Sea $ X \subset \mathbb A^3 $ sea la unión de tres ejes de coordenadas.
¿Cómo puedo determinar los generadores de $I(X)$ ?
Además, ¿cómo demuestro que tiene al menos 3 elementos?
Cómo demostrar que $(yz,xz,xy)$ ¿es el ideal radical?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Es fácil ver que el ideal $I(X)$ es generado por $yz,xz,xy\; $ es decir $I(X)=(yz,xz,xy)$ .
La dificultad estriba en demostrar que no hay dos polinomios suficientes para generar este ideal.
Para ello existe un invariante fino, acertadamente llamado dimensión de incrustación, que te dice si puedes localmente incrustar su variedad en el espacio afín.
Esta dimensión de incrustación para un anillo noetheriano local $(A,{\mathfrak m},k)$ se define como $$\mu(A)= dim_k({\mathfrak m}/{\mathfrak m^2})$$
Este número es el mínimo de generadores para ${\mathfrak m}$ .
( Atiyah-Macdonald, Álgebra conmutativa Teorema 11.22)
En su caso $A= k[x,y,z]_{(x,y,z)}/I(X) \;$ et ${\mathfrak m}=(\bar x,\bar y,\bar z) \; $ para que ${\mathfrak m}/{\mathfrak m^2}=k\bar x \oplus k\bar y \oplus k\bar z \;$ tiene dimensión $3$ y así $\mathfrak m$ no puede ser generado por menos de $3$ elementos.
@user774025: ¿Has probado a hacerlo a mano: darte un polinomio $f$ en dos variables, y supongamos que $f^2 = g xy + h xz + k yz$ para algunos polinomios $g,h,k$ . Pensando en los distintos monomios que aparecen en $f$ y, por tanto, en $f^2$ demuestre directamente que $f$ ya es una combinación de $xy$ , $xz$ y $yz$ . Saludos,
Por ejemplo, se puede demostrar que el cociente $k[x,y,z]/I(X)$ se reduce observando que cualquier elemento de dicho cociente puede escribirse $a+bxf(x)+cyg(y)+dzh(z)$ y luego probar que si alguna potencia de ese elemento es cero, entonces el elemento ya era cero.
Nir
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136
He aquí una demostración completamente elemental y breve de que, dado un campo arbitrario $k$ el ideal $I=(xy,xz,yz)\in k[x,y,z]$ no puede ser generado por dos polinomios.
Supongamos, por contradicción, que tuviéramos $(xy,xz,yz)=(f,g)$ .
Los dos polinomios $f,g\in (xy,xz,yz)$ contienen obviamente sólo monomios de grado $\geq 2$ y, por tanto, puede escribirse como $f=f_2+f_+,\: g=g_2+g_+$ donde $f_2,g_2$ son homogéneas de grado $2$ y $f_+,g_+ $ sólo contienen monomios de grado $\geq 3$ .
Pero luego tomar la $k$ - espacio vectorial de grado homogéneo $2$ polinomios en $(xy,xz,yz)=(f,g)$ obtenemos la igualdad de $k$ -espacios vectoriales $$k\cdot xy\oplus k\cdot xz\oplus k\cdot yz=k\cdot f_2+k\cdot g_2$$ Dado que el espacio vectorial de la izquierda tiene dimensión $3$ y que en la dimensión derecha $\leq 2$ tenemos nuestra contradicción.
codemac
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689
Sea $K$ sea un campo infinito; sea $X_1,X_2,X_3$ sean indeterminados; para $i=1,2,3$ deje $L_i\subset K^3$ sea el $i$ eje de coordenadas $V\subset K^3$ sea la unión de los $L_i$ dejar $\mathfrak a_V\subset A$ sea el ideal unido a $V$ y que $B$ sea el cociente $A/\mathfrak a_V$ .
Entonces $V$ es el límite del sistema inductivo $$ \begin{matrix} L_1&\leftarrow&\{0\}&\to&L_2\\ \\ &&\downarrow\\ \\ &&L_3 \end{matrix} $$ (donde los mapas son los obvios). Esto es cierto al menos en la categoría de conjuntos. Sospecho que también se cumple en alguna categoría apropiada de esquemas, pero no sé lo suficiente sobre esquemas como para poder decir nada más al respecto. Espero que algún amigo me ayude.
En fin, ya lo veremos, como esperamos, $B$ es el límite del sistema proyectivo de $K$ -algebras $$ \begin{matrix} K[X_1]&\to&K&\leftarrow&K[X_2]\\ \\ &&\uparrow\\ \\ &&K[X_3], \end{matrix} $$ donde cada mapa es la evaluación en $0$ . Como puede verse fácilmente, este límite puede escribirse como $$ C:=K\oplus x_1K[x_1]\oplus x_2K[x_2]\oplus x_3K[x_3], $$ donde $x_i$ es trascendente sobre $K$ y $x_i\,x_j=0$ para $i\not=j$ .
