Topología de Zariski y topología del producto en $\mathbb A_k^m \times \mathbb A_k^n$

Question

Dejemos que $k$ sea un campo algebraicamente cerrado y $\mathbb A_k^n$ sea el afín $n$ -espacio. Podemos dar la topología de Zariski en él. Entonces consideremos $X=\mathbb A_k^m \times \mathbb A_k^n$ bajo la topología del producto, donde cada uno de $\mathbb A_k^m$ y $\mathbb A_k^n$ reciben la topología de Zariski. Y también consideramos $X=\mathbb A_k^{m+n}$ bajo la topología de Zariski. Mi pregunta es : Para qué $m,n\ge 1$ ¿son estos dos espacios topológicos homeomorfos?

Tenga en cuenta que no estoy pidiendo cuando dos topologías son iguales ... Estoy preguntando cuando no son homeomórficos ...

Answer 1

Es evidente que el mapa natural $|\mathbb A^{n+m}| \to |\mathbb A^n| \times |\mathbb A^m|$ no es un homeomorfismo a menos que $n = 0$ o $m = 0$ (ni siquiera es una biyección, debido a puntos como $(x-y) \in \operatorname{Spec} k[x] \otimes k[y]$ ). Demostramos que de hecho no hay ningún homeomorfismo, utilizando la siguiente noción ad hoc de dimensión:

Definición. Dejemos que $X$ sea un espacio topológico. Entonces el dimensión de la intersección $\operatorname{int. dim}(X)$ de $X$ es el supremum de todos los $n$ para los que existen conjuntos cerrados irreducibles $V_0,\ldots,V_n \subseteq X$ tal que

1. cualquier intersección $V_I = \bigcap_{i\in I} V_i$ para $I \subseteq \{0,\ldots,n\}$ no vacío es irreducible o vacío;
2. la intersección $V_I$ para cualquier $I \subseteq \{0,\ldots,n\}$ con $|I| = n$ es exactamente un punto;
3. la intersección $V_{\{0,\ldots,n\}}$ está vacía.

Creo que ya he visto alguna variante de esto en alguna parte (probablemente con otro nombre), pero no recuerdo dónde. ¡Las referencias son bienvenidas!

Observación. Si existen conjuntos $V_0,\ldots,V_n$ con las propiedades 1, 2 y 3 anteriores, entonces lo mismo es cierto para cualquier $m \leq n$ . En efecto, podemos tomar los conjuntos $V_0, \ldots, V_{m-1}, V_{\{m,\ldots,n\}}$ .

Lema 1. Dejemos que $k$ sea un campo. Entonces $\operatorname{int. dim}(\mathbb A^n_k) = n$ .

Prueba. Los hiperplanos $V(x_1+\ldots+x_n), V(x_1), \ldots, V(x_n)$ demostrar que $\operatorname{int. dim}(\mathbb A^n_k) \geq n$ . A la inversa, dejemos que $V_0, \ldots, V_m$ sean subconjuntos cerrados irreducibles que satisfagan los puntos 1, 2 y 3 anteriores. Las condiciones 2 y 3 implican que ningún $V_i$ está contenida en cualquier intersección de las otras, así que por inducción en $|I|$ la dimensión de $V_I$ es como máximo $n-|I|$ (porque todas las intersecciones son irreducibles). Tomando $|I| = m$ da $m \leq n$ , demostrando que $\operatorname{int. dim}(\mathbb A^n_k) \leq n$ . $\square$

En términos más generales, este argumento demuestra que si $X$ es un espacio topológico de dimensión $n$ entonces $\operatorname{int. dim}(X) \leq \dim X$ . No está claro ni siquiera para las variedades propias lisas que las dos sean iguales (en el caso proyectivo podríamos utilizar algún argumento de Bertini, usando la tangencia para reducir las intersecciones a un punto).

Lema 2. Dejemos que $X$ y $Y$ sean espacios topológicos con un punto cerrado. Entonces $$\operatorname{int. dim}(X \times Y) = \max(\operatorname{int. dim}(X), \operatorname{int. dim}(Y)).$$

Prueba. Por el lema de este puesto un subconjunto $Z \subseteq X \times Y$ es cerrado e irreducible si y sólo si $Z = V \times W$ con $V \subseteq X$ y $W \subseteq Y$ cerrado e irreductible.

Dejemos que $m$ sea el máximo de las dimensiones de intersección de $X$ y $Y$ sin pérdida de generalidad, digamos que $m = \operatorname{int. dim}(X)$ . Entonces existen conjuntos $V_0,\ldots,V_m \subseteq X$ que satisface las propiedades 1, 2 y 3 de la definición anterior. Elija un punto cerrado $y \in Y$ , y establecer $W_i = \{y\}$ para todos $i$ . Entonces los conjuntos $Z_i = V_i \times W_i$ son cerrados e irreducibles. Además, las intersecciones finitas $Z_I = \bigcap_{i \in I} Z_i$ igual $V_I \times W_I$ . Dado que las propiedades 1, 2 y 3 se mantienen para el $V_i$ y las propiedades 1 y 2 para el $W_i$ Esto muestra las propiedades 1, 2 y 3 para el $Z_i$ . Por lo tanto, $\operatorname{int. dim}(X \times Y) \geq m$ .

Por el contrario, si $Z_0, \ldots, Z_n$ satisfacen las propiedades 1, 2 y 3, entonces debemos tener $Z_i = V_i \times W_i$ para algunos subconjuntos cerrados irreducibles $V_i \subseteq X$ , $W_i \subseteq Y$ . De nuevo tenemos $Z_I = V_I \times W_I$ Así que ambos $V_i$ y $W_i$ satisfacer 1 y 2. Dado que $Z_{\{0,\ldots,n\}} = \varnothing$ concluimos que, o bien $V_{\{0,\ldots,n\}} = \varnothing$ o $W_{\{0,\ldots,n\}} = \varnothing$ . Por lo tanto, o bien el $V_i$ o el $W_i$ satisfacen las condiciones anteriores, por lo que $\operatorname{int. dim}(X \times Y) \leq m$ . $\square$

Corolario. Existe un homeomorfismo $|\mathbb A^{n+m}_k| \stackrel\sim\to |\mathbb A^n_k| \times |\mathbb A^m_k|$ si y sólo si $n = 0$ o $m = 0$ .

Prueba. Por el lema 1 y el lema 2, tenemos $$\operatorname{int. dim}(|\mathbb A^n_k| \times |\mathbb A^m_k|) = \max(n,m),$$ mientras que $$\operatorname{int. dim}(|\mathbb A^{n+m}_k|) = n + m.$$ Estos números son iguales si y sólo si $n = 0$ o $m = 0$ . Es evidente que los homeomorfismos indicados existen en este caso. $\square$

De hecho, podemos mezclar y combinar campos, es decir, considerar cosas como $|\mathbb A^{100}_{\mathbb C}| \times |\mathbb A^{17}_{\bar{\mathbb F_3}}|$ . La misma prueba demuestra que no puede ser homeomorfo a ningún espacio de la forma $|\mathbb A^{117}_k|$ para un campo $k$ .