lemme 1, c)) et l’on a ht(p) = 0. Supposons que l’on ait htgr(p) > 0 et prouvons l’inégalité ht(q) ≤ htgr(p) − 1 pour tout idéal premier q contenu dans p et distinct de p. Distinguons deux cas. Si q est gradué, on conclut par l’hypothèse de récurrence. Si q n’est pas gradué, alors on a q^{gr} ≠ p, donc ht(q^{gr}) ≤ htgr(q^{gr}) d’après l’hypothèse de récurrence, d’où ht(q) ≤ htgr(q^{gr}) + 1 d’après la prop. 3 ; il reste à prouver l’inégalité htgr(q^{gr}) ≤ htgr(p) − 2 ; mais si l’on avait htgr(q^{gr}) = htgr(p) − 1, la chaîne q^{gr} ⊂ p serait saturée d’après a), ce qui n’est pas puisque q^{gr} ≠ q ≠ p.

Prouvons enfin c). On a dimgr(H) ≤ dim(S^{-1}H) ≤ dim(H) (prop. 2), et il reste à prouver dim(H) ≤ dimgr(H), ou encore ht(p) ≤ dimgr(H) pour tout idéal premier p de H. Soit donc p un idéal premier de H. Si p est gradué, on a ht(p) = htgr(p) ≤ dimgr(H). Si p n’est pas gradué, on a ht(p) = htgr(p^{gr}) + 1 d’après la prop. 3 ; soit m un idéal gradué maximal de H contenant p^{gr} ; d’après le lemme 1, b), m est maximal, donc distinct de p^{gr}, et l’on a htgr(p^{gr}) + 1 ≤ htgr(m) ≤ dimgr(H), d’où encore ht(p) ≤ dimgr(H). Cela achève la démonstration.

On a, pour $n \geq n_0$, $M_{\geq n+1} = H_1 \cdot M_{\geq n}$, donc $S^{-1}M_{\geq n+1} = H_1 \cdot S^{-1}M_{\geq n} = S^{-1}H_{\geq 1} \cdot S^{-1}M_{\geq n}$.

Soit a l’annulateur du $H$-module $M$ ; c’est un idéal gradué de $H$. Comme $M$ est un $H$-module de type fini, l’annulateur du $S^{-1}H$-module $S^{-1}M$ est l’idéal $S^{-1}\alpha$ de $S^{-1}H$. On a $\dim_H(M) = \dim(H/\alpha)$ et $\dim_{S^{-1}H}(S^{-1}M) = \dim(S^{-1}H/S^{-1}\alpha)$. La prop. 4 résulte alors du th. 1, c) du n° 2 appliqué à l’anneau gradué $H/\alpha$.

L’anneau $S^{-1}H$ est local et noethérien (n° 1, remarque 1), le $S^{-1}H$-module $S^{-1}M$ est non nul de type fini, et de dimension $d = \dim_H(M)$ (prop. 4). Par ailleurs, $S^{-1}H_{\geq 1}$ est un idéal de définition de $S^{-1}H$ (§ 3, n° 2, lemme 2) et $S^{-1}M_{\geq n}$ est une filtration $S^{-1}H_{\geq 1}$-bonne sur $S^{-1}M$ (lemme 3). Enfin, on a $\operatorname{long}_{S^{-1}H} S^{-1}M_{\geq n}/S^{-1}M_{\geq n+1} = \operatorname{long}_{H_0}(M_n)$ pour tout $n$. Il suffit donc d’appliquer les th. 2 et 3 du § 4 (n°s 3 et 4).