El punto principal que comprobaremos es que el morfismo obvio de $A$ a $C$ induce un isomorfismo de $B$ en $C$ .
Dejemos temporalmente la suposición de que $K$ es infinito. Afirmamos que $C$ no tiene ningún elemento nilpotente distinto de cero. En efecto, sea $$ f(x_1,x_2,x_3)=a+x_1\ f_1(x_1)+x_2\ f_2(x_2)+x_3\ f_3(x_3) $$ satisfacer $f(x_1,x_2,x_3)^n=0$ . Explicando las igualdades $f(0,0,0)^n=0$ , $f(x_1,0,0)^n=0$ \dots, obtenemos $f(x_1,x_2,x_3)=0$ .
Sea $\mathfrak a\subset A$ sea el ideal generado por el $X_iX_j$ con $i\not=j$ , dejemos que $\mathfrak m\subset A$ sea el ideal (claramente maximal) generado por el $X_i$ y observe la inclusión $\mathfrak a\subset\mathfrak a_V$ .
Utilizaremos tácitamente el hecho (fácilmente demostrable) de que $\mathfrak a$ y $\mathfrak m$ se generan sobre $K$ por sus monomios. Los monomios de $\mathfrak a$ son precisamente las que implican al menos a dos de las tres indeterminadas, y ya sabes, querido lector, cuáles son los monomios en $\mathfrak m$ son.
En $\mathfrak a/\mathfrak m\mathfrak a$ es tridimensional, $\mathfrak a$ no puede ser generado por dos elementos.
Considere la sub $K$ -espacio vectorial de $A$ definido por $$ W:=K\oplus X_1K[X_1]\oplus X_2K[X_2]\oplus X_3K[X_3]. $$ (La suma es claramente directa.) Tenemos $A=\mathfrak a\oplus W$ de lo que se deduce que el morfismo obvio de $A$ a $C$ induce un isomorfismo de $A/\mathfrak a$ en $C$ y que $\mathfrak a_V=\mathfrak a$ sólo si $K$ es infinito.
Jo Wehler
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@Mohan En mi opinión, la segunda respuesta de Georges no puede ser superada por un argumento más elemental. Pero mirando en dirección contraria, se puede considerar el problema como un punto de entrada al tema del Álgebra Conmutativa y a algunos métodos más avanzados:
Si $I$ denota un ideal en un anillo noetheriano $R$ entonces el anillo $R/I$ es una intersección completa si
$$ht(I) = \mu (I).$$
Se puede tomar esto como una definición. Aquí el corang $\mu (I)$ es el número de generadores de $I$ mientras que la altura $ht(I)$ es la codimensión mínima $codim_R (R/p)$ con respecto a todos los factores primos $p$ de $I$ .
En nuestro caso: $ht(I) = 3 - 1 = 2$ porque cada $R/p$ es el anillo de coordenadas de una línea de coordenadas. Queremos demostrar $\mu(I) = 3$ . De ahí que afirmemos: $R/I$ no es una intersección completa.
Prueba : Basta con demostrar que la localización $A := (R/I)_{(\bar x,\bar y,\bar z)}$ no es una intersección completa. Si un anillo local noetheriano $A$ es una intersección completa puede comprobarse mediante un criterio homológico ( Matsumura, Hideyuki : Teoría de anillos conmutativos): $A$ es una intersección completa si
$$h_1(\mathfrak m, A) = emb \ dim A - dim A.$$
Si ${\mathfrak m}=(\bar x,\bar y,\bar z) \subset A$ denota el ideal máximo, entonces $A$ tiene dimensión de inclusión $emb \ dim A := dim_k (\mathfrak m/\mathfrak m^2), k = A/\mathfrak m$ . En nuestro caso $emb \ dim \ A = 3, dim \ A = 1$ Ver la primera respuesta de Georges.
El valor numérico $h_1(\mathfrak m, A)$ es el $k$ -del grupo de homología 1-st del complejo de Koszul de A con respecto a $\mathfrak m$ véase Matsumura, p. 127.
En nuestro caso, una base maximal de ${\mathfrak m}$ es el conjunto $\{\bar x,\bar y,\bar z\}$ . Un cálculo explícito de los morfismos del complejo de Koszul $d_1: E \longrightarrow A$ y $d_2 : \Lambda^2(E) \longrightarrow E$ con $E := A^{\oplus 3}$ muestra
$$h_1(\mathfrak m, A) = dim_k \frac{ker \ d_1}{im \ d_2} = 6 - 3 = 3.$$
Por lo tanto
$$3 = h_1(\mathfrak m, A) > emb \ dim A - dim A = 2, q.e.d.$$
