En nuestras notas de la conferencia tenemos este ejemplo, con la prueba de por qué $X = \Bbb{A}^2\setminus \{(0,0)\}$ no es una variedad afín:
Deje $i:X\hookrightarrow \mathbb{A}^2$ ser una inclusión mapa. Nos muestran, que cualquier función regular en $X$ se extiende únicamente a regular la función en $\mathbb{A}^2$, por lo que el $i^*:k[x,y]\hookrightarrow \mathscr{O}(X)$ es un isomorfismo.
Entonces tenemos, si $X$ era afín, $i$ es un isomorfismo, que no es el caso.
Así que queremos ver ese $i^*$ es un isomorfismo. Por lo tanto, tenga en cuenta que $\mathscr{O}(X)$ es un sub-anillo de la función de campo de $k(x,y)$, que contiene $k[x,y]$.
Tome $P=(a,b)\in X$. A continuación, $\mathscr{O}_{X,P}=\mathscr{O}_{\mathbb{A}^2,P}=k[x,y]_{\mathfrak{m}_P}$ con $\mathfrak{m}_P=(x-a,y-b)$ es el ideal maximal de a $k[x,y]$.
-> Esta es mi primera pregunta. ¿Cómo conseguimos esto continuó la igualdad? No veo cómo esto está relacionado... (mi álgebra conmutativa conocimiento tiene algunas lagunas.)
Pero aceptar eso, hemos de $\mathscr{O}(X)\subset\bigcap\limits_{P\not=(0,0)}k[\mathfrak{m}_P]$. Y esta intersección se encuentra en el interior de k(x,y).
Ahora tomamos $f=\frac{g}{h}\in K(x,y)$ $g,h\in k[x,y]$ coprime.
A continuación, $f\in k[x,y]_{\mathfrak{m}_P}$ fib $h(P)\not=0$. (Usar ese $k[x,y]$ es un UFD).
-> En primer lugar, ¿cómo podemos ver que $k[x,y]$ es UFD? Y entonces, ¿cómo llegamos a la conclusión de que este por encima de la propiedad?
Si $h$ no es una unidad, entonces hay infinitamente muchos $P\in \mathbb{A}^2$ tal que $h(P)=0$ y por lo tanto también los puntos en $X$, y por lo $f\not\in\mathscr{O}(X)$.
Así que tenemos que $f\in\mathscr{O}(X)$ si $h$ es una unidad. Por lo $f\in k[x,y]$.
Por lo tanto $k[x,y]=\mathscr{O}(X)$ y, por tanto, $X$ no afines.
-> Ahora, la última pregunta, ¿por qué seguir ese $X$ no es afín?
Espero que mis preguntas no son demasiado estúpidos, y que alguien se siente como ayudar!
Todo lo mejor, Luca :)
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Esto puede ayudar a ver la forma más elemental en un argumento cuando estamos luchando con un abstracto. La mayoría de la forma reducida de este problema es: Si una función racional se define en el perforado plano, a continuación, se define en el origen.
El polo de una función racional $r$ en el plano es una expresión algebraica subconjunto del plano. Definir $J_r = \{ G\in k[x,y] \mid \overline{G}r\in k[x,y] \}$ cuando la overline denota la incorporación de la $G$ en el campo de función $k(x,y).$, Entonces el polo de $r$ es, precisamente, $V(J_r).$ Nos muestran que una función racional no puede tener $\{(0,0)\}$ como su polo. Si tuviéramos $V(J_r)=V(x,y)$, a continuación, por el Nullstellensatz, lo suficientemente grandes poderes de $x$ $y$ $J_r,$ por la definición de $J_r$ es posible escribir (sin factores comunes)
$$ r = \frac{p_1}{x^s} = \frac{p_2}{y^t}$$
donde $p_1,p_2\in k[x,y]$ y esto es una igualdad en el campo de función. Pero esto no puede ser, ya que $y^tp_1 = p_2 x^s$ implica $y$ divide cualquiera de las $p_2$ o $x.$
Otro enfoque es escribir $r = \dfrac{f}{g}$ en términos mínimos (único hasta la multiplicación escalar). Si $\deg g\geq 1$ $V(g)$ es un conjunto infinito, mientras que $V(f)\cap V(g)$ es un conjunto finito desde $f$ $g$ no tienen factores comunes. Por lo tanto, $r$ debe tener infinitamente muchos polacos. Aquí he utilizado algunas de primaria de los factores sobre el plano de curvas desarrollado en la sección 1.6 de Fulton libro sobre Curvas Algebraicas.
