¿Es Nullstellensatz verdadero arbitrario campos si hay ' puntos t ocultado?

Question

Los ideales $I=(X,Y)$ $J=(X^2+Y^2)$ $\mathbb R[X,Y]$ son tales que $V(I)=V(J)$ y sus radicales no son los mismos que contradicen el Nullstellensatz (en caso de que fuera cierto arbitrarias de los campos). Sin embargo, esto no debería ser una sorpresa, si nos fijamos en sus variedades en $\mathbb C$ nos encontramos con que no es el mismo que el segundo tiene un par de líneas que estaban ocultos.

Mi pregunta es si es cierto lo de la otra manera: Supongamos que tenemos dos ideales $I$ $J$ $\mathbb K[X_1,\ldots,X_n]$ donde $\mathbb K$ es un campo arbitrario. Tal que $V(I)=V(J)$ que ${\bf V}(I)={\bf V}(J)=V(I)$; en caso de ${\bf V}$ significa que la variedad en el espacio afín de dimensión$n$$ \mathbb{\bar K}$, la clausura algebraica de $\mathbb K$. Es decir, no hay puntos adicionales ocultos en la clausura algebraica. Es cierto entonces que $\sqrt I=\sqrt J$?

Mi motivación para la cuestión es un problema de principal descomposition, donde tuvimos que buscar uno para $J=(X + Y − X^2 + XY − Y^2,X(X + Y − 1))$$\mathbb K[X,Y]$. Ya habíamos demostrado que $V(J)=\{(0,0),(1,0),(0,1)\}$ $\mathbb{ A}_{\mathbb K}^2$ para cualquier campo $\mathbb K$. Hizo algunos cálculos más fácil en el caso de algebraicamente cerrado campos porque teníamos automáticamente que $\sqrt J=I$ donde $I$ era el ideal de los tres puntos de $I=(X,Y)\cap(X-1,Y)\cap (X,Y-1)$.

Answer 1

Hay una forma de que el Nullstellensatz (ver la entrada de la wikipedia) lo que es válido para arbitrario campos (e incluso para el más general de los anillos --- los llamados Jacobson anillos). Una manera de formular (en el caso de un campo arbitrario) es como sigue:

Si $k$ es un campo, entonces:

1. Para cualquier ideal $I$$k[x_1,\ldots,x_n]$, los radicales $\sqrt{I}$ es la intersección de todos los máximos ideales de la $\mathfrak m$ en $k[x_1,\ldots,x_n]$ contiene $I$.

2. Si $\mathfrak m$ es un ideal maximal de a $k[x_1,\ldots,x_n]$, entonces no es un homomorphism de $k$-álgebras $k[x_1,\ldots,x_n] \to \overline{k}$ cuyo núcleo es, precisamente,$\mathfrak m$.

Estos dos hechos, tomados en conjunto dicen que se puede recuperar $\sqrt{I}$ conociendo todos los puntos de lo que usted llame a ${\mathbf V}(I)$. (Con un poco de trabajo de uno puede deducir estas declaraciones desde el Nullstellensatz para $\overline{k}$.)

[Nota también de que muchos (yo diría que la mayoría) de las personas, cuando ellos escriben $V(I)$, iba a decir lo que usted llame a ${\mathbf V}(I)$; es decir, incluso cuando el ideal se compone de polinomios en una no-algebraicamente cerrado campo de $k$, que llevaría la variedad $V(I)$ conectado a $I$ a consistir de todos los ceros de los polinomios con coordenadas acostado en $\overline{k}$ (no sólo a aquellos con coordenadas acostado en $k$). Por supuesto, esto es sólo una cuestión de convención; pero es una convención común que puede ser útil a tener en cuenta.]

Answer 2

Sí, tomarlo $f \in \sqrt{I}$, entonces el $f^n \in I \subset \bar{K}I$ $f \in \sqrt{\bar{K}I}=\sqrt{\bar{K}J}$ lo $f^m \in \bar{K}J$ $m$. Ahora tenemos que demostrar que $\bar{K}J \cap K[X_1,\ldots,X_n]=J$, que es evidente una vez que ha tomado una base $(e_i)_i$ $\bar{K}$ $K$ $e_{i_0}=1$: $\bar{K}J = \oplus_i e_i J$ y $K[X_1,\ldots,X_n]=e_{i_0}K[X_1,\ldots,X_n]$.