¿Por qué una variedad sobre un campo cerrado no analógico es una hipersuperficie?

Question

Ejercicio $3$ en la página $8$ de la Introducción al Álgebra Conmutativa y la Geometría Algebraica de Kunz es la siguiente:

Si el campo $K$ no es algebraicamente cerrado, entonces cualquier $K$ -variedad $V \subset A^n(K)$ puede escribirse como el conjunto cero de una única función polinómica en $K[X_1,\dots,X_n].$

Esto se desprende fácilmente de su insinuación (que yo no saber probar):

Para cualquier $m>0$ existe un polinomio $\varphi \in K[X_1,\dots,X_m]$ cuyo único cero es $(0,\dots,0)\in A^m(K).$

He intentado demostrarlo mediante inducción, pero no he conseguido nada. ¿Alguien tiene una prueba de esta pista (o un contraejemplo)? ¡Agradecería mucho cualquier ayuda!

Answer 1

Dejemos que $F(x)$ sea un polinomio de una variable de grado al menos uno sin raíces en $K$ . Supongamos que es de grado $d$ . Consideremos la homogeneización de este polinomio, $G(x,y)$ obtenido de $F(x)$ , de tal manera que $G(x,1) = F(x)$ y $G$ es homogénea de grado $d$ . La afirmación es que $G$ no tiene raíces excepto en el origen. Para cualquier raíz de $G$ debe, en primer lugar, tener al menos una coordenada cero: de lo contrario obtendríamos un cero no trivial de $F$ por la homogeneidad.

Así que tenemos que demostrar que si $G(x,0) = 0$ entonces $x =0$ y de forma similar para $G(0, y)$ . Ahora $G(x,0)$ es, sin embargo, un polinomio no trivial de la forma $cx^d$ para algunos $c \in K$ para que esto quede claro. $G(0,y)$ es también un polinomio de este tipo, aunque (correspondiente al término más bajo de $F$ ---aquí es donde necesitamos eso $F$ tiene más de un término). Así que $G(0,y)$ no tiene raíces, excepto donde $y=0$ .

Así, el resultado es claro en dos variables: el origen es una hipersuperficie. Ahora podemos "arrancar" a dimensiones más altas de forma inductiva como sigue. Consideremos la afín $n$ -espacio $\mathbb{A}^n$ y considerar un polinomio $H(x_1, \dots, x_{n-1})$ con ninguna raíz no trivial que no sea el origen. Podemos utilizar la función $G(H(x_1, \dots, x_{n-1}), x_n)$ para obtener un polinomio que sólo desaparece en el origen en $\mathbb{A}^n$ .

Editado para tener en cuenta la corrección de Georges Elencwajg.

Answer 2

Primero vamos a probar el siguiente lema:

Lema : Si $ k $ no es un campo algebraicamente cerrado y $n\in{\mathbb{N}}$ entonces existe $f\in{k[x_ {1},x_{2},\dots{x_{n-1},x_{n}}]}$ tal que $V(f)=\{(0,0,\dots,0,0)\}\subseteq{\mathbb{A}_{k}^{n}}$ .

Prueba : Dejemos que $k^{a}$ el cierre algebraico de $k$ . (Razonamiento Inductivo) Primero observamos que si $n=1$ entonces existe $f(x_{1})=x_{1}$ en $k[x_{1}]$ tal que $V(f)=\{0\}\subseteq{\mathbb{A}_{k}^{1}}$ . Por hipótesis de inducción supongamos que existe $g(x)\in{k[x_{1},x_{2},\dots{x_{n-1},x_{n}}]}$ tal que $V(g)=\{(0,0,\ dots,0,0)\}\subseteq{\mathbb{A}_{k}^{n}}$ . A continuación, considere los siguientes casos:

Caso(I) . Si $k$ es de característica cero. En ese caso son $\alpha\in{k^{a}\smallsetminus{k}}$ y $p_{\alpha,k}(x)$ su polinomio mínimo. Entonces como $ p_{\alpha,k}(x)$ es separable (para $k$ es de la característica cero), observe que $k(\alpha,\alpha_{1},\ldots,\alpha_{r-1},\alpha_{r})\mid{k}$ donde $\{\alpha_{0},\alpha_{1},\ldots,\alpha_{r-1},\alpha_{r}\}$ son las raíces de $p_{\alpha,k}(x)$ en $k^{a}$ es una extensión de Galois cuyo grupo de Galois se denotará por $G$ Entonces nos damos cuenta de que:

i) $f(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},x_{n+1}):=\displaystyle\prod_{\sigma\in{G}}\sigma(g(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n-1},x_{n})+\alpha{x_{n+1}^{r}})$ es un polinomio en $k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},x_{n +1}]$ . En efecto, como $\sigma(f)=f$ para todos $\sigma\in{G} $ tenemos que $f$ los coeficientes están en el campo fijo $k^{G}=k$ .

