Topología de Zariski en el plano complejo: un ejemplo

Question

Quiero encontrar el cierre bajo la topología de zariski, de este conjunto de dólares \left\{ {\left( {x,y} \right) \in {\Bbb C}^2 ;\left| x \right| + \left| y \right| = 1} \right\} $ No tengo idea de lo que puedo hacer

Answer 1

(ampliando mi comentario con una respuesta)

Deje $S$ ser tu set $S=\{(x,y)\in\mathbb{C}^2\mid |x|+|y|=1\}$. Si podemos demostrar que la única bivariante polinomio que se desvanece en todos los puntos de $S$ es la constante cero, entonces el ideal $\cal{I}(S)$ consiste en el cero del polinomio y, por ende $\overline{S}=\cal{V}(\cal{I}(S))=\mathbb{C}^2$.

Deje $f(x,y)$ ser un polinomio que se desvanece en todo el punto de $S$. Entonces todos los números complejos $x$ sobre el círculo de $|x|=1/2$ deben ser ceros del polinomio univariado $g(x):=f(x,1/2)$. Hay infinitamente muchos números de $x$ con esta propiedad, por lo que debemos tener $g(x)=0$. Por lo tanto, $y-\frac12$ debe ser un factor de $f(x,y)$. Pero podemos repetir el mismo argumento para cualquier número complejo a $y_0$ tal que $|y_0|<1$. Para todos los polinomios de $y-y_0$ debe ser factores de $f(x,y)$. Pero el polinomio $f(x,y)$ tiene un número finito de grados, así que esto es imposible por factorización única.

Answer 2

Su conjunto $S$ cierre $\bar S=\mathbb C^2$.
Para demostrar que esto es suficiente para demostrar que los no-cero del polinomio $P(x,y)$ se desvanece en $S$.
Aquí es una prueba real mediante colectores:

El conjunto $S$ es un verdadero submanifold de dimensión $3$ $\mathbb C^2=\mathbb R^4$ desde su ecuación es $f(x,y)=(x_1^2+x_2^2)^{1/2}+(y_1^2+y_2^2)^{1/2}=1$ $f$ no cuenta con gradiente cero en $S$.
Pero excepto en un número finito de puntos de $V(P)$, la variedad definida por $P$, es lisa y por lo tanto un verdadero colector de dimensión $2$, de modo que usted no puede tener $S\subset V(P)$.

Answer 3

Deje $S$ ser su conjunto, y deje $f\in\mathbb C[x,y]$ un polinomio de fuga en $S$.

Demostramos $f=0$ como sigue.

Deje $(a,b)$ ser un vector distinto de cero en $\mathbb C^2$.

La restricción de $f$ a la línea de $$ L:=\{(ta,tb)\ |\ t\in\mathbb C\} $$ es un polinomio en a $t$ de fuga en $S\cap L$, que es el conjunto de las $(ta,tb)$ con $$ |t|=\frac{1}{|a|+|b|}\quad. $$ Este conjunto infinito, $f$ se desvanece en $L$. Como $\mathbb C^2$ es cubierto por este tipo de líneas, de hecho hemos $f=0$.

Variación: $f(ru,(1-r)v)$ es un polinomio en a $r,u,v$ fuga en $$ 0\le r\le1,\quad |u|=1=|v|. $$ A partir de esto es fácil deducir $f=0$.