Para demostrar la Nullstellensatz, ¿cómo se puede reducir el caso general de un campo algebraicamente cerrado arbitrario al caso fácilmente demostrable de un campo algebraicamente cerrado incontable?

Question

En su respuesta a una pregunta sobre pruebas sencillas de la Nullstellensatz ( Elemental / Pruebas interesantes del Nullstellensatz ), Qiaochu Yuan se refirió a una prueba realmente simple para el caso de un campo algebraicamente cerrado incontable.

Googleando, encontré esta construcción también en el Ejercicio 10 de una tarea de 2008 de un curso de J. Bernstein (véase la última página de http://www.math.tau.ac.il/~bernstei/courses/2008%20spring/D-Modules_and_applications/pr/pr2.pdf ). Curiosamente, este ejercicio termina con la siguiente pregunta (con asterisco, difícil):

(*) Reducir el caso de campo arbitrario $k$ al caso de un campo incontable.

Tras algunos intentos de probarlo por mí mismo, desistí y volví a buscar en Google. Encontré varias referencias a la prueba proporcionada por Qiaochu Yuan, pero ninguna respuesta al ejercicio (*) anterior.

Entonces, mi pregunta es: Para demostrar la Nullstellensatz, ¿cómo se puede reducir el caso general de un campo algebraicamente cerrado arbitrario al caso caso fácilmente demostrable de un campo algebraicamente cerrado incontable?

El ejercicio es de un curso de Bernstein llamado 'D-modules and their aplicaciones". Una posibilidad es que la respuesta surja de algún modo al aprender módulos D, pero por desgracia no sé nada de D-módulos. Por lo tanto, las pruebas que eviten los módulos D serían especialmente útiles. útiles.

Answer 1

Estos argumentos de lógica/ZFC/teoría de modelos parecen desproporcionados en relación con la tarea que nos ocupa. Veamos $k$ sea un campo y $A$ a finitely generated $k$ -sobre un campo $k$ . Queremos demostrar que existe una $k$ -de álgebra de $A$ a una extensión finita de $k$ . Elige un campo de extensión algebraicamente cerrado $k'/k$ (por ejemplo, el cierre algebraico de una extensión trascendental masiva, o lo que sea), y queremos demostrar que si el resultado es conocido en general sobre $k'$ entonces se mantiene $k$ . Sólo necesitamos un poco de álgebra conmutativa muy básica, como sigue.

Pruebas: Podemos sustituir $k$ con su cierre algebraico $\overline{k}$ en $k'$ y $A$ con un cociente $\overline{A}$ de $A \otimes_k \overline{k}$ por un ideal maximal (ya que si este último es igual a $\overline{k}$ entonces $A$ corresponde a una extensión algebraica de $k$ con la imagen en una extensión finita de $k$ desde $A$ está finitamente generada sobre $k$ ). Lo único que importa es que ahora $k$ es perfecta e infinita.

Por la hipótesis sobre $k'$ hay un $k'$ -homomorfismo de álgebra $$A' := k' \otimes_k A \rightarrow k',$$ o, lo que es lo mismo, a $k$ -homomorfismo de álgebra $A \rightarrow k'$ . Al expresar $k'$ como límite directo de campos de extensión finitamente generados de $k$ tal homomorfismo de álgebra cae en tal campo (ya que $A$ está finitamente generada sobre $k$ ). Es decir, existe un campo de extensión finitamente generado $k'/k$ tal que exista el tipo de mapa anterior. Ahora bien, como $k$ es perfecta, existe una base de trascendencia separadora $x_1, \dots, x_n$ Así que $k' = K[t]/(f)$ para un campo de funciones racionales $K/k$ (en varias variables) y una mónica (separable) $f \in K[t]$ con grado positivo. Considerando los coeficientes de $f$ en $K$ como funciones racionales sobre $k$ existe una localización $$R = k[x_1,\dots,x_n][1/h]$$ para que $f \in R[t]$ . Al expresar $k'$ como límite de dicha $R$ obtenemos tal $R$ para que haya un $k$ -mapa de álgebra $$A \rightarrow R[t]/(f).$$ Pero $k$ es infinito, por lo que hay muchos $c \in k^n$ tal que $h(c) \ne 0$ . Pasar al cociente por $x_i \mapsto c_i$ . QED

