Los puntos cerrados son densos en$\operatorname{Spec} A$

Question

De 3.6.J en Vakil:

Deje $k$ ser un campo, y deje $A$ ser un finitely generadas $k$-álgebra. Queremos mostrar a los puntos cercanos son densos en $\operatorname{Spec} A$. Este es el conjunto de primer ideales de $A$ dotado de la topología de Zariski; cerrado los puntos corresponden a la máxima ideales. El uso de distinguidos abrir los conjuntos, este ejercicio asciende a mostrar que cualquier distinguido conjunto abierto $D(f) \neq \operatorname{Spec} A$ contiene un punto cerrado; es decir, queremos un ideal maximal de $A$ que no contengan $f$.

Vakil, a continuación, da una pista sobre el uso de la nullstellensatz de los residuos y de los campos, pero no veo por qué no podemos hacer lo siguiente: hay una inclusión de la preservación de bijection entre (i) los ideales de $A$ no contiene ningún poder de $f$, y (ii) los ideales de la localización de la $A_f$. A continuación, tomar un ideal maximal de $A_f$; lo que da un máximo ideal de $A$ que no contengan $f$.

Esto es correcto? Parece demasiado simple, dada la sugerencia, por lo tanto creo que me voy a estropear algo.

Answer 1

Tienes razón que un ideal maximal de $A_f$ corresponde a un ideal en el $A$ no contiene ningún poder de $f$, pero este ideal no necesita ser máxima en $A$.

Un distinguido conjunto abierto $D(f)$ es no vacío si y sólo si $f$ no es nilpotent (desde el nilradical es la intersección de todos los primer ideales). Mostrando que el cerrado de puntos densas cantidades a mostrar que la si $f$ no es nilpotent, entonces hay algunas máxima ideal que no la contienen. De revertirlo, el cierre de puntos de denso si y sólo si el Jacobson radical (la intersección de todos los máximos ideales) es igual a la nilradical (la intersección de todos los primer ideales). Esto no es cierto en general, por ejemplo, tomar un DVR.