¿Cuándo la irreducibilidad local implica la irreducibilidad?

Question

La situación es la siguiente: Tengo un ideal homogéneo con muchos generadores y variables, demasiados para pedir simplemente isPrime I en Macaulay2. Sin embargo, el ideal se simplifica significativamente cuando se localiza en cada variable (es decir, fijando una de las variables igual a uno y sustituyendo en todas partes las variables solitarias). Resulta que, cuando se localiza en cada variable, el ideal $I_{(x_i)}$ es primo.

La pregunta es: ¿cuándo puedo concluir que el propio ideal es primo?

En general, no puedo hacer esto, porque hay ejemplos de anillos con todas las localizaciones dominios integrales, pero no el anillo en sí (tomar por ejemplo $\mathbb{Z}/(6)$ y localizar en sólo dos primos para obtener $\mathbb{Z}/(3)$ y $\mathbb{Z}/(2)$ ). En mi caso, lo ideal es $I \subseteq k[x_1,\cdots, x_{20}]$ con $k$ un campo algebraicamente cerrado de característica cero (o simplemente $\mathbb{C}$ ).

Pensando en esto, parece que si hay "suficientes ideales primos", entonces es cierto que localmente primo implica primo, pero no he podido demostrarlo.

Answer 1

A pesar de los contraejemplos, todavía hay algunas esperanzas. Y si te interesa, aquí tienes un criterio sencillo.

Dejemos que $k$ sea un campo. Sea $I$ sea un ideal homogéneo de $k[x_0, \dots, x_n]$ tal que $I_{(x_i)}$ es primo para todo $i\le n$ . Entonces $I$ es primo si y sólo si $I_{(x_ix_j)}$ es un ideal propio para todos $i, j\le n$ .

Geométricamente, dejemos que $Z=V_+(I)$ entonces la última condición es $Z\cap D_+(x_ix_j)\ne\emptyset$ para todos $i,j$ .

Prueba. Como $Z$ ya está reducida, sólo tenemos que preocuparnos por la irreductibilidad de $Z$ . Si $Z$ es irreducible, entonces $Z\cap D_+(x_i)$ y $Z\cap D_+(x_j)$ son ambos no vacíos (porque $I_{(x_i)}$ es un ideal propio que define $Z\cap D_+(x_i)$ ) y, por tanto, subconjuntos abiertos densos de $Z$ por lo que su interseción $Z\cap D_+(x_ix_j)\ne \emptyset$ .

A la inversa, supongamos que la condición anterior se cumple. Sea $F$ sea un componente irreducible de $Z$ . Podemos suponer $F\cap D_+(x_0)\ne \emptyset$ . Entonces $Z\cap D_+(x_0)=F\cap D_+(x_0)$ porque $Z\cap D_+(x_0)$ es irreducible. Para cualquier $i\le n$ por hipótesis $Z\cap D_+(x_0x_i)$ es un subconjunto abierto no vacío de $Z\cap D_+(x_0)=F\cap D_+(x_0)$ por lo que es denso y está contenido en $F$ . Pero también es denso en $Z\cap D_+(x_i)$ por la misma razón. Por lo tanto, $Z\cap D_+(x_i)\subseteq F$ . Esto es cierto para todos los $i\le n$ tenemos $Z=F$ y $Z$ es irreducible.

Editar De hecho, este es un resultado general.

Dejemos que $X$ sea un espacio topológico y sea $Z$ sea un subconjunto cerrado (o incluso arbitrario) de $X$ tal que existe una cobertura abierta $\{ U_i\}_i$ de $X$ con $Z\cap U_i$ irreducible (en particular, no vacía) para todo $i$ . Entonces $Z$ es irreducible si y sólo si $Z\cap U_i\cap U_j\ne\emptyset$ para todos $i,j$ .

La prueba es la misma que la anterior.

Answer 2

Sólo para ampliar la respuesta anterior, si su ideal fuera $(x_1x_2)$ en $k[x_1,x_2]$ entonces no sería primo, pero se convierte en primo después de invertir $x_1$ o $x_2$ . (Se trata de los ejemplos del polo norte/sur del halcón sin cocinar). De forma similar, si el ideal fuera $(x_1x_2, x_1x_3, x_2x_3)$ en $k[x_1,x_2,x_3]$ , satisfaría sus hipótesis, sin ser primo. (El conjunto algebraico proyectivo correspondiente consta de tres puntos.) Otro ejemplo de tres variables es $(x_1 x_2, x_1 x_3)$ (correspondiente a una línea y a un punto). Serán posibles ejemplos más complicados a medida que crezca el número de variables.

Answer 3

Toma $V$ para ser el polo norte y sur de $\mathbb{P}^1$ Parece irreducible restringido a cualquiera de las coberturas afines estándar, ¡pero no lo es!

Por lo tanto, para su aplicación inmediata, no basta con conocer el $I_{x_i}$ son primos.