Creo que el punto principal es doble: (i) el principio de demostrar un resultado sobre un campo por reducción al caso de un campo de extensión con más propiedades (por ejemplo, algebraicamente cerrado), y (ii) la extensión (descendiendo a través de límites directos) y la especialización son muy útiles para llevar a cabo (i).

Answer 2

Este es un comentario a la respuesta de Brian, que sin embargo es un poco larga para caber en la caja de comentarios. Quería señalar que el argumento de Brian en última instancia no es tan diferente del argumento de la normalización de Noether, ni es tan diferente del argumento vinculado a aquí o al argumento de II.2 de Mumford--Oda utilizando el teorema de Chevalley. Lo que todas tienen en común es el hecho de que cualquier variedad de tipo finito puede proyectarse a espacio afín con fibras genéricamente finitas y gran imagen. En un espacio afín (al menos sobre un campo infinito) podemos encontrar montones de puntos, y por las suposiciones de finitud genérica e imagen grande podemos incluso encontrar un punto que yace en la imagen de la variedad afín original con fibras finitas. Encontrar un punto en esta fibra implica resolver un polinomio de grado finito, lo que podemos hacer sobre el cierre algebraico. Por tanto, nuestra variedad finita original tiene un punto.

He aquí una reformulación del argumento de Brian que lo ilustra: Siguiendo su reducción, podemos suponer que $k$ es infinita y perfecta. Se nos da un tipo finito distinto de cero $k$ -álgebra $A$ y queremos demostrar que Spec $A$ tiene un $\bar{k}$ -es decir, que podemos encontrar un punto $k$ -homomorfismo de álgebra $A \to \bar{k}$ . Para ello, podemos sustituir $A$ por un cociente por un ideal maximal, y así suponer que $A$ es un campo.
Como señala Brian, la teoría de extensiones de campo finitamente generadas nos permite escribir $A = k(X_1,\ldots,X_d)[t]/f(t)$ (porque $k$ es perfecto). Observamos entonces que como $A$ es de tipo finito sobre $k$ sus generadores sólo implican un número finito de denominadores, al igual que los coeficientes de $f$ y así, de hecho $A = k[X_1,\ldots,X_d][1/h][t]/f(t)$ para algún valor no nulo bien elegido $h$ .

Ahora porque $k$ es infinito, $h$ no es idénticamente cero en $k^d$ y así terminamos: elegimos un punto $c_i$ donde $h$ es distinto de cero, resuelva $f(c_1,\ldots,c_d,t) = 0$ en $\bar{k}$ .

Así que uno ve que el papel de la teoría de extensiones de campo finitamente generadas es simplemente proporcionar una versión más débil de la normalización de Noether, con finitud genérica sustituyendo a la finitud. Como ya he escrito, los demás argumentos "blandos" a favor de la Nullstellensatz siguen esencialmente las mismas líneas.

Answer 3

Conozco una forma de hacerlo, pero implica maquinaria muy pesada...

El primer componente son límites efectivos sobre los grados de los polinomios en la conclusión del Weak Nullstellensatz. Tales límites no son tan fáciles de obtener y ha habido una gran cantidad de literatura sobre la Nullstellensatz efectivo . Quizás los primeros límites efectivos los encontró Grete Hermann La cuestión de los pasos finitamente muchos en la teoría de los ideales polinómicos (Mathematische Annalen 95, 1926), pero se ha trabajado mucho para mejorar estos límites y también para obtener límites inferiores a lo largo de los años. [Por ejemplo, D. W. Brownawell, Límites para los grados en el Nullstellensatz Ann. of Math (2) 126 (1987), 577-591]. Es interesante leer estos artículos, pero sólo utilizaré el hecho de que existen límites efectivos.

