Para probar el Nullstellensatz, ¿cómo puede el caso general de un arbitrario algebraicamente cerrado de campo se reduce a la facilidad-resultó ser el caso de un incontable algebraicamente cerrado de c

Question

En su respuesta a una pregunta acerca de las pruebas simples de la Nullstellensatz (Primaria / Interesante pruebas de la Nullstellensatz), Qiaochu Yuan se refiere a una muy simple prueba para el caso de un innumerables algebraicamente cerrado de campo.

Buscando en google, he encontrado esta construcción también en el Ejercicio 10 de la tarea de 2008 asignación de un curso de J. Bernstein (vea la última página de http://www.math.tau.ac.il/~bernstei/cursos/2008%20spring/D-Modules_and_applications/pr/pr2.pdf). Curiosamente, este ejercicio termina con la siguiente (con asterisco, duro) pregunta:

(*) Reducir el caso de campo arbitrario $k$ para el caso de un incontable de campo.

Después de algunos intentos para demostrar a mí mismo, me di por vencido y volvió a googlear. He encontrado varias referencias a la prueba proporcionada por Qiaochu Yuan, pero no respuesta al ejercicio (*) anterior.

Entonces, mi pregunta es: Para demostrar el Nullstellensatz, ¿cómo puede el caso general de un arbitrario algebraicamente cerrado de campo se reduce a la fácilmente ser el caso de un incontable algebraicamente cerrado de campo?

El ejercicio es de un curso de Bernstein llama 'D-módulos y sus aplicaciones.' Una posibilidad es que la respuesta surge de alguna manera cuando el aprendizaje D-módulos, pero por desgracia yo no sé nada de D-módulos. Por lo tanto, las pruebas de evitar D-módulos sería particularmente útil.

Answer 1

Estos lógica/ZFC/modelo de la teoría de argumentos parecen fuera de proporción a la tarea en mano. Deje $k$ ser un campo y $A$ un finitely generadas $k$-álgebra sobre un campo $k$. Queremos demostrar que hay un $k$-álgebra de mapa de $A$ a un número finito de extensión de $k$. Escoge un algebraicamente cerrado extensión de campo $k'/k$ (por ejemplo, algebraicas de cierre de una enorme trascendental de extensión, o lo que sea), y queremos demostrar que si el resultado es conocido en general sobre $k'$ posee más de $k$. Sólo tenemos algunos muy básicos de álgebra conmutativa, de la siguiente manera.

Prueba: Podemos reemplazar $k$ con su clausura algebraica $\overline{k}$ $k'$ $A$ con un coeficiente de $\overline{A}$ $A \otimes_k \overline{k}$ por un ideal maximal (ya que si éste es igual a $\overline{k}$ $A$ se asigna a una extensión algebraica de $k$, con la imagen en un número finito de extensión de $k$ desde $A$ es finitely generado más de $k$). Todo lo que importa es que ahora $k$ es perfecto e infinito.

Por la hipótesis de $k'$, hay un $k'$-álgebra homomorphism $$A' := k' \otimes_k A \rightarrow k',$$ o, equivalentemente, una $k$-álgebra homomorphism $A \rightarrow k'$. Expresando $k'$ como límite de finitely generado la extensión de los campos de $k$ un álgebra homomorphism tierras en este campo (desde $A$ es finitely generado más de $k$). Es decir, no es un finitely generado extensión de campo $k'/k$ de manera tal que la anterior especie de mapa existe. Ahora desde $k$ es perfecto, hay una separación de la trascendencia base $x_1, \dots, x_n$, por lo que $k' = K[t]/(f)$ para una función racional campo $K/k$ (en varias variables) y un monic (separable) $f \in K[t]$ con grado positivo. Teniendo en cuenta los coeficientes de $f$ $K$ como funciones racionales sobre $k$, hay una localización $$R = k[x_1,\dots,x_n][1/h]$$ de modo que $f \in R[t]$. Expresando $k'$ como el límite de dichas $R$ nosotros tener ese $R$, de modo que hay un $k$-álgebra de mapas $$A \rightarrow R[t]/(f).$$ Pero $k$ es infinito, así que hay muchas $c \in k^n$ tal que $h(c) \ne 0$. Pasar al cociente por $x_i \mapsto c_i$. QED

Creo que el punto principal es doble: (i) el principio de la prueba de un resultado de más de un campo a través de la reducción para el caso de una extensión de campo con más propiedades (p. ej., algebraicamente cerrado), y (ii) que se extiende hacia fuera (descendiente directo de los límites) y la especialización son muy útiles para llevar a cabo (i).