Appliquant la prop. 5 au cas $M = H = \operatorname{gr}_q(A)$, on obtient la relation

avec $d = \dim(\operatorname{gr}_q(A))$ et $Q(1) \neq 0$. On a $d = \dim(A)$ d’après le th. 3 du § 4, n° 4, d’où le corollaire.

a) Soient $a_1, ..., a_n$ des éléments de $H$, homogènes de degrés $> 0$, et soit $\varphi$ l’homomorphisme (de $H_0$-algèbres) de $H_0[X_1, ..., X_n]$ dans $H$ qui transforme $X_i$ en $a_i$ pour $1 \leq i \leq n$. Le $S^{-1}H$-module $S^{-1}M / \sum_{i=1}^n (a_i/1).S^{-1}M$ est de longueur finie si et seulement si $\varphi_*(M)$ est un module de type fini sur $H_0[X_1, ..., X_n]$.

b) Il existe une famille $(a_1, ..., a_d)$ d’éléments de $H$, tous homogènes d’un même degré $> 0$, avec $d = \dim_H(M)$, et telle que $(a_1/1, ..., a_d/1)$ soit une suite sécante maximale pour le $S^{-1}H$-module $S^{-1}M$. Si de plus $H$ est engendré par $H_1$ comme $H_0$-algèbre, et si le corps résiduel de $H_0$ est infini, on peut prendre les $a_i$ de degré 1.

a) Posons $N = M / \sum_{i=1}^n a_i M$. On a $\dim_H(N) = \dim_{S^{-1}H}(S^{-1}N)$ d’après la prop. 4. Par suite, le $S^{-1}H$-module $S^{-1}N$ est de longueur finie si et seulement si le $H$-module $N$ est de longueur finie, c’est-à-dire si et seulement si $N$ est un $H_0$-module de type fini. Si $\varphi_*(M)$ est le module sur $H_0[X_1, ..., X_n]$ déduit de $M$ par l’homomorphisme $\varphi : H_0[X_1, ..., X_n] \to M$, on a $N = \varphi_*(M)/\sum_{i=1}^n X_i \cdot \varphi_*(M)$. Par suite (A, II, p. 171, cor. 3 et remarque) $\varphi_*(M)$ est un module de type fini sur $H_0[X_1, ..., X_n]$ si et seulement si $N$ est un $H_0$-module de type fini. Ceci prouve a).

Pour prouver b), nous établirons d’abord un lemme.

Posons $d = \dim_H(M)$. D’après la définition de $b$, on a $\dim_H(M/bM) < d$. D’après la prop. 4, on a

et la formule (8) du § 3, no 2 fournit l’inégalité Enfin, on a d’après la prop. 4. On a donc $\dim_H(M/bM) \geq d - 1$, d’où le lemme 4.

Reprenons la démonstration de la prop. 6, b). On peut supposer $\dim_H(M) > 0$. Remarquons que tout élément minimal de $\mathrm{Supp}(M)$ est gradué (appliquer le lemme 1 du no 2 au quotient de $H$ par l’annulateur de $M$). D’après la prop. 8 de III, § 1, no 4, il existe donc un élément homogène $b$ de $H$, de degré $> 0$, n’appartenant à aucun des éléments minimaux $p$ de $\mathrm{Supp}(M)$ tels que $\dim(H/p) = \dim_H(M)$. D’après le lemme 4, on a $\dim_H(M/bM) = \dim_H(M) - 1$. Supposons de plus $H$ engendrée par $H_1$ comme $H_0$-algèbre et le corps résiduel $k$ de $H_0$ infini. Pour tout élément minimal $p$ de $\mathrm{Supp}(M)$, tel que $\dim(H/p) = \dim_H(M)$, considérons le sous-espace vectoriel $V_p = (p \cap H_1) \otimes_{H_0} k$ du $k$-espace vectoriel $V = H_1 \otimes_{H_0} k$. Si on avait $V_p = V$, on aurait $\mathfrak{p} \cap H_1 = H_1$ (II, § 3, n° 2, prop. 4), d’où $H_1 \subset \mathfrak{p}$ et $\dim_H(M) = \dim(H/\mathfrak{p}) \leq \dim(H/H_{\geq 1}) = 0$, ce qui n’est pas. Puisque $k$ est supposé infini, la réunion des $V_p$ est distincte de $V$; si $b \in H_1$ est tel que $b \otimes 1$ n’appartient à aucun des $V_p$, on a $\dim(M/bM) = \dim_H(M) - 1$.