Utilizando estos límites es posible encontrar una secuencia de oraciones de primer orden $\phi_{n,k,r}$ que juntas equivalen a la Weak Nullstellensatz; la frase $\phi_{n,k,r}$ es una interpretación de primer orden de la siguiente afirmación.

Si $p_1(\bar{x}),\dots,p_k(\bar{x})$ ( $\bar{x} = x_1,\ldots,x_r$ ) son polinomios de grado máximo $n$ sin ceros comunes, entonces hay polinomios $q_1(\bar{x}),\dots,q_k(\bar{x})$ de grado como máximo $b(n,k,r)$ tal que $p_1(\bar{x})q_1(\bar{x})+\cdots+p_k(\bar{x})q_k(\bar{x}) = 1$ .

Los límites $n$ y $b(n,k,r)$ son necesarios para que el $p_i(\bar{x})$ y $q_i(\bar{x})$ tienen un número acotado de coeficientes. De lo contrario, no podríamos utilizar un número fijo de variables para estos coeficientes.

Dicho esto, la otra pieza de la maquinaria pesada es el hecho de que la teoría de campos algebraicamente cerrados de una característica dada es completa, es decir, cada sentencia de primer orden está decidida por los axiomas. Por lo tanto, si las sentencias anteriores $\phi_{n,k,r}$ son ciertas en cualquier campo algebraicamente cerrado de una característica dada, entonces deben ser ciertas en todos los campos algebraicamente cerrados de la misma característica. En particular, el Weak Nullstellensatz para $\mathbb{C}$ implica la Nullstellensatz débil para todos los campos algebraicamente cerrados de característica cero.

A partir de aquí, puede utilizar el truco Rabinowitsch para obtener el Strong Nullstellensatz...

PD: No es necesario el Nullstellensatz para demostrar que la teoría de campos algebraicamente cerrados de una característica dada es completa. Necesitas implícitamente el Nullstellensatz para demostrar los límites superiores efectivos, pero sólo los necesitas para un campo y puedes pensar en ellos como conjeturas que resultan ser correctas.

Answer 4

La forma más fácil de reducir al caso incontable puede ser la siguiente. Sea $I$ sea un ideal de $k[X_1,...,X_d]$ que no contiene $1$ . Sea $P_1,\dots,P_r$ sea una familia generadora de $I$ .

Sea $A=k^{\mathbf N}$ y que $m$ sea un ideal maximal de $A$ que contiene el ideal $N=k^{(\mathbf N)}$ de $A$ . Entonces $K=A/m$ es un campo algebraicamente cerrado que tiene al menos la potencia del continuo. (Descripción alternativa: sea $K$ sea una ultrapotencia de $k$ con respecto a un ultrafiltro no principal).

Lema . Para $i\in\{1,\dots,r\}$ , dejemos que $a_i=(a_{i,n})\in A$ . Supongamos que $(\bar a_1,\dots,\bar a_r)=0$ en $K^r$ . Entonces el conjunto de $n\in\mathbf N$ tal que $(a_{1,n},\dots,a_{r,n})=0$ es infinita.

Prueba. Supongamos lo contrario. Para cada $n$ tal que $(a_{1,n},...,a_{r,n}) \neq 0$ , elija $(b_{1,n},\dots,b_{r,n})$ tal que $\sum a_{i,n}b_{i,n}=1 $ , y que $b_i=(b_{i,n})_n\in A$ . Entonces $\sum a_i b_i - 1 $ pertenece a $N^r$ , por lo tanto $\sum \bar a_i \bar b_i=1$ . Contradicción.

