Editar : Cálculos explícitos ahora incluidos en la parte inferior. Gracias a Dylan Moreland por sugerirme que utilizara Sage para calcular las bases de Groebner.
Edición 2 : Ahora he incluido un lema con demostración hacia el final que extiende este método para que pueda mostrar que un ideal es primario, incluso si no es primo.
Utilizando cualquiera de las técnicas que conozco, probar un primo ideal (radical) es generalmente doloroso. El método que utilizo a continuación está adaptado a tu ejemplo concreto, pero se puede adaptar para que funcione de forma más general. Si queremos demostrar que $I$ es primo (radical), la forma más fácil IMHO es demostrar que $K[x_0,\ldots,x_3]/I$ es un dominio integral (sólo tiene divisores nulos nilpotentes). Los métodos que siguen funcionan para demostrar un primo ideal, pero no para demostrar un radical ideal.
Nota : Abuso de la notación, utilizando $x_0,x_1$ etc. para ambos elementos de $K[x_0,\ldots,x_3]$ y sus imágenes bajo diversos homomorfismos. No creo que esto dé lugar a confusión, pero si es así pido disculpas e intentaré aclararlo.
Resumen del método : Empezamos por determinar que ciertos elementos no son divisores de cero, por lo que localizar para invertir estos elementos no cambia si el anillo es o no un dominio integral. A continuación, utilizamos la sustitución para reducir el número de generadores y, finalmente, llegar a sólo $1$ polinomio homogéneo, que demostramos que es irreducible por métodos elementales.
La clave es una localización juiciosa. En primer lugar, hay que tener en cuenta que la imagen de $x_1$ en $R$ no es un divisor cero. Para ver esto, supongamos $x_1f\in I$ para algunos $f\in K[x_0,\ldots,x_3]$ por lo que tenemos $f\in (I : (x_1))$ . Queremos demostrar que $f\in I$ o, lo que es lo mismo, que $(I:(x_1)) = I$ . Esto puede hacerse utilizando bases de Groebner. Dado que $K[x_0,\ldots,x_3]$ es un dominio integral, $$(I : (x_1)) = \frac{1}{x_1}(I\cap (x_1)) = \frac{1}{x_1}\left((tI+(1-t)(x_1))\cap K[x_0,\ldots,x_3]\right)$$ que está generado por los elementos de una base de Groebner para $tI+(1-t)(x_1)$ que son independientes de $t$ dividido por $x_1$ y de hecho esta base es una base de Groebner. Una vez que se tiene esto, se puede calcular una base de Groebner para $I$ y verificar que los dos ideales son iguales realizando una división polinómica en cada generador de cada ideal por todos los generadores del otro ideal, lo que debería devolver $0$ . Sucede que mi ordenador, que tiene mathematica y un procesador rápido, está a mil millas de distancia en este momento, así que no voy a hacer estos cálculos en este momento (sin embargo, eres libre de hacerlo, y puede que lo haga más tarde).
Lo que sigue requiere un par de teoremas relativos a la localización y a los anillos de polinomios. Una vez establecido que $x_1$ no es un divisor cero, dejamos que $S_1 = \{1,x_1,x_1^2,\ldots\}$ y observe que $R$ es un dominio integral si $R_{S_1}$ es. Queremos demostrar que $x_2$ no es un divisor cero para eliminar otra variable. Sin duda podemos utilizar la misma técnica que antes para verificar que no es un divisor cero en $R$ y si $fx_2=0$ en $R_{S_1}$ entonces podemos despejar denominadores multiplicando por $x_1^k$ para obtener $(fx_1^k)x_2=0$ en $R$ y $fx_1^k=0$ si $f=0$ por lo que se verifica que no es un divisor cero en $R_{S_1}$ . Una vez más, no haré estos cálculos aquí, sino que supondré que se verifican. Dado que $x_2$ no es un divisor cero en $R_{S_1}$ dejamos que $S_2 = \{1,x_2,x_2^2,\ldots\}$ y observe que $R_{S_1}$ es un dominio integral si $R' = R_{S_1S_2}\cong (R_{S_1})_{S_2}$ es. Porque $x_1,x_2$ son invertibles en $R'$ podemos dejar que $x_0' = x_0+x_2^{-2}x_1^2x_3$ para obtener $$R' \cong K[x_0,x_1,x_2,x_3]_{S_1S_2}/I_{S_1S_2} = (K[x_1,x_2])_{S_1S_2}[x_0',x_3]/I_{S_1S_2}$$ y usando esto eliminamos variables sin piedad $$\begin{eqnarray*}I_{S_1S_2} &=& ((x_0'-x_2^{-2}x_1^2x_3)x_3-x_1x_2, (x_0'-x_2^{-2}x_1^2x_3)^2x_2-x_1^3, x_1x_3^2-x_2^3, (x_0'-x_2^{-2}x_1^2x_3)x_2^2-x_1^2x_3)\\ &=& ((x_0'-x_2^{-2}x_1^2x_3)x_3-x_1x_2, (x_0'-x_2^{-2}x_1^2x_3)^2x_2-x_1^3, x_1x_3^2-x_2^3, x_0'x_2^2)\\ &=& (x_2^{-2}x_1^2x_3^2-x_1x_2, x_2^{-3}x_1^4x_3^2-x_1^3, x_1x_3^2-x_2^3, x_0')\\ &=& (x_1x_3^2-x_2^3, x_1x_3^2-x_2^3, x_1x_3^2-x_2^3, x_0')\\ &=& (x_1x_3^2-x_2^3,x_0')\end{eqnarray*}$$ dándonos un conjunto mucho mejor de generadores para trabajar. A partir de esto vemos $$R' \cong (K[x_1,x_2])_{S_1S_2}[x_3]/(x_1x_3^2-x_2^3)\cong \left(K[x_1,x_2,x_3]/(x_1x_3^2-x_2^3)\right)_{S_1S_2}$$ que es un dominio integral si $K[x_1,x_2,x_3]/(x_1x_3^2-x_2^3)$ por lo que queremos demostrar que $x_1x_3^2-x_2^3$ es primo en $K[x_1,x_2,x_3]$ . Desde $K[x_1,x_2,x_3]$ es un UFD, sólo tenemos que demostrar que $x_1x_3^2-x_2^3$ es irreducible. Existen algoritmos para esto en general, pero podemos simplificar este caso considerablemente observando que $x_1x_3^2-x_2^3$ es homogénea. Si no es irreducible, entonces se puede factorizar en dos polinomios homogéneos de grado $1$ y $2$ . Esto puede comprobarse fácilmente, ya que si $$\begin{eqnarray*}x_1x_3^2-x_2^3&=&(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3)(b_1x_1^2+b_2x_1x_2+b_3x_1x_3+b_4x_2^2+b_5x_2x_3+b_6x_3^2)\\ &=&(a_1b_6+a_3b_3)x_1x_3^2+a_2b_4x^3+a_2b_3x_1x_2x_3+a_2b_6x_2x_3^2+\text{ other junk}\end{eqnarray*}$$ lo que implica $a_2b_3=a_2b_6=0$ y $a_1b_6+a_3b_3\neq 0,a_2b_4\neq 0$ lo que se ve fácilmente que es una contradicción. Por lo tanto $R'$ es un dominio integral, por lo que $I$ es primo.
