Mostrar el conjunto de puntos de $(t^3, t^4, t^5)$ es cerrado en $\mathbb A^{3}$

Question

Mostrar el conjunto de puntos de $X = \{(t^3, t^4, t^5) \}$ $t\in k$ es cerrado en $\mathbb A^{3}$ y encontrar tres generadores de $\mathcal{I}(X)$.

Esta es una tarea de la pregunta, así que por favor no proporcionar respuestas completas. Acabo de empezar la geometría algebraica y no estoy familiarizado con las técnicas a utilizar en absoluto.

Tengo que la canónica mapa de $k[x,y,z] \rightarrow k[t^3, t^4, t^5]$ ha kernel $\mathcal{I}(X)$. Ya que es surjective, a continuación,$k[x,y,z]/ \mathcal{I}(X) \simeq k[t^3, t^4, t^5]$. Pero $k[t^3, t^4, t^5]$ es una integral dominio de lo $\mathcal{I}(X)$ debe ser un primo. A continuación, $X$ es irreductible (por la correspondencia $\mathcal{I}(-)$ entre el primer ideales y irreductible subconjuntos).

Pero no tengo idea de cómo encontrar los generadores.

Mirando a su alrededor parece que los generadores se $xz-y^2, yz-x^3, z^2-x^2y$, pero no sé cómo estos se deducen o para demostrar que de hecho es $\mathcal{I}(X)$ que abarcan (por supuesto que está contenida en $\mathcal{I}(X)$).

Cualquier ayuda, por favor?

Gracias de antemano.

Answer 1

Edit: Como se señaló en los comentarios, mi primera respuesta fue incorrecta. Ahora he actualizado a algo que creo que funciona.

Lo que queremos hacer es encontrar algún ideal $I$ tal que $Z(I) = X$, para mostrar que no está cerrado.

Algo que es útil tener en cuenta es que si $(x,y,z)\in X$ no $0$,$\frac{z}{y}=t=\frac{y}{x}$. Por lo que cualquier elemento de a $X$ satisface las ecuaciones $ZX=Y^2$ $ZX^5=Y^5$ es decir, se encuentra en la variedad afín generada por los dos polinomios $ZX-Y^2$$ZX^5-Y^5$.

Para mostrar que esta variedad es exactamente $X$, usted necesita demostrar que para un punto dado de la satisfacción de las ecuaciones, se pueden encontrar algunos de $t$ de manera tal que el punto es de la forma $(t^3,t^4,t^5)$ (sugerencia, mira cómo se deriva de las dos ecuaciones de $t$ y tratan de revertir el procedimiento).

En general, mostrando que $I(X)$ es generado por un conjunto de generadores es difícil, pero si usted tiene un pequeño número de generadores de algunas variables se producen a baja grados, hay un método que a veces funcionan, es esencialmente un ser glorificado algoritmo de la división:

Tratamos de mostrar que el $I(X)=\langle Z^2-X^2Y, Y^2-XZ, X^3-YZ\rangle$*. Claramente cada uno de los tres elementos dados se encuentra en $I(X)$, tan sólo tenemos que mostrar que cualquier elemento de a $I(X)$ se encuentra en el lado derecho ideal. Primero supongamos $f(X,Y,Z)$$I(X)$. A continuación, podemos observar en la monomials que ocurren en $f$, y analizar, en particular, de cómo muchas veces $Z$ aparece en cada monomio. En cada monomio, $Z$ podría no aparecer en absoluto, $Z$ puede aparecer una vez, o $Z$ pueden aparecer dos o más veces. Esto significa que podemos dividir $f$ hasta en el más simple de los polinomios:

$$f(X,Y,Z)=Z^2f_2(X,Y,Z)+Zf_1(X,Y)+f_0(X,Y)$$

donde $f_0$ es la suma de monomials en $f$ donde $Z$ no aparece, $Zf_1$ es la suma de monomials en $f$ donde $Z$ aparece una vez, y $Z^2f_2$ es la suma de monomials en $f$ donde $Z$ aparece al menos dos veces. También se puede pensar en esto como aplicar el algoritmo de la división para $f$ cuando se considera $f$ como un polinomio en $Z$ con coeficientes en $k[X,Y]$, y que está dividiendo $f$ $Z^2$ para obtener el resto $Zf_1(X,Y)+f_2(X,Y)$.

Ahora podemos volver a escribir la ecuación anterior de la siguiente manera:

$$f(X,Y,Z)=(Z^2-X^2Y)f_2(X,Y,Z)+X^2Yf_2(X,Y)+Zf_1(X,Y)+f_0(X,Y).$$

Pero desde $I(X)$ es un ideal y $f(X,Y,Z), (Z^2-X^2Y) \in I(X)$, esto significa que:

$$f(X,Y,Z) - (Z^2-X^2Y)f_2(X,Y) = Zf_1(X,Y)+f_3(X,Y) \in I(X)$$

donde $f_3(X,Y) = X^2Yf_2(X,Y) +f_0(X,Y)$, un polinomio sólo la participación de los poderes de $X$$Y$.

