A finitely generated $\mathbb{Z}$ -que es un campo tiene que ser finita

Question

Intentaba comprender completamente el post de Terrence Tao sobre el teorema de Ax-Grothendieck . Esto es muy mono. Usando campos finitos demuestras que todo mapa polinómico inyectivo $\mathbb C^n\to \mathbb C^n$ es biyectiva. Me parece que el único punto de la prueba presentada en el post que no se explica completamente es el siguiente lema:

Tomemos cualquier anillo finitamente generado sobre $\mathbb Z$ y lo cociente por un ideal maximal. Entonces el cociente es un campo finito.

¿Existe alguna referencia comprensible para la demostración de este lema?

En una formulación ligeramente diferente, la pregunta es la siguiente: suponiendo la Nullstellensatz, ¿se puede realmente dar una demostración completa del teorema de Ax-Grothendick en dos páginas, de forma que se pueda explicar completamente en una clase (2 horas) de un curso de licenciatura en geometría algebraica?

Answer 1

Para demostrar Nullstellensatz sobre $\mathbb{Z}$ como el morfismo $f: \mathrm{Spec}(R)\to\mathrm{Spec}(\mathbb Z)$ es de tipo finito, un teorema de Chevalley dice que la imagen de cualquier subconjunto construible es construible. Por tanto, la imagen de cualquier punto cerrado por $f$ es un punto que es un subconjunto construible. No puede ser el punto genérico de $\mathrm{Spec}(\mathbb Z)$ por lo que debe ser un punto cerrado.

Obsérvese que esto no se cumple en general. Por ejemplo, sobre el anillo de $p$ -enteros, el ideal $(pX-1)\mathbb{Z}_p[X]$ es maximal, pero su preimagen en $\mathbb{Z}_p$ es $0$ y no es máxima.

[ EDITAR Otra demostración utilizando el lema de normalización de Noether: Lema de normalización de Noether sobre un anillo A si un ideal maximal $\mathfrak m$ de $R$ es tal que $\mathfrak m\cap \mathbb Z=0$ entonces $R/\mathfrak m$ es de tipo finito sobre (y contiene) $\mathbb Z$ . Así que hay salidas $f\in\mathbb Z$ distinto de cero y un homomorfismo inyectivo finito $\mathbb Z_f[X_1,\dots, X_d]\hookrightarrow R/\mathfrak m$ . Pero entonces $\mathbb Z_f[X_1,\dots, X_d]$ debe ser un campo. Esto es imposible porque las unidades de este anillo son $\pm f^k$ , $k$ enteros relativos.

Answer 2

Sea $R$ sea una $\mathbb{Z}$ -y $\mathfrak{m}\subset R$ son ideales máximos. Queremos demostrar $R/\mathfrak{m}$ es un campo finito.

Sea $i: \mathbb{Z}\to R$ sea el único mapa anular; entonces $i^{-1}(\mathfrak{m})$ es un ideal maximal en $\mathbb{Z}$ (como $R$ está finitamente generada sobre $\mathbb{Z})$ y, por tanto $\mathbb{Z}/i^{-1}(\mathfrak{m})$ es un campo finito $\mathbb{F}_p$ para algún primo $p$ . En $R$ está finitamente generada sobre $\mathbb{Z}$ , $R/\mathfrak{m}$ está finitamente generada sobre $\mathbb{F}_p$ . Pero todas las extensiones de campo finito de $\mathbb{F}_p$ siguen siendo finitas, con lo que se completa la prueba.

Answer 3

Permítanme añadir una respuesta autónoma que es completamente elemental y evita tanto el Nullstellensatz como la normalización de Noether. Es una versión pulida de este artículo (ya enlazado en los comentarios de Daniel Litt). Se solapa parcialmente con las respuestas de Daniel Litt y Guillermo Mantilla.

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Lema 1. Sea $R$ sea un UFD con infinitos primos. Entonces una extensión de campo algebraico $L$ de $F:=\operatorname{Frac}(R)$ no puede generarse finitamente como un $R$ -álgebra.

Prueba. Supongamos que $L=R[y_1,\dots,y_n]$ con cada $y_j$ siendo una raíz de un cierto polinomio mónico $p_j\in F[x]$ . Tomando el denominador común $d\in R$ de los coeficientes de estos polinomios $p_j$ obtenemos que $y_j$ es integral en $R':=R[1/d]\subseteq F$ . Pero entonces, dado un primo $p\nmid d$ (aquí utilizamos que $R$ tiene infinitos primos), lo mismo vale para $1/p\in L=R'[y_1,\dots,y_n]$ . Sin embargo, dado que $R'$ sigue siendo un UFD, esto implica $1/p\in R'$ (ya que una UFD es integralmente cerrada), contradicción. $\blacksquare$

Lema 2. Dada una extensión de campo $K\subseteq L$ si $L$ está finitamente generada como $K$ -entonces la extensión es algebraica, y en particular finita (es decir $\operatorname{dim}_K L<\infty$ ).