Procédant par récurrence sur $d = \dim_H(M)$, on construit alors une suite $(b_1, ..., b_d)$ d’éléments de $H$, avec $b_i$ homogène de degré $n_i > 0$ et telle que $M / \sum_{i=1}^n b_i M$ soit un $H$-module de longueur finie. Si on suppose $H$ engendrée par $H_1$ comme $H_0$-algèbre et le corps résiduel de $H_0$ infini, on peut supposer $n_i = 1$ pour $i = 1, ..., d$. D’après la prop. 4, on a $\dim_{S^{-1}H}(S^{-1}M) = d$ et

Alors $(b_1/1, ..., b_d/1)$ est une suite sécante maximale pour le $S^{-1}H$-module $S^{-1}M$. Posons $a_i = b_i^{(n_1 ... n_d)/n_i}$ pour $1 \leq i \leq d$; alors les $a_i$ sont tous de même degré, et $(a_1/1, ..., a_d/1)$ est une suite sécante maximale pour $S^{-1}M$ (§ 3, n° 2, remarque 3).

Il existe d’après la prop. 6 un $H_0$-homomorphisme $\varphi$ de la forme indiquée qui fait de $H$ une $H_0[X_1, ..., X_n]$-algèbre finie. D’après le th. 1 du § 2, n° 3, on a alors

comme on a et que $H_0[X_1, ..., X_n]$ est intègre, ceci implique $\mathrm{Ker}\ \varphi = \{0\}$.

La condition est suffisante (§ 4, n° 4, th. 3 et § 5, n° 2, th. 1). Montrons qu’elle est nécessaire. Considérons l’anneau gradué gr(A) = gr_{m_A}(A); soit k une extension infinie du corps $\kappa_A$, et posons $H = k \otimes_{\kappa_A} \mathrm{gr}(A)$. L’anneau H est de dimension $\geq n$ (prop. 5 et son corollaire); on déduit donc du cor. 1 l’existence d’un homomorphisme gradué injectif de k-algèbres graduées $\varphi : H_0[X_1, ..., X_n] \to H$. On a par conséquent, pour tout entier $r \geq 0$,

et l’égalité pour tout $r$ implique la bijectivité de $\varphi$, donc la régularité de A (§ 5, n° 2, th. 1).

Les égalités

et

impliquent alors les assertions analogues pour la fonction $r \mapsto \mathrm{long}_A(A/m_A^{r+1})$.

Soient $m_1, ..., m_n$ des éléments homogènes de M, dont les images dans $M/rM$ engendrent le $R/rR$-module $M/rM$. Soit N le sous-R-module (gradué) de M engendré par $\{ m_1, ..., m_n \}$. Pour tout $i \in \mathbf{Z}$, on a $M_i = N_i + rM_i$, donc $M_i = N_i$ (II, § 3, n° 2, prop. 4); par suite on a $M = N$.

Soit X un ensemble générateur fini de la B-algèbre C. Pour tout $x \in X$, l’image de x dans $S^{-1}C$ est entière sur $S^{-1}B$, et il existe par conséquent un entier $n(x) \geq 0$, des éléments $b_1(x), ..., b_{n(x)}(x) \in B$ et un élément $f(x) \in S$ tels que

Soit $f = \prod_{x \in X} f(x)$; l’image de tout élément x de X dans $C_f$ est entière sur $B_f$, donc $C_f$ est une $B_f$-algèbre finie (V, § 1, n° 1, prop. 4).

