¿Hay una prueba fácil de la Nullstellensatz que evita las técnicas de normalización de Noether estándar?
Una prueba que sé prueba primero el Nullstellensatz 'débil' que asegura que ideales máximos corresponden a puntos (mediante la normalización) y luego la versión más fuerte introduciendo otra variable y el truco de Rabinovich.
Hay hoteles de prueba de los débiles Nullstellensatz en Artin del Álgebra , que dice así: supongamos que $m$ es un ideal maximal de $F[x_1, ... x_n]$ que $F$ es un incontable algebraicamente cerrado de campo (nota adicional hipótesis) que no es de la forma "de todas las funciones de fuga en un punto determinado de $F^n$." Entonces $F[x_1, ... x_n]/m$ no puede ser una extensión algebraica de $F$ (desde luego sería igual a $F$, y entonces no existiría $a_i \in F$ tales que $x_i - a_i \en m$, lo que contradice nuestra hipótesis), por lo que debe tener trascendencia grado al menos uno. Pero $F(t)$ tiene innumerables dimensión más de $F$, ya que, por ejemplo, el conjunto $\{ \frac{1}{t}, \F \}$ es linealmente independiente, y $F[x_1, ... x_n]/m$ ha contables dimensión más de $F$. Contradicción.
Esta prueba funciona muy bien si todo lo que quiero hacer es hablar de complejo de variedades, pero me imagino que las de los Bourbaki tradición temblar.
Edición, 2/28/10: Ver también la pregunta #15611, en la que Brian Conrad da un argumento que se puede reducir el caso general a las incontables caso.
He estado pensando acerca de la pregunta "¿Cuál es la mejor, es decir, una combinación de las más corto, más natural, más fácil -- prueba de la Nullstellensatz?" recientemente, en la víspera de un curso de álgebra conmutativa.
En mis notas hasta este punto había estado siguiendo Kaplansky del tratamiento de Goldman dominios y Hilbert-Jacobson anillos. Esto sitúa el problema en un contexto más general y permite un atractivo análisis exhaustivo. Al final uno sale con los siguientes resultados:
(1) El polinomio anillo $k[t_1,\ldots,t_n]$ es un Jacobson anillo, es decir, todos los radicales ideal es la intersección de la máxima ideales que la contiene.
(2) (Zariski del Lexema): Si $\mathfrak{m}$ es un ideal maximal de $k[t_1,\ldots,t_n]$, entonces $k[t_1,\ldots,t_n]/\mathfrak{m}$ es un número finito de grados de campo de extensión de $k$.
(Hilbert Nullstellensatz se sigue de (1) y (2) es una forma fácil, estándar argumento de que no voy a discutir aquí).
Pero es bien sabido que para demostrar el Nullstellensatz que sólo uno de (2), porque entonces (1) de la siguiente manera por un corto y fácil argumento de que todo el mundo parece que le gusta: Rabinowitsch del Truco. Así que tal vez esta es una señal de que el desarrollo de la teoría de (Hilbert-)Jacobson anillos para demostrar el Nullstellensatz es una exageración.
Así que la pregunta parece ser: ¿cuál es la mejor prueba de Zariski del Lema?
Después de mirar alrededor en varias pruebas, he aquí lo que yo creo que la respuesta es ahora: es una sencilla consecuencia del siguiente resultado.
Teorema (Artin-Tate Lexema): Sea $R \subconjunto T \subconjunto S$ ser una torre de anillos tal que
(i) $R$ es Noetherian,
(ii) $S$ es finitely se generan como un $R$-álgebra, y
(iii) $S$ es finitely generado como $T$-módulo.
Entonces $T$ es finitely se generan como un $R$-álgebra.
Prueba: Supongamos $x_1,\ldots,x_n$ ser un conjunto de generadores de $S$ como un $R$-álgebra, y dejar que $\omega_1,\ldots,\omega_m$ ser un conjunto de los generadores de los $S$ como $T$-módulo. Para todos $1 \leq i \leq$ n, podemos escribir \begin{ecuación} \label{ARTINTATEEQ1} x_i = \sum_j a_{ij} \omega_j, \ a_{ij} \en T. \end{ecuación} Del mismo modo, para la totalidad de los $1 \leq i,j \leq m$, podemos escribir \begin{ecuación} \label{ARTINTATEEQ2} \omega_i \omega_j = \sum_{k} b_{ijk} \omega_k, \ b_{ijk} \en T. \end{ecuación} Deje de $T_0$ los $R$-subalgebra de $T$ generada por el $a_{ij}$ y $b_{ijk}$. Desde $T_0$ es un finitely generado álgebra sobre el Noetherian anillo $R$, es en sí mismo un Noetherian anillo de Hilbert Teorema de la Base. \ \guión Ahora cada elemento de $S$ se puede expresar como un polinomio en el $x_i$'s con $R$-coeficientes. Haciendo sustituciones mediante las dos ecuaciones anteriores se muestra que $S$ es un finitely generó $T_0$-módulo. Desde $T_0$ es Noetherian, el submódulo $T$ es también finitely generado como $T_0$-módulo. Esto implica inmediatamente que $T$ es finitely generados como $T_0$-álgebra y, a continuación, a su vez, que $T$ es finitely generado como un $R$-álgebra, qed!