Prueba. Supongamos que $L=K[z_1,\dots,z_m]$ . Desde $L=K(z_1)[z_2,\dots,z_m]$ por inducción $L$ es algebraico sobre $K(z_1)$ . Si $z_1$ es trascendente sobre $K$ entonces $R:=K[z_1]\cong K[x]$ satisface las hipótesis del Lemma 1, lo que contradice que $L$ está finitamente generada como $R$ -álgebra. Así que $z_1$ es algebraico sobre $K$ por lo que también $L$ . (Obsérvese que el caso base $m=1$ es obvio, ya que $1/z_1\in K[z_1]$ implica que $z_1$ es la raíz de algún polinomio sobre $K$ .) $\blacksquare$

Teorema. Si $L$ es un campo finitamente generado, entonces $L$ es un campo finito.

Prueba. $L$ es (isomorfo a) el cociente del anillo $\mathbb{Z}[x_1,\dots,x_n]$ por un ideal maximal $M$ . Observe que $M\cap\mathbb Z$ es un ideal primo de $\mathbb Z$ . Si $M\cap\mathbb Z=\{0\}$ entonces $\mathbb Z$ incrusta en $L$ pero esto contradice el lema 1 (con $R:=\mathbb Z$ ¡)! Por lo tanto $\mathbb F_p$ incrusta en $L$ para algún número primo $p$ y el Lemma 2 da que $L$ es finito. $\blacksquare$

Answer 4

Se puede dar una prueba más elemental del hecho de que $\mathfrak{m} \cap \mathbb{Z} \neq 0$ - Por más elemental me refiero a una demostración que sólo utilice el Nullstellensatz sobre $\mathbb{Q}$ .

Obsérvese que basta con verificar la demanda de $R=\mathbb{Z}[x_1,..,x_n]$ et $\mathfrak{m} \in Max(R)$ .

Supongamos que existe $\mathfrak{m} \in Max(R)$ tal que $\mathfrak{m} \cap \mathbb{Z} =0$ . Entonces, podemos suponer que $\mathbb{Z} \subseteq F :=\mathbb{Z}[x_1,..,x_n]/\mathfrak{m}$ . Si denotamos por $\alpha_{i}=x_i+\mathfrak{m}$ tenemos que $F=\mathbb{Z}[\alpha_1,..,\alpha_n]$ . Desde $F$ es un campo concluimos que $\mathbb{Z}[\alpha_1,..,\alpha_n]=\mathbb{Q}(\alpha_1,..,\alpha_n)$ .

Reclamación: $F/\mathbb{Q}$ es una extensión algebraica.

prueba: $F/\mathbb{Q}$ es una extensión de campo finitamente generada -generada como un álgebra- en particular $F$ es de la forma $\mathbb{Q}[y_1,..,y_m]/M$ para algunos $M$ ideal maximal de $\mathbb{Q}[y_1,..,y_m].$ Por el Nullstellensatz $M$ tiene un cero $(\beta_1,...,\beta_m)$ donde cada $b_i$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$ Así que $F=\mathbb{Q}(\beta_1,...,\beta_m)$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$ .

Puesto que cada $\alpha_{i}$ es algebraico, hay enteros $q_i$ tal que $q_{i}\alpha_{i}$ es integral sobre $\mathbb{Z}$ para todos $i$ . En particular $F=\mathbb{Z}[\alpha_1,..,\alpha_n]$ es una extensión integral de $\displaystyle \mathbb{Z}[\frac{1}{q_1},..,\frac{1}{q_n}]$ . Desde $F$ es un campo tenemos que $\displaystyle \mathbb{Z}[\frac{1}{q_1},..,\frac{1}{q_n}]$ es un campo, lo cual es una contradicción( $p$ no es invertible para ningún primo que no sea divisor de $q_{1}...q_{n}$ ).

Answer 5

Esto no es una respuesta a su pregunta, pero permítame señalar que el teorema de Ax-Grothendieck es ahora fácil de demostrar utilizando polinomios E (polinomios de Hodge-Deligne). Si $f:X \to X $ es un endomorfismo inyectivo de una variedad algebraica compleja, entonces $E(X) = E(f(X))=E(X)-E(X\setminus f(X))$ . Así que $E(X\setminus f(X))=0$ y $X\setminus f(X) = \emptyset$ porque el grado de un conjunto construible es el doble de su dimensión. Dado que se supone la teoría mixta de Hodge, esta demostración no es trivial en absoluto. Pero, al menos para mí, esto parece más natural.