Funciones racionales en una variedad reducible y restricción de funciones racionales

Question

Agradecería que me ayudaran a demostrar cualquiera de las dos afirmaciones siguientes.

1. Dejemos que $M$ sea una variedad afín (no irreducible), $M'$ es la unión de algunos componentes irreducibles de $M$ mientras que $M''$ es la unión de las otras. Demuestre que si $x\in M'\setminus M''$ y $f$ es una función racional sobre $M$ de tal manera que su restricción en $M'$ es regular en $x$ entonces $f$ es regular en $x$ .

2. Si $M=M_1\cup M_2\mathop{\cup}\cdots\mathop{\cup} M_q$ es la descomposición de $M$ en componentes irreducibles, entonces $K(M)\simeq K(M_1)\times\cdots\times K(M_q)$ (aquí $K(M)$ es el álgebra de las funciones racionales).

Answer 1

1. Desde $U=M'\setminus M''$ está abierto, hay alguna función regular $h\in K[M]$ tal que $x\in D(h)\subseteq U$ . Esto se deduce del hecho de que los conjuntos abiertos $D(h)=M\setminus Z(h)$ forman una base de la topología de Zariski. En particular, dado que $f|_U$ es regular, también lo es $f|_{D(h)}$ . Esto significa que $f$ puede expresarse como una fracción cuyo denominador es una potencia de $h$ y $h$ no desaparece en $x$ . Nótese que este argumento no requiere la situación específica en la que se encuentra: Si la restricción de $f$ a cualquier barrio abierto de $x$ es regular, entonces $f$ es regular en $x$ . De hecho, esta condición es necesaria y suficiente.

2. Para $f\in K[M]$ denotaré por $f_i$ la restricción de $f$ a $M_i$ . También denotaré por $P_i=I(M_i)$ denotan el ideal de fuga del conjunto cerrado irreducible $M_i\subseteq M$ . Tenga en cuenta que el $P_i$ son los ideales primos mínimos de $K[M]$ y como $K[M]$ se reduce, tenemos $\bigcap_{i=1}^q P_i = \{0\}$ . Considere el mapa \begin{align*} \phi:K[M]&\longrightarrow K(M_1)\times\cdots\times K(M_q) \\ f &\longmapsto (f_1,\ldots,f_q) \end{align*} Afirmo que $\phi(f)$ es una unidad si y sólo si $f$ no es un divisor de cero, lo que implica el isomorfismo que buscas.

   Supongamos primero que $\phi(f)$ no es una unidad, es decir, hay algún $1\le k\le q$ con $f_k=0$ . Esto significa que $f_k\in P_k$ . Ahora, para cada $i\ne k$ , escoge algunos $g_i\in P_i\setminus P_k$ . La función $g:=\prod_{i\ne k} g_i$ satisface $g\notin P_k$ ya que, de lo contrario, uno de sus factores tendría que estar en $P_k$ comme $P_k$ es un ideal primo. Por lo tanto, $g\ne 0$ . Sin embargo, $g\cdot f\in\bigcap_{i=1}^q P_i = \{0\}$ Así que $f$ es un divisor cero.

   Por el contrario, si $f\in K[M]$ es un divisor de cero, sea $g\in K[M]$ sea distinto de cero con $fg=0$ . Entonces, aquí hay algo de $1\le k\le q$ tal que $g_k\ne 0$ es decir, la restricción de $g$ a $M_k$ es distinto de cero. Pero entonces $f_k,g_k\in K[M_k]$ satisface $f_kg_k=0$ , donde $g_k$ es distinto de cero y $K[M_k]$ es un dominio integral. Esto demuestra $f_k=0$ Así que $\phi(f)$ no es una unidad.