La prueba de que Artin-Tate implica Zariski el Lema:
Esto es suficiente para demostrar el siguiente: sea $K/k$ ser una extensión de campo que se finitely generado como $k$-álgebra. Entonces $K/k$ es algebraico. En efecto, supongamos lo contrario: dejar $x_1,\ldots,x_n$ ser una trascendencia base para $K/k$ (donde $n \geq 1$ desde $K/k$ es trascendental), poner $k(x) = k(x_1,\ldots,x_n)$ y considerar la torre de los anillos
$k \subconjunto de k(x) \subconjunto K$.
Para estar seguros, debemos recordar la definición de una trascendencia base: los elementos $x_i$ son algebraicamente independientes sobre $k$ y $K/k(x)$ es algebraico. Pero desde $K$ es un finitely generó $k$-álgebra, sin duda es un finitely generó $k(x)$-álgebra y mus $K/k(x)$ es un número finito de grados de extensión de campo. Así, el Artin-Tate Lema se aplica a nuestra torre: llegamos a la conclusión de que $k(x)/k$ es un finitely generó $k$-álgebra. Pero esto es absurdo. Esto implica la mucho más débil declaración de que $k(x) = k(x_1,\ldots,x_{n-1})(x_n)$ es finitely generados como $k(x_1,\ldots,x_{n-1})[x_n]$-álgebra, o más débil, sin embargo, que existe algún campo $F$ tal que $F(t)$ es finitely generado como $F[t]$-álgebra: es decir, existe un número finito de funciones racionales $\{r_i(t) = \frac{p_i(t)}{q_i(t)} \}_{i=1}^N$ de tal manera que cada función racional es un polinomio en la $r_i$con $k$-coeficientes. Pero $F[t]$ es un PID con infinidad de nonassociate distinto de cero elementos principales (por ejemplo, adaptar Euclides es el argumento de la infinitud de los números primos), de manera que podamos elegir un valor distinto de cero el primer elemento $q$, que no divida a $q_i(t)$ para $i$. Es claro que $\frac{1}{q}$ no puede ser un polinomio en el $r_i(t)$'s: por ejemplo, la evaluación en la raíz de la $q$ en $\overline{F}$ conduce a una contradicción.
Tenga en cuenta que esto es casi todo es exactamente como en Artin-Tate de papel, excepto para el final del juego anterior, que ha sido un poco más explícito y simplificado: su conclusión parece depender de factorización única en $k[t_1,\ldots,t_n]$, que no llega hasta más tarde en mis notas.
Comentarios adicionales:
(i) La prueba es esencialmente una reducción de Noether de la normalización en el caso de extensiones de campo, que se convierte en el conocido resultado de la existencia de la trascendencia de las bases. Por lo tanto no está tan lejos de la mayoría de la tradicional prueba de la Nullstellensatz. Pero creo que el Artin-Tate Lema es más fácil que Noether Normalización.
(ii) Hablando de Noether: la prueba de la Artin-Tate Lema está incrustado en el libro de texto estándar de prueba que, si $R$ es un finitely generó $k$-álgebra y $G$ es un grupo finito actuando en $R$ por anillo de automorfismos, luego $R^G$ es un finitely generó $k$-álgebra. De hecho, yo ya había escrito esta prueba en otro lugar en mis notas. Al darse cuenta de que la Artin-Tate Lema es algo de lo que estaba implícitamente demostrando en el transcurso de otro resultado de todos modos fue parte de lo que me convenció de que esto era una vía eficaz para el Nullstellensatz. Tenga en cuenta que el papel de Artin y Tate no hacer ninguna conexión con el teorema de Noether y por el contrario, los libros de texto sobre teoría de invariantes que demostrar el teorema de Noether no parecen hablar de Artin-Tate. (Sin embargo, google -- Artin-Tate Lema, Noether -- encuentra varios trabajos de investigación que aluden a la conexión de una manera que sugiere que es de conocimiento común entre los cognoscenti.)
Añadido: resulta Que esta es la prueba de Zariski del Lexema dado en el Capítulo 7 de Atiyah-Macdonald. Me había perdido esto debido a que (i) se le dé a la otra (nice) prueba mediante la valoración de los anillos en el Capítulo 5 y (ii) que no le atribuyen la Artin-Tate Lema a Artin y Tate, a pesar de que su tratamiento de la misma es aún más cerca de la Artin-Tate papel que la mía está por encima. (En la introducción de su libro, dicen alegremente que no han atribuido los resultados. Creo que este es un inconveniente de su excelente texto).