Gracias al lema, se demuestra fácilmente que el ideal $I_K$ de $K[X_1,...,X_d]$ generado por $I$ no contiene $1$ . Por el caso incontable, existe $x=(x_1,...,x_d)\in K^d$ tal que $P_j(x_1,...,x_d)=0$ para cada $j$ . Para cada $i$ , dejemos que $a=(a_{n})\in A^d$ sea tal que $\bar a=x$ . Por el lema de nuevo el conjunto de enteros $n$ tal que $P_j(a_n) \neq 0$ para algunos $j$ es finito. En particular, existe un punto $y\in k^d$ tal que $P_j(y)=0$ para cada $j$ .

Answer 5

Bueno, esto es lo contrario de lo que preguntabas, pero hay una reducción fácil en la otra dirección. Es decir, si el resultado es cierto para campos contables, entonces es cierto para todos los campos. Puedo dar dos pruebas totalmente diferentes de esto, ambas muy suaves, utilizando métodos elementales de la lógica. Mientras esperamos una solución en la dirección solicitada, permítanme describir estas dos pruebas.

Prueba 1 . Supongamos que k es cualquier campo algebraicamente cerrado, y J es un ideal en el anillo polinómico k[x ₁ ,...,x _n ]. Consideremos la estructura (k[x ₁ ,...,x _n ],k,J,+,.), que es el anillo de polinomios k[x ₁ ,...,x _n ], junto con un predicado para el campo k y para el ideal J. Por el teorema de Loweheim-Skolem descendente, existe una subestructura elemental contable, que debe tener la forma (F[x ₁ ,...,x _n ],F,I,+,.), donde F es un subcampo contable de k, e I es un ideal propio en F[x ₁ ,...,x _n ]. La parte de "elementalidad" significa que cualquier afirmación expresable en este lenguaje que sea cierta en el subring también lo es en la estructura original. En particular, I es un ideal propio en F[x ₁ ,...,x _n ] y F es algebraicamente cerrado. Por tanto, por suposición, existe un ₁ ,...,a _n en F haciendo todos los polinomios en I cero simultáneamente. Este es un hecho sobre a ₁ ,...,a _n que es expresable en la estructura menor, por lo que también es cierto en la estructura superior. Es decir, todo polinomio en J es cero en a ₁ ,...,a _n según se desee.

Prueba 2 . La segunda demostración es mucho más rápida, ya que se basa en consideraciones sencillas de la teoría de conjuntos. Supongamos que podemos demostrar (en ZFC) que el teorema es válido para campos contables. Supongamos ahora que k es un campo cualquiera y que J es un ideal propio del anillo k[x ₁ ,...,x _n ]. Si V es el universo set-teórico, sea V[G] una extensión forzosa donde k se ha vuelto contable. (Es un hecho notable sobre el forzamiento que cualquier conjunto en absoluto puede llegar a ser contable en una extensión de forzamiento). Podemos considerar k y k[x ₁ ,...,x _n ] y J dentro de la extensión forzada V[G]. El paso a la extensión forzada no afecta a ninguna de nuestras suposiciones sobre k o k[x ₁ ,...,x _n ] o J, salvo que ahora, en la extensión forzosa, k se ha vuelto contable. Así, por nuestra suposición, hay un ₁ ,...,a _n en k n haciendo que todos los polinomios en J sean cero. Este hecho era cierto en V[G], pero como los elementos de k y J son los mismos en V y V[G], y las evaluaciones de los polinomios es la misma, se deduce que esta misma solución funciona de nuevo en V. Así que el teorema es cierto para k en V, como se deseaba.

Pero lo sé, fue una reducción equivocada, ya que estoy reduciendo de lo incontable a lo contable, en lugar de lo contable a lo incontable, como pediste...

No obstante, supongo que ambos argumentos podrían considerarse pruebas alternativas muy suaves del caso incontable (suponiendo que se tenga una prueba del caso contable).