Puisque H est de type fini comme $H_0$-algèbre, chaque $H_i$ est un $H_0$-module de type fini (III, § 1, no 2, corollaire à la prop. 1) et H est engendrée comme $H_0$-algèbre par $H_0 \oplus H_1 \oplus \cdots \oplus H_r$ pour un entier $r \geq 0$ convenable. Soit $p \in \mathrm{Spec}(H_0)$ et posons $\dim(H \otimes_{H_0} \kappa(p)) = n \geq 0$. D’après le corollaire 1 à la prop. 6, il existe des éléments $a_1, ..., a_n$ de H, tous homogènes de même degré $d > 0$, tels que le $\kappa(p)$-homomorphisme $\overline{\varphi} : \kappa(p)[X_1, ..., X_n] \to H \otimes_{H_0} \kappa(p)$ qui applique $X_i$ sur $a_i \otimes 1$ pour $1 \leq i \leq n$, fasse de $H \otimes_{H_0} \kappa(p)$ une $\kappa(p)[X_1, ..., X_n]$-algèbre finie. Notons $\varphi$ le $H_0$-homomorphisme de $H_0[X_1, ..., X_n] = R$ dans H qui applique $X_i$ sur $a_i$ pour $1 \leq i \leq n$. Si l’on pose, pour tout $m \in \mathbf{Z}$, $H'_m = \sum_{(m-1)d < i \leq md} H_i$, on obtient une graduation de type $\mathbf{Z}$ sur H, compatible avec la structure de R-module donnée par $\varphi$. Chaque $H'_m$ est de type fini sur $H_0$. D’après le lemme 5, $H_p$ est un $R_p$-module de type fini. D’après le lemme 6, il existe donc $f \in H_0 - p$ tel que $H_f$ soit un $R_f$-module de type fini. Pour tout $q \in \mathrm{Spec}(H_0)_f$, $H \otimes_{H_0} \kappa(q)$ est une $\kappa(q)[X_1, ..., X_n]$-algèbre finie, donc $\dim(H \otimes_{H_0} \kappa(q)) \leq n$ (§ 2, no 3, th. 1), ce qui achève la démonstration.

(iii) les $a_i$ sont algébriquement indépendants sur $H_0$ et engendrent $H$ comme $H_0$-algèbre.

On a $\dim(H) = \dim(S^{-1}H)$ (n° 2, th. 1), et $[H_+/H_+^2 : H_0] = [(S^{-1}H_+)/ (S^{-1}H_+)^2 : H_0]$ (II, § 3, n° 3, prop. 9); d’après le § 5, n° 1, cela entraîne $a$ et les équivalences (i) $\Leftrightarrow$ (ii) dans $b$ et $c$. Les deux implications (iii) $\Rightarrow$ (i) dans $b$ et $c$ sont triviales. Démontrons les implications (i) $\Rightarrow$ (iii). Supposons donc qu’on ait $\dim(H) = [H_+/H_+^2 : H_0]$ et soient $a_1, ..., a_n$ des éléments homogènes de $H$, de degrés $> 0$, dont les classes forment une base de $H_+/H_+^2$; considérons l’homomorphisme d’algèbres graduées $\varphi : H_0[X_1, ..., X_n] \to H$ qui envoie $X_i$ sur $a_i$. L’idéal $H_+$ de $H$ est engendré par les $a_i$ (A, II, p. 171, cor. 2 et remarque); par conséquent l’homomorphisme $\varphi$ est surjectif (III, § 1, n° 2, prop. 1). Mais on a

(§ 2, n° 4, cor. 1 du th. 3), donc $\mathrm{Ker}\, \varphi = 0$ puisque $H_0[X_1, ..., X_n]$ est intègre. Cela implique les assertions (iii).

Sous les hypothèses de $b$, on dit que $H$ est une $H_0$-algèbre graduée régulière, ou une $H_0$-algèbre graduée de polynômes. Sous les hypothèses de $c$, on dit que les $a_i$ forment un système de coordonnées gradué de $H$.