Una pregunta acerca de una prueba de una forma débil de Hilbert Nullstellensatz

Question

Estoy tratando de probar lo siguiente (corolario 5.24 página 67 de Atiyah-Macdonald):

Deje $k$ ser un campo y dejar a $B$ ser un campo en el que es un finitely generadas $k$-álgebra, es decir, hay un anillo de homomorphism $f: k \to B$$B = k[b_1, \dots , b_n]$$b_i \in B$. A continuación, $B$ es una expresión algebraica (y, por tanto, en este caso, finito) la extensión de $k$.

Hay una prueba de Atiyah-Macdonald pero es más como una sugerencia y no estoy seguro de entender los detalles. Me pueden decir si esta versión detallada de la prueba es correcta? Aquí va (¡gracias!):

Tenemos que mostrar que $b_i$ son algebraicos sobre $k$. Desde $k$ es un campo sabemos que $f$ es inyectiva entonces podemos ver $k$ como un subcampo de la $B$ ($f$ es nuestra incrustación de objetos). A continuación, $k \subset B$ son parte integral de los dominios y $B$ es finitely generado así que estamos en la posición para aplicar la proposición 5.23 la cual nos dice lo siguiente:

Si $b$ es un elemento no nulo de a$B$, entonces podemos encontrar un elemento no nulo $c$ $k$ que si $f: k \to \Omega$ es un homomorphism en un algebraicamente cerrado campo de $\Omega$ tal que $f(c) \neq 0$ entonces existe una extensión $g: B \to \Omega$ $f$ tal que $g(b) \neq 0$.

Se observa que el $1$ es un elemento no nulo de a $B$. La inclusión $i: k \hookrightarrow$ $k$ en su clausura algebraica $\overline{k}$ es un anillo homomorphism tal que $i(1) \neq 0$. Por el indicado previamente la proposición tenemos por lo tanto, puede encontrar un anillo de homomorphism $g: B \to \overline{k}$ tal que $g(1) \neq 0$. Aunque el hecho de que $g(1) \neq 0$ no nos interesa. Pero desde $g$ es un anillo homomorphism define en un campo sabemos que es inyectiva por lo tanto podemos ver $B$ como un subcampo de la $\overline{k}$. Y ahora hemos terminado, ya tenemos $k \subset B \subset \overline{k}$, por lo tanto $B$ está contenida en la clausura algebraica de $k$ y, por tanto, cada elemento de a $B$ es algebraico sobre $k$. En particular, $b_i$.

Me pregunto por qué se llama "Nullstellensatz". No parece tener nada que ver con las raíces de los polinomios.

Aquí está una imagen de la proposición 5.23:

Answer 1

La prueba se ve bien.

He aquí una razón de por qué es llamado el Nullstellensatz:

Suponga que el campo de tierra $k$ es algebraicamente cerrado. Deje $B = k[x_1,...,x_n]$ cuando la $x_i$ son indeterminates. Deje $m \subset B$ ser un ideal maximal. A continuación, $B/m$ es un campo de extensión de $k$ que es también claramente un finitely generadas $k$ álgebra. A continuación, por lo que se demostró anteriormente, $k \hookrightarrow B/m$ es un anillo finito mapa. Sin embargo, como $k$ es algebraicamente cerrado, esto significa que el anillo mapa debe ser un isomorfismo. Deje $a_i \in k$ ser aquellos elementos que se asignan a $x_i + m$$B/m$. Luego de ello se sigue que $x_i - a_i \in m$, lo que implica que $(x_1 - a_1, ..., x_n - a_n) \subset m$. Pero, $(x_1 - a_1, ..., x_n - a_n)$ es un ideal maximal, por lo que debemos tener $(x_1 - a_1, ..., x_n - a_n) = m$. Lo que acabamos de probar es usualmente referido como Hilbert Débil Nullstellensatz (o eso creo).

Usted puede utilizar el Débil Nullstellensatz para demostrar la Fuerte Nullstellensatz (una referencia sería Mumford Libro Rojo), que dice lo siguiente:

Para un algebraicamente cerrado campo de $k$, dado un ideal $\alpha \subset k[x_1,...,x_n]$,$I(V(\alpha)) = \sqrt{\alpha}$, donde \begin{equation} V(\alpha) = \{\vec{a} \in k^n: \forall f \in \alpha, f(\vec{a}) = 0 \} \end{equation}

y

\begin{equation} I(Z) = \{f \in k[x_1,...,x_n]:\forall \vec{a} \in Z, f(\vec{a}) = 0\} \end{equation} para $Z \subset k^n$.