Bueno, fácil es un término relativo, pero Terry Tao tiene un blog post sobre una prueba computacional del Nullstellensatz descubrió que requiere poca álgebra más de high School secundaria. La prueba sí mismo puede ser más larga que la (s) que se utiliza para, pero estoy dispuesto a apostar las herramientas necesarias son más fáciles. El post está disponible aquí.
Serge Lang, Álgebra:
Deje que $k$ ser un campo, y dejar que $k[x]:=k[x_1,...,x_n]$ ser un finitely generó $k$-álgebra. Deje que $\phi:k\L$ ser una incrustación de k en un algebraicamente cerrado de campo $L$. Entonces existe una extensión de $\phi$ a un homomorphism $\bar{\phi}: k[x] \L$.
Nota: Los $x_i$ no son indeterminates.
Deje que $k$ ser un campo, y dejar que $k[x]:=k[x_1,...,x_n]$ ser un finitely generó $k$-álgebra. Si $k[x]$ es un campo, entonces $k[x]$ es algebraicas más de $k$.
Deje que $k$ ser un campo, y dejar que $k[x]:=k[x_1,...,x_n]$ ser un finitely generó $k$-álgebra. Revisión de un número finito de familia de elementos $(y_i)_{i=1}^m$ de $k[x]$. Si $k[x]$ es una parte integral de dominio, existe un homomorphism $\psi:k[x]\k^$, donde $k^a$ es la clausura algebraica de $k$ tal que $\psi(y_i)\neq 0$ para todo $1\leq i\leq m$.
Deje que $k$ ser un campo, y dejar que $k[X]:=k[X_1,...,X_n]$ ser el polinomio anillo en $n$ indeterminates más de $k$.
Deje que $\mathfrak{p}$ a ser un ideal de $k[X]$. Entonces $\mathfrak{p}$ es la unidad ideal, o $\mathfrak{p}$ tiene un cero en $k^$.
Deje que $k$ ser un campo, y dejar que $k[X]:=k[X_1,...,X_n]$ ser el polinomio anillo en $n$ indeterminates más de $k$.
Deje que $\mathfrak{p}$ a ser un ideal de $k[X]$. Deje que $f\in k[X]$ ser un polinomio de fuga en cada cero de $\mathfrak{p}$ en $k^$. Entonces existe $m>0$ tal que $f^m\in \mathfrak{p}$.
La prueba de 9.1.5 se sigue de la Rabinowitsch truco y 9.1.4, que a su vez se desprende directamente de 9.1.2, que es un straighforward aplicación de 9.1.1.
Hay una ventaja para esta prueba, ya que nos permite no sólo ampliar la definición de variedad para no algebraicamente cerrado campos, sino también para definir una expresión algebraica de espacio, que se define como un functor que toma el campo de las extensiones de la basefield $k$ para la puesta a cero de los ideales en que extensión, con algunas buenas propiedades. (Esta no es la terminología estándar, pero creo que cada functor derivadas de esta manera es en realidad una expresión algebraica de espacio.)
En Eisenbud del álgebra conmutativa libro, el Nullstellensatz es generalizada más lejos de los campos de Jacobson anillos, que son anillos para que cualquier primer ideal es un punto de intersección de una familia de máxima ideales (Este es un teorema de Bourbaki).
Ninguna de estas pruebas se utiliza Noether normalización.
Corolario 9.1.2 es un lema de Zariski que él presentó para demostrar el Nullstellensatz. Creo Lang prueba del Teorema 9.1.1 es similar a la de Zariski de la prueba de 9.1.2.
Este es Zariski de papel, donde introdujo el método utilizado por Lang. Si usted lee la introducción, es realmente interesante, porque todos los anteriores pruebas había sido algo trivial. Esto fue algo innovador para las pruebas de la Nullstellensatz.
Además, este lema de Zariski es un caso especial de Zariski principal teorema para la conmutativa anillos. El Nullstellensatz sigue con prácticamente ningún esfuerzo. Sin embargo, Zariski principal del teorema es altamente no trivial.
Una vez me escribió una prueba (en el contexto más general de Jacobson anillos) que los usos básicos de álgebra conmutativa técnicas y evita Noether normalización; está disponible aquí.
Esta prueba es muy similar a la prueba de Chevalley del teorema que indica que la imagen de un edificable se establece, en virtud de un determinado tipo de morfismos de Noetherian esquemas, de nuevo es edificable. De hecho, este resultado implica también el Nullstellensatz; ver, por ejemplo, la discusión y las pruebas de sección II.2 de la inédito libro de Mumford y la Aod, donde Chevalley del teorema se conoce como Chevalley el Nullstellensatz.
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