Inversible elementos en el % de anillo $K[x,y,z,t]/(xy+zt-1)$

Question

Me gustaría saber cuál es el conjunto de elementos inversible en el anillo $$R=K[x,y,z,t]/(xy+zt-1),$$ where $K $ is any field. In particular whether any invertible element is a (edit: scalar) multiple of $1$, o hay algo más. Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Aquí está una prueba geométrica que $R^*=K^*$.

Embedd $U=\operatorname{Spec}R$ como una subvariedad abierta en la variedad proyectiva $$P:=\operatorname{Proj} K[x,y,z,t, w]/(xy+zt-w^2).$$ Tenga en cuenta que $xy+zt-w^2$ es irreductible a través de una clausura algebraica de $K$, lo $P$ es geométricamente integral, por lo tanto ${\mathcal O}_P(P)=K$. El uso de Jacobiana criterio, vemos que $P$ es suave, por lo tanto normal.

Deje $f\in R^*$ que consideramos como una función racional en $P$. Como $E:=P\setminus U$ es el ajuste a cero de $w$ que es una integral hipersuperficie en $P$, el divisor de $f$ es $\mathrm{div}(f)=nE$ para algunos entero $n$. Si $n\ge 0$, $f$ no tiene ningún polo en $P$, lo $f\in {\mathcal O}_P(P)=K$ (debido a $P$ es normal). Si $n<0$, entonces el mismo reasonning aplicado a $1/f$ muestra que $1/f\in K$. En ambos casos, $f\in K$.

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EDICIÓN 2. Por favor, olvide la respuesta equivocada a continuación.

Edit. Simplemente la antigua prueba gracias a los comentarios de la OP.

La única invertible los elementos están en $K^*$. No tengo gusto realmente de la prueba a continuación, pero por el momento no tengo una alternativa.

En $R$, la relación $tz=1-xy$ implica que cualquier elemento $f(x,y,z,t)\in R$ puede ser escrito como $$f(x,y,z,t)=g(x,y,z)+th(x,y).$$ Supongamos $f$ es invertible en a $R$. Deje $K^a$ ser una expresión algebraica cierre de $K$. Denotan por $$Z=\{(a,b,c,d)\in (K^a)^4 \mid ab+cd=1\}.$$ A continuación, $f(a,b,c,d)\ne 0$ todos los $(a,b,c,d)\in Z$.

Primera observación: no es común factor $h_1(x,y)$ $g(x,y,z)$ y $h(x,y)$ porque de lo contrario $h_1(x,y)$ sería invertible en a $R$, pero para cualquier $(a,b)\in (K^a)^2$ existe $(a,b,c,d)\in Z$, lo $h_1(a,b)\ne 0$, por lo tanto $h_1(x,y)\in K^*$.

Ahora para cualquier $(a,b,c)\in (K^a)^3$ tal que $c\ne 0$ $h(a,b)\ne 0$, tenemos $g(a,b,c)+(1-ab)h(a,b)/c \ne 0$ porque de lo contrario $f(a,b,c,d)=0$ $d=(1-ab)/c$ $(a,b,c,d)\in Z$. Esto significa que en el espacio afín $\mathbb A^3_K$, tenemos $$ V(zg(x,y,z)+(1-xy)h(x,y))\subseteq V(z).$$ Por lo tanto,$z \mid f$$h=0$.

Ahora estamos reducidos a la situación de $f=g(x,y,z)$. Similar razonamiento mostrar que $g(x,y,z)=\lambda z^n$ $\lambda \in K^*$ y $n\ge 0$. De nuevo vemos como el anterior que $n>0$ es imposible. Así $f\in K^*$.

Answer 2

Que $R=K[X,Y,Z,T]/(XY+ZT-1)$. En el siguiente nos indica que $x,y,z,t$ las clases del residuo de $X,Y,Z,T$ modulo el % ideal de $(XY+ZT-1)$. Que $f\in R$ invertible. Entonces su imagen en $R[x^{-1}]$ también es invertible. Pero $R[x^{-1}]=K[x,z,t][x^{-1}]$y $x$, $z$, $t$ son algebraicamente independientes sobre $K$. Así $f=cx^n$ $c\in K$, $c\ne0$ y $n\in\mathbb Z$. Desde $R/xR\simeq K[Z,Z^{-1}][Y]$ obtenemos que $x$ es un elemento primordial y por lo tanto $n=0$. CONCLUSIÓN: Si el $f$ es invertible, entonces el $f\in K-\{0\}$.