Ejercicio en Hartshorne

Question

Empecé a leer a Hartshorne. Ya en los primeros ejercicios me tropiezo con problemas.

Básicamente el ejercicio 1.1 pide demostrar que $k[x,y]/(y-x^2)$ es isomorfo a un anillo polinómico en una variable. Bien, entonces probé lo siguiente, definir $k[x,y]\to k[t]$ por $x \mapsto t$ et $y \mapsto t^2$ . Esto es obviamente un homomorfismo y también $y-x^2$ está en el núcleo. Mi problema era demostrar que el núcleo no es más que $(y-x^2)$ aunque esto parece bastante claro, pero he tenido algunos problemas para demostrarlo rigurosamente. Hice el siguiente Let $\sum_{i,j} a_{i,j}x^iy^j$ estar en el núcleo. Entonces la imagen es $\sum_{i,j} a_{i,j}t^it^{2j}=0$ . Primero hay que tener en cuenta que $\sum_{i,j} a_{i,j}x^ix^{2j}$ también está en el núcleo, ya que tiene la misma imagen que $\sum_{i,j} a_{i,j}x^iy^j$ . Pero también vemos que $\sum_{i,j} a_{i,j}x^ix^{2j}$ es en realidad cero, ya que es igual a $\sum_{i,j} a_{i,j}t^it^{2j}=0$ sólo con las variables renombradas. Así, $$\sum_{i,j} a_{i,j}x^iy^j=\sum_{i,j} a_{i,j}x^iy^j-\sum_{i,j} a_{i,j}x^ix^{2j}= \sum_{i,j} a_{i,j}x^i(y^j-x^{2j})$$ y es bien sabido que $a-b$ divide $a^j-b^j$ . Así, la suma es divisible por $y-x^2$ y hemos terminado. Una prueba bastante complicada para algo que parece casi obvio.

Así que mi problema viene al hacer el ejercicio 1.2 Tengo que demostrar que $k[x,y,z]/(x^2-y,x^3-z)$ es isomorfo a un anillo polinómico en una variable. Así que de nuevo defino un homomorfismo $k[x,y,z]\to k[t]$ por $x \mapsto t$ , $y \mapsto t^2$ et $z\mapsto t^3$ . Lo ideal es $(x^2-y,x^3-z)$ está obviamente contenida en el núcleo. Pero ¿cómo puedo demostrar que es todo eso? Adoptar el mismo enfoque que el anterior parece conducir a una prueba aún más complicada de un "hecho evidente".

Entonces, ¿cómo puedo demostrar 1.1 en una técnica más agradable que también se aplica a 1.2

Answer 1

Este es otro enfoque. Reconsideremos el primer ejercicio.

Dejemos que $\phi:k[x,y] \rightarrow k[t]$ sea el mapa dado por $g(x,y) \mapsto g(t,t^2).$ Entonces $\phi$ es un epimorfismo que contiene en su núcleo el polinomio $y -x^2.$ Deseamos mostrar $\ker \phi = (y - x^2).$

Primero nota como la imagen de $\phi$ es un dominio integral, el núcleo de $\phi$ es primo. Además, el $\dim k[t] = 1$ y $\dim k[x,y] =2.$ Por lo tanto, debe ser el caso que $ht(\ker \phi) = 1.$ Mostramos $(y -x^2)$ también es un primo de altura $1.$

Obsérvese que el polinomio $x^2 - y \in k[y][x]$ satisface el criterio de eisenstein en el primo $(y).$ Por lo tanto, $x^2 - y$ es irreducible en $k[y,x].$ Como $k[y,x]$ es un UFD, se deduce que $x^2 - y$ es primo.

Por lo tanto, $(x^2 - y)$ es un primo de altura $1.$ Dada la contención $(y^2 - x) \subset \ker \phi,$ debe ser el caso $(y^2 -x) = \ker \phi.$

Para el segundo ejercicio, se puede utilizar este mismo argumento para demostrar $k[x,y,z]/(x^3 - z) \cong k[x,y].$ Y así, $k[x,y,z]/(x^3 - z, x^2 - y) \cong k[x,y]/(x^2 - y) \cong k[x].$

Answer 2

Permítanme dar un argumento completamente elemental.