Ahora puedes ver qué tiene esto que ver con los ceros de los polinomios. Como una nota del lado, la Fuerte Nullstellensatz también tiene un equivalente algebraico formulación que equivale a probar que $k[x_1,...,x_n]$ es un Jacobson anillo, que es un anillo donde cualquier radical ideal es la intersección de la máxima ideales que la contiene. Espero que esto ayude, y que me haga saber si usted está confundido por nada.

$\textbf{Later edit:}$ Debo mencionar que el Débil Nullstellensatz es también una muy geométrica declaración. Esto implica claramente que los elementos de cualquier ideal de $k[x_1,...,x_n]$ tienen en común un cero.

También, aunque me gusta el comprobante de la declaración a las que me refiero como el Fuerte Nullstellensatz utilizando Rabinowitsch el Truco, me resulta difícil recordar el truco. Aquí es una alternativa de prueba a la versión algebraica de la Fuerte Nullstellensatz el uso de técnicas que estoy seguro de que está familiarizado con, ya que usted está leyendo el capítulo $5$ de Un-M.

$\textbf{The Nullstellensatz:}$ Deje $k$ ser cualquier campo, no necesariamente algebraicamente cerrado, y deje $A$ ser distinto de cero finitely generadas $k$ álgebra. A continuación, tenemos las siguientes:

(a) $\sqrt{(0)} \subset A$ es la intersección de todos los máximos ideales que la contiene.

(b) Dado un ideal $I \subset A$, $\sqrt{I}$ es la intersección de todos los máximos ideales que la contiene.

$\textbf{Proof:}$ (a) le dejo $M$ denota el conjunto de los máximos ideales de la $k[x_1,...,x_n]$. Desde $\sqrt{(0)}$ es la intersección de todos los primer ideales que la contiene, se sigue que $\sqrt{(0)} \subset \cap_{m \in M} m$. Deje $f$ ser un elemento contenido en cada ideal maximal, y supongamos que $f \notin \sqrt{(0)}$. A continuación, $A_f$ es un valor distinto de cero del anillo, por lo tanto, contiene un ideal maximal $m$. Tenga en cuenta que $A_f$ es también un finitely generadas $k$ álgebra (por qué?), y como consecuencia, también lo es $A_f/m$. Por Zariski del Lexema, esto significa que $A_f/m$ es una extensión finita de $k$. Deje $p: A \rightarrow A_f/m$ ser el estándar del mapa. Luego tenemos las inclusiones $k \subset A/p^{-1}(m) \subset A_f/m$. Desde $A_f/m$ integral $k$, se deduce que el $A/p^{-1}(m)$ integral $k$. Pero $A/p^{-1}(m)$ es un dominio, por lo que debe ser un campo. De ello se desprende que $p^{-1}(m)$ es un ideal maximal de a $A$, y por la construcción de $f \notin p^{-1}(m)$, lo que contradice nuestra selección de $f$. Esto demuestra (una).

(b) se sigue de (a), pasando el cociente $A/I$ (¿por qué?). $\blacksquare$

Como un ejercicio tratamos de demostrar que $I(V(\alpha)) = \sqrt{\alpha}$ más de una algebraicamente cerrado campo de $k$, usando el teorema anterior.

Answer 2

Primero, en lugar de "una forma débil de Hilbert Nullstellensatz" yo prefiero el término de Zariski del Lema para el resultado que usted está preguntando acerca de, por ejemplo, debido a que (i) es más informativo (de hecho fue introducido por Zariski en un 1947 papel) y (ii) no es tan "débil": es una afirmación válida en un campo arbitrario de que Hilbert Nullstellensatz -- que sólo posee más de algebraicamente cerrado campos -- puede ser bastante fácil deducir a través de la Rabinowitsch Truco.

Si puedo, te recomiendo mi propia álgebra conmutativa notas para un tratamiento de Zariski del Lexema y el Nullstellensatz. Yo la primera presentación de Zariski del Lexema en $\S 11$ y demostrar que el uso de la Artin-Tate Lema, que he llegado a considerar como el más simple, más transparente de la prueba. Pero luego, a lo largo de las notas vuelvo a dar varias otras pruebas de ZL:

$\bullet$ $\S 12.2$ El uso de Hilbert Anillos.
$\bullet$ $\S 14.5.3$ El uso de Noether de la Normalización de Lema (deja como ejercicio).
$\bullet$ $\S 17.4$ Mediante la valoración de los anillos.

El último de estos es el que estás leyendo ahora de Atiyah-Macdonald. En mi opinión, también es el más complicado: usted podría tener mejor suerte con una de las otras tres...