ii) $V(f)=\{(0,0,\dots,0,0)\}\subseteq{\mathbb{A}_{k}^{n +1}}$ . En efecto: En primer lugar, observe que $f(0,0\ldots,0,0)=\displaystyle\prod_{\sigma\in{G}}\sigma(g(0,0,\ldots,0,0)+\alpha{0^{r}})=0$ . Por otro lado, si $(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n},a_{n+1})\in{V(f)}$ existe $\sigma\in{G}$ tal que $\sigma(g(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n})+\alpha{a_{n+1}^{r}})=0$ , $g(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n})+\sigma(\alpha){a_{n+1}^{r}}=0$ entonces $a_{n+1}=0$ (pues si $a_{n+1}\not=0$ , $\sigma(\alpha)=-\displaystyle\frac{g(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n})}{a_{n+1}^{r}}$ , tomando $\sigma^{-1}$ en ambos miembros tienen $\alpha=-\displaystyle\frac{g(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n})}{a_{n+1}^{r}}$ ( $\Rightarrow\Leftarrow$ )), entonces $g(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n})=0$ Entonces $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n}=0$ .

Caso (II) . Si $k$ tiene la característica $p$ con $p$ primo. En ese caso es $k_{0}$ el cierre separable de $k^{a}$ de $k$ . Si $k\not=k_ {0}$ entonces repetir lo que se hizo en el caso (I) tomando $\alpha\in{k_{0}\smallsetminus{k}}$ . Si $k=k_{0}$ , entonces tomando $\alpha\in{k^{a}\smallsetminus{k}}$ tenemos que hay $m\in{\mathbb{N}}$ tal que $\alpha^{p^{m}}\in{k}$ (para $\alpha$ es puramente inseparable sobre $k_{0}= k$ ), entonces observamos que: $F(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},x_{n +1}): = (g(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n-1},x_{n})+\alpha{x_{n+1}})^{p^{m}}$ es un polinomio en $k[x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},x_{n+1}] $ .

$V(f)=\{(0,0,\dots,0,0)\}\subseteq{\mathbb{A}_{k}^{n +1}}$ . En efecto: En primer lugar, observe que $f(0,0,\dots,0,0)=(g(0,0,\ldots,0,0)+\alpha{0})^{p^{m}}=0$ . Por otro lado, si $(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n},a_{n+1})\in{V(f)}$ entonces $g(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n})+\alpha{a_{n+1}}=0$ , entonces como $a_{n+1}=0$ (porque $\alpha\not\in{k}$ ) tenemos $g(a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n})=0$ entonces $a_{1},a_{2},\ldots,a_{n-1},a_{n}=0$ .///

Así, por lo anterior tenemos que para todo $n\in\mathbb{N}$ existe $f\in{k[x_{1},x_{2},\dots{x_{n-1},x_{n}}]}$ tal que $V(f)=\{(0,0,\dots,0,0)\}\subseteq{\mathbb{A}_{k}^ {n}}$ .

Dejemos que $ X $ un conjunto algebraico afín un espacio afín $\mathbb{A}_{k}^{n}$ entonces existe un ideal $I$ de $k[x_{1},x_{2},\dots{x_{n-1},x_{n}}]$ tal que $X=V(I)$ y $I$ es un ideal finitamente generado (para $k [x_{1},x_{2},\dots{x_{n-1},x_{n}}]$ es un NoEther-Ring) tienen que existir $f_{1},f_{2},\ldots,f_{m-1},f_{m}\in{k[x_{1},x_{2},\dots{x_{n-1},x_{n}}]}$ tal que $I=\langle{f_{1},f_{2},\ldots,f_{m-1},f_{m}}\rangle$ entonces $V(I)= V(\{f_{1},f_{2},\ldots,f_ {m- 1}, f_{m}\})$ entonces existe $f\in{k[x_{1},x_{2},\dots{x_{n-1},x_{n}}]}$ tal que $V(f)=\{(0,0,\dots,0,0)\}$ debe ser $X=V(I)=V(f(f_{1},f_{2},\ldots,f_{n-1},f_{n}))$ .