Dejemos que $A=k[X,Y]/(X^2-Y)$ y que $x$ y $y$ sean las imágenes de $X$ y $Y$ en $A$ . Hay un mapa de álgebra $k[X,Y]\to k[t]$ tal que $X\mapsto t$ y $Y\mapsto t^2$ el elemento $X^2-Y$ está en su núcleo, por lo que el mapa desciende a un mapa del álgebra $\alpha:A\to k[t]$ tal que $\alpha(x)=t$ y $\alpha(y)=t^2$ . Ahora, obviamente, hay un mapa $\beta:k[t]\to A$ tal que $\beta(t)=x$ .

La composición $\alpha\circ\beta$ es la identidad de $k[t]$ : como es un mapa algebraico, basta con calcular su acción sobre el generador $t$ y $\alpha(\beta(t))=\alpha(x)=t$ . De la misma manera, $\beta\circ\alpha$ es la identidad en $A$ : $\beta(\alpha(x))=\beta(t)=x$ y $\beta(\alpha(y))=\beta(t^2)=x^2=y$ .

Concluimos que $\alpha$ y $\beta$ son isomorfismos.

El mismo argumento se aplica a su otro ejemplo.

Answer 3

A raíz del comentario de Gooz y Dylon Moreland se me ocurrió una prueba, que no es tan elegante como la de jspecter pero más elemental.

Utilizo el siguiente hecho del teorema 1.1 del capítulo 4 de Lang: Sea $f(x),g(x) \in R[x]$ y supongamos que el término principal de $g(x)$ es invertible en $R$ . Entonces $f(x)=g(x)d(x)+r(x)$ donde el grado de $r(x)$ es menor que la de $g(x)$ .

Consideraré directamente el ejercicio 2 y dejaré $f(x,y,z)$ sea un polinomio el núcleo de $\phi$ , donde $\phi$ es el homomorfismo $k[x,y,z]\to k[t]$ dado por $x \mapsto t$ , $y \mapsto t^2$ et $z\mapsto t^3$ . Queremos demostrar que $(x^2-y,x^3-z)$ es el núcleo.

Considere $f(x,y,z)$ como un polinomio en $k[x,y][z]$ . Entonces el término principal término en $x^3-z$ (en $z$ ) es invertible en $k[x,y]$ por lo que escribimos $f(x,y,z) = (x^3-z)d(x,y,z)+r(x,y,z)$ . Entonces, o bien $r(x,y,z)=0$ y hemos terminado, o tiene un grado inferior a $(x^3-z)$ tiene, así que $r(x,y,z)$ es de hecho un polinomio sólo en $y$ y $x$ . Volvemos a aplicar el resultado de arriba y escribimos $r(x,y)=(x^2-y)d'(x,y)+r'(x,y)$ . Y nosotros hemos terminado si $r'(x,y)=0$ . Por lo demás, con la misma razón que antes $r'$ es polinómica sólo en $x$ .

Así que ahora tenemos $$f(x,y,z) = (x^3-z)d(x,y,z) + (x^2-y)d'(x,y) +r'(x).$$ Si ahora aplicamos $\phi$ vemos que $0=r'(t)$ y esto es sólo posible si $r'=0$ , por lo que tenemos $$f(x,y,z) = (x^3-z)d(x,y,z) + (x^2-y)d'(x,y) \in (x^2-y,x^3-z).$$

Answer 4

A riesgo de decir lo obvio, en lugar de calcular el núcleo de tu homomorfismo, podrías simplemente escribir su inversa: $t \mapsto x$ . El argumento se reduce entonces a demostrar que $$f(x,y,z) \equiv f(x, x^2, x^3) \mod{\left\langle y - x^2, z - x^3 \right\rangle}$$ lo cual es cierto porque la equivalencia módulo a un ideal es una relación de congruencia. por ejemplo, así podemos usar $y \equiv x^2$ para hacer una sustitución.