Nota sobre los ideales radicales : Probar un radical ideal es, según mi experiencia, generalmente más difícil. Intento averiguar la descomposición primaria del ideal y luego demuestro que cada ideal primario de la descomposición es primo por un método parecido al anterior. Sin embargo, si es cierto que la inversión de un divisor distinto de cero no cambia si un anillo tiene o no sólo nilpotentes cero-divisores, entonces tal vez el método anterior puede ser modificado para demostrar que los ideales son radicales.
Lema : Si $x\in R$ no es un divisor cero y dejamos que $S = \{1,x,x^2,\ldots\}$ entonces $R$ sólo tiene divisores nilpotentes cero si $R_S$ lo hace.
Prueba : Supongamos que $R$ tiene algún no nilpotente $y,z$ tal que $yz=0$ . Desde $x$ no es un divisor cero, el homomorfismo $R\to R_S$ es inyectiva por lo que $\frac{y^n}{1},\frac{z^n}{1}\neq 0$ para cualquier $n$ así que $\frac{y}{1},\frac{z}{1}$ no son nilpotentes, pero $\frac{y}{1}\frac{z}{1}=\frac{0}{1}$ así que $R_S$ sólo tiene divisores cero no nilpotentes. Supongamos ahora que $R_S$ tiene algún no nilpotente $\frac{y}{1},\frac{z}{1}$ tal que $\frac{y}{1}\frac{z}{1}=\frac{0}{1}$ . Claramente $y,z$ debe ser no nilpotente, pero $yz=0$ así que $R$ tiene divisores cero no nilpotentes.
Cálculos para $(I : (x_1))$ : Olvidé mencionar que la base de Groebner debe calcularse con respecto a una ordenación lexicográfica que sitúa a $t$ primero. Según Sage, se trata de una base de Groebner para $tI+(1-t)(x_1)$ : $$\{x_1^4 - x_0^2x_1x_2, tx_0^2x_2 - x_1^3, tx_0x_2^2 - x_1^2x_3, x_0x_1x_2^2 -x_1^3x_3, tx_2^3 - x_1x_3^2,$$ $$ x_1x_2^3 - x_1^2x_3^2, x_1^2x_2 - x_0x_1x_3, tx_0x_3 - x_1x_2, tx_1 - x_1\}$$ que después de eliminar los términos que implican $t$ y dividiendo por $x_1$ nos da $$(I : (x_1))=(x_1^3 - x_0^2x_2, x_0x_2^2 -x_1^2x_3, x_2^3 - x_1x_3^2, x_1x_2 - x_0x_3)$$ que es igual a $I$ porque $$\begin{eqnarray*} x_1^3 - x_0^2x_2 &=& -(x_0^2x_2-x_1^3)\\ x_0x_2^2-x_1^2x_3 &=& x_0x_2^2-x_1^2x_3\\ x_2^3 - x_1x_3^2 &=& -(x_1x_3^2-x_2^3)\\ x_1x_2 - x_0x_3 &=& x_1x_2 - x_0x_3 \end{eqnarray*}$$ de ahí $x_1$ no es un divisor cero en $R$ .
Cálculos para $(I : (x_2))$ : Sage da la siguiente base de Groebner para $tI+(1-t)(x_2)$ : $$\{tx_1^3 - x_0^2x_2, x_1^3x_2 - x_0^2x_2^2, x_0x_2^3 - x_1^2x_2x_3, x_2^4 -x_1x_2x_3^2, tx_1^2x_3 - x_0x_2^2,$$ $$ tx_1x_3^2 - x_2^3, x_1x_2^2 - x_0x_2x_3,tx_0x_3 - x_1x_2, tx_2 - x_2\}$$ que después de eliminar los términos que implican $t$ y dividiendo por $x_2$ nos da $$(I : (x_2))=(x_1^3 - x_0^2x_2, x_0x_2^2 - x_1^2x_3, x_2^3 -x_1x_3^2, x_1x_2 - x_0x_3)$$ que es idéntico a $(I : (x_1))=I$ de ahí $x_2$ no es un divisor cero en $R$ lo que significa que no es un divisor cero en $R_{S_1}$ .
