¿Los conjuntos dados en forma paramétrica son siempre algebraicos?

Question

Si un conjunto está dado en forma paramétrica por polinomios ¿es este conjunto siempre cerrado (topología de Zariski), es decir, algebraico?

Por ejemplo, tome $X=\{(t,t^{2},t^{3}): t \in \mathbb{A}^{1}\}$ y $W=\{(t^{3},t^{4},t^{5}):t \in \mathbb{A}^{1}\}$ se puede comprobar que estos conjuntos son cerrados, por ejemplo $X=V(y-x^{2},z-x^{3})$ .

Pregunta: Supongamos que $X \subseteq \mathbb{A}^{n}$ está dada por:

$X=\{(f_{1}(t),f_{2}(t),...,f_{i}(t)): t \in \mathbb{A}^{1}\}$ donde $f_{i} \in k[t]$ para cada $i \in \{1,2,..n\}$ . ¿Es siempre cierto que $X$ está cerrado? ¿por qué? (por cierto el campo subyacente $k$ es algebraicamente cerrado y char(k) es cero)

Answer 1

Sí, $X$ siempre está cerrado.

Consideremos el morfismo $f: \mathbb A^1_k \to \mathbb P^n_k :t\mapsto [1:f_1(t):\ldots:f_n(t)]$
Se puede extender a un morfismo $\bar f:\mathbb P^1_k \to \mathbb P^n_k$ porque $\mathbb P^1_k$ es suave de dimensión uno y en una variedad suave los mapas racionales se definen en un subconjunto abierto de codimensión 2 (para las curvas esto es fácil).
La imagen $\bar X =\bar f(\mathbb P^1_k) \subset \mathbb P^n_k$ de $f$ está cerrado en $\bar X \subset \mathbb P^n_k$ porque $\mathbb P^1_k$ está completo .
Por lo tanto, $X=\bar X\cap \mathbb A^n_k$ está cerrado en $\mathbb A^n_k$ .

Answer 2

He aquí una segunda prueba más algebraica.
Consideremos el morfismo $f:\mathbb A^1_k \to \mathbb A^n_k :t\mapsto (f_1(t),\ldots,f_n(t))$ .
Corresponde al morfismo de $k$ -algebras $\phi: k[T_1,...,T_n] \to k[T]:T_i\mapsto f_i(T)$ .
Ahora hay dos casos:
a) Si todos los polinomios $f_i(T)$ son constantes la imagen de $f$ es un punto en $\mathbb A^n_k$ y, por tanto, es obviamente un conjunto cerrado.
b) Si algunos $f_i$ no es constante, entonces $T$ es integral sobre $k[f_i(T)]$ y a fortiori en $k[f_1(T),...,f_n(T)]$ .
En otras palabras, el morfismo $\phi: k[T_1,...,T_n] \to k[T]$ es integral (e incluso finito).

Así que el morfismo $f:\mathbb A^1_k \to \mathbb A^n_k$ es integral y, por tanto, cerrada. En particular $f(\mathbb A^1_k)\subset \mathbb A^n_k$ está cerrado

Nota:
A pesar de las apariencias, esta prueba es más elemental que la anterior. Sólo utiliza que los morfismos integrales son cerrados, lo que se deduce de la mentira.
La simplicidad de la primera prueba es un poco engañosa: utiliza como caja negra que el espacio proyectivo es completo.
A menudo se piensa que esto es trivial porque corresponde a la compacidad sobre $\mathbb C$ pero la demostración algebraica de la completitud no es trivial, como tampoco lo es, ahora que lo pienso, la afirmación de que la completitud es equivalente a la compacidad en el caso clásico (una afirmación del tipo GAGA)