Para lo cual $n$ es $\mathbb{A}^n\setminus \{0\}$ ¿una variedad afín?

Question

Para lo cual $n$ es $\mathbb{A}^n(k)\setminus \{0\}$ ¿una variedad afín? Creo que para $n=0$ y $n=1$ lo es.

• Para $n=0$ , toma el ideal $\mathfrak{a}:=(1)$ en $k[T]$ . Entonces $V(\mathfrak{a})=\emptyset$ debe ser isomorfo a $\mathbb{A}^n(k)\setminus \{0\}$ .

• Para $n=1$ , toma el ideal $\mathfrak{a}:=(T_1T_2-1)$ en $k[T_1,T_2]$ . Entonces $V(\mathfrak{a})$ debe ser isomorfo a $\mathbb{A}^n(k)\setminus \{0\}$ . El isomorfismo viene dado por $f:V(\mathfrak{a})\to \mathbb{A}^n(k)\setminus \{0\}$ , $(x,y)\mapsto x$ .

• Para $n>1$ probablemente no, pero no tengo una prueba.

Así que mis preguntas son:

1. ¿Es correcto lo que hice para los casos $n\in\{0,1\}$ ?

2. ¿Cómo puedo demostrar que $f$ por si acaso $n=1$ es un isomorfismo de espacios de funciones?

3. ¿Qué pasa con el caso de $n>1$ ?

Editar : Como ya he señalado en mi comentario: $\mathbb{A}^0(k)\setminus \{0\}$ no es afín porque el conjunto vacío no es irreducible.

Answer 1

Para $n=0$ se obtiene el conjunto vacío.

Para $n=1$ tenemos que $\mathbb{A}^1-0$ es isomorfo a la variedad afín $V(xy-1)\subset\mathbb{A}^2$ a través del mapa: $$\begin{array}{lrcl}\phi:&\mathbb{A}^1-0&\longrightarrow&V(xy-1)\\&z&\longmapsto&\left(z,\frac{1}{z}\right)\end{array}$$

Por último, para cualquier $n>1$ tenemos que $\mathbb{A}^n-0$ no es afín. En efecto, en este caso tenemos que el anillo de funciones regulares $\Gamma(\mathbb{A}^n-0)\cong\mathbb{C}[x_1,\ldots,x_n]$ y por lo tanto si fuera afín debería ser isomorfo a $\mathbb{A}^n$ . Sin embargo, esto no es posible.

Answer 2

Me gustaría añadir una forma diferente de formular el argumento de Daniel Robert-Nicoud.

Supongamos que $\mathbb{A}^n-\{0\}$ eran afines. Consideremos la inclusión $\mathbb{A}^n-\{0\}\hookrightarrow\mathbb{A}^n$ . El mapa inducido en las secciones globales es simplemente el mapa de restricción $\mathcal{O}_{\mathbb{A}^n}(\mathbb{A}^n)\to\mathcal{O}_{\mathbb{A}^n}(\mathbb{A}^n-\{0\})$ --esto es obviamente inyectivo. Pero es sobreyectiva, ya que la imagen, cuando ambas se piensan como incrustadas en $K(\mathbb{A}^n)$ es sólo la copia de $k[x_1,\ldots,x_n]$ sentado dentro de los elementos de $K(\mathbb{A}^n)$ de la forma

$$\displaystyle \bigcap_{\mathfrak{p}\in\mathbb{A}^n-\{0\}}k[x_1,\ldots,x_n]_\mathfrak{p}$$

Pero, esto en particular, es una intersección sobre toda la codimensión $1$ primos, y como $k[x_1,\ldots,x_n]$ es noetheriano y normal, esto es sólo $k[x_1,\ldots,x_n]$ (esto es lo que se llama en algún momento "el lema algebraico de Hartog"). Por lo tanto, el mapa de restricción también es subjetivo.

Así, el mapa inducido $\mathcal{O}_{\mathbb{A}^n}(\mathbb{A}^n)\to\mathcal{O}_{\mathbb{A}^n}(\mathbb{A}^n-\{0\})$ es un isomorfismo, que si $\mathbb{A}^n-\{0\}$ fueran afines implicaría (ya que ambos son afines y la antiequivalencia de categorías entre esquemas y anillos afines) que el mapa original, la inclusión $\mathbb{A}^n-\{0\}\hookrightarrow\mathbb{A}^n$ es un isomorfismo, pero esto no tiene sentido.

Sinceramente, aunque parezca muy técnico, es la única prueba (que yo conozca) que es limpia y rigurosa al mismo tiempo. Es un problema bastante molesto de hacer "precisamente" cuando no tienes mucha maquinaria. Las pruebas más rápidas, como han dicho otras personas, son las cohomológicas.

Answer 3

Para $n\geq 2$ , $H^1(\mathbb{A}^n\backslash \{0\}, \mathcal{O})$ es de dimensión infinita (por lo que debe desaparecer). Según el criterio de Serre para la afinidad, esto no es afín.