Ahora podemos repetir el proceso con $f_1(X,Y)$$f_3(X,Y)$, pero en lugar de mirar cómo muchas veces $Z$ aparece en el monomio de cada uno de estos, ahora nos fijamos en cuántas veces $Y$ aparece. Entonces podemos escribir $f_1(X,Y)$ como una suma de tres polinomios justo en la única variable de la $X$, con uno de ellos multiplicado por $Y$ y una de las multiplicado por $Y^2$. A continuación, podemos hacer una cosa similar para $f_3$. El uso de estas expresiones para$f_1$$f_3$, y un argumento similar a lo que utiliza para mostrar $Zf_1(X,Y)+f_3(X,Y) \in I(X)$, podemos ver que algunos polinomio de la forma:

$$XZ^2g_1(X)+ZYg_2(X)+Zg_3(X)+XZg_4(X)+Yg_5(X)+g_6(X)$$

se encuentra en $I(X)$. Aunque la escritura de $XZ^2g_1 = (Z^2-X^2Y)Xg_1 + X^3Yg_1$ y al darse cuenta de que, por ejemplo, $Xg_4(X)$ es todavía un polinomio en $X$, podemos deducir que un polinomio de la forma:

$$h(X,Y,Z) = YZh_1(X) + Zh_2(X)+Yh_3(X)+h_4(X)$$

se encuentra en $I(X)$. La continuación natural sería repetir el proceso con cada una de las $h_i(X)$ y el tercer generador de $X^3-YZ$, y, a continuación, multiplicar y deducir que algunos polinomio $f'(X,Y,Z)$ que es una suma de monomials obtenidos al multiplicar un elemento de el conjunto $\{YZ,Z,Y,1\}$ con un elemento del conjunto a $\{YZ,X^2,X,1 \}$ se encuentra en $I(X)$. Pero esto significaría que $f'$ se desvanece en $X$, y así para todos $t$, $f'(t^3,t^4,t^5) = 0$. Suponiendo que tenemos una infinita (y, en particular, algebraicamente cerrado), esto implica entonces que el polinomio en $t$, $f'(t^3,t^4,t^5)$ es, entonces, el polinomio cero. Pero, entonces usted puede comprobar con la mano de que todos los monomials que aparecen en $f'$ les dan diferentes poderes de $t$ cuando se sustituye $X = t^3, Y = t^4, Z = t^5$, por lo que el $f'$ debe haber sido el polinomio cero también.

Pensar acerca de lo que hemos hecho aquí, usted debería ser capaz de ver que $f'$ es en cierto sentido un resto de $f$ cuando se divide por tres generadores. De forma explícita, lo que hice fue escribir $$f(X,Y,Z) = (Z^2-X^2Y)\bar{f_1}(X,Y,Z)+(Y^2-XZ)\bar{f_2}(X,Y,Z)+(X^3-YZ)\bar{f_3}(X,Y,Z)+f'(X,Y,Z)$$ and then deduced that $f'(X,Y,Z) = 0$. In other words we have shown that any element of $I(X)$ lies within $(Z^2-X^2Y,Y^2-XZ,X^3-YZ)$, so this ideal is all of $I(X)$.

Nota: Para hacer las cosas un poco más sencillas de cómputo, podríamos haber sustituido los poderes de $t$ $X,Y$ & $Z$ en nuestra expresión para $h$, y miró a los posibles poderes de $t$ que aparecen en cada uno de los cuatro más simple polinomios en nuestra expresión de $h$ modulo $3$. Desde $Zh_2(X)$ es la única parte que contribuyen términos de orden igual a $2\pmod 3$ $Yh_3(X)$ es la única parte que contribuyen términos de orden igual a $1\pmod 3$, debemos tener la $Zh_2(X)=0=Yh_3(X)$. Ahora podemos descomponer $h_1(X)$ $h_3(X)$ como antes, pero nuestro resto $f'$ ahora tiene menos monomials, por lo que es fácil comprobar que $f'$$0$.

*La verdadera pregunta es, ¿por qué elegimos estos generadores? Si utiliza el método descrito debe ser razonablemente claro por qué queremos algo similar a la dada. Lo que se busca en las opciones posibles de los generadores son elementos de $I(X)$ que tienen un pequeño número de términos (aquí cada generador tiene dos términos, pero si un término fuera posible que sería mejor), y donde uno de los términos es una potencia de $X,Y$ o $Z$, y preferiblemente baja como un poder como sea posible.

Answer 2

Lo que estamos buscando es la relación ideal de $t^3$, $t^4$, $t^5$, que es $$\{ f \in k[x,y,z] \mid f(t^3,t^4,t^5) = 0 \}.$$ Hay algorítmica maneras de calcular este: considerar el ideal de $J = (x - t^3, y - t^4, z - t^5)$ $k[x,y,z,t]$ y la mirada en la intersección $J \cap k[x,y,z]$; esto es lo que estás buscando y Grobner base puede ser usada para calcular.

En este caso, sin embargo, probablemente se supone que acaba de llegar con algunos elementos de esta relación ideal (por ejemplo, $(t^3)^2 - (t^4)(t^5) = 0$, lo $x^2 - yz$ es en la relación ideal) y la esperanza de que hayas encontrado a todos ellos.

Answer 3

Solo un comentario (pero demasiado largo para un verdadero comentario). En este hilo [número 6), de Georges de la respuesta] se afirma que la imagen de cada morfismos (más $k$) $\mathbb{A}^1_k\to\mathbb{A}^n_k$ está cerrada. Esto inmediatamente resuelve el closedness parte de este problema (ya que su juego es, obviamente, parametrizadas por $\mathbb{A}^1$).

Para ver la reclamación, considere la inducida $k$-álgebra de mapa de $k[y_1,\ldots,y_n]\to k[x]$. Tenemos dos opciones: o bien todos los $y_i$ mapa de las constantes de $c_i\in k$ o el mapa es finito. Si su ex, la imagen de $\mathbb{A}^1$ $k$- racional punto de $(c_1,\ldots,c_n)$ y si se trata de la última de nuestro mapa es de un número finito de mapa, y así cerró por la Mentira Más Teorema.

Una vez más, solo un comentario :)