Answer 2

Este es un comentario sobre Brian respuesta, que es sin embargo un poco largo para caber en la caja de comentarios. Yo quería comentar que Brian argumento es ulimately no tan diferente de la Noether normalización argumento, tampoco es tan diferente al argumento vinculado a aquí, o el argumento II.2 de Mumford--Aod uso de Chevalley del teorema. Lo que todos ellos tienen en común es el hecho de que cualquier finito tipo de variedad puede ser proyectada a afín espacio con genéricamente finito de las fibras y de imagen grande. En el espacio afín (al menos más de un infinito campo) podemos encontrar un montón de puntos, y por el genérico de la finitud y de la imagen grande hipótesis que podemos incluso encontrar un punto acostado en la imagen original de la variedad afín con finito de fibras. Encontrar un punto en esta fibra, a continuación, implica la resolución de un número finito de grado del polinomio, que podemos hacer durante la clausura algebraica. Por lo tanto, nuestro original finito-tipo de variedad tiene un punto.

Aquí es una reescritura de Brian argumento que ilustra esto: después de su reducción, podemos suponer que la $k$ es infinito y perfecto. Se nos da un valor distinto de cero finito tipo de $k$-álgebra $A$, y queremos mostrar que la Especificación $A$ $\bar{k}$- punto, es decir que nos podemos encontrar en un $k$-álgebra homomorphism $A \to \bar{k}$. Para esto, bien podemos reemplazar $A$ por un cociente por un ideal maximal, y por lo tanto asumir que $A$ es un campo.
Como Brian notas, la teoría de la finitely campo generado extensiones nos permite escribir $A = k(X_1,\ldots,X_d)[t]/f(t)$ (debido a $k$ es perfecto). A continuación, observamos que desde $A$ es finito tipo más de $k$, su generadores de implicar sólo un número finito de denominadores, como lo hacen los coeficientes de $f$, y en el hecho de $A = k[X_1,\ldots,X_d][1/h][t]/f(t)$ para algunos bien elegido no-cero $h$.

Ahora ya $k$ es infinito, $h$ no es idénticamente cero en $k^d$, y por lo que se hacen: elegimos un punto de $c_i$ donde $h$ es distinto de cero, entonces resuelven $f(c_1,\ldots,c_d,t) = 0$ en $\bar{k}$.

Así que uno ve que el papel de la teoría de la finitely campo generado extensiones es simplemente para proporcionar una versión más débil de la Noether normalización, con el genérico finitud la sustitución de la finitud. Como ya he escrito, a la otra "suave" argumentos para el Nullstellensatz proceder esencialmente a lo largo de las mismas líneas.

Answer 3

La forma más fácil de reducir a los innumerables casos puede ser como sigue. Deje $I$ a ser un ideal de a $k[X_1,...,X_d]$ que no contenga $1$. Deje $P_1,\dots,P_r$ ser una generación de la familia de $I$.

Deje $A=k^{\mathbf N}$ y deje $m$ ser un ideal maximal de a $A$ que contiene el ideal de $N=k^{(\mathbf N)}$$A$. A continuación, $K=A/m$ es algebraicamente cerrado de campo que se tiene al menos la potencia del continuo. (Alternativa descripción: deje $K$ ser un ultrapower de $k$, con respecto a un no-director de ultrafilter.)

Lema. Para $i\in\{1,\dots,r\}$, vamos a $a_i=(a_{i,n})\in A$. Suponga que $(\bar a_1,\dots,\bar a_r)=0$$K^r$. Entonces el conjunto de $n\in\mathbf N$ tal que $(a_{1,n},\dots,a_{r,n})=0$ es infinito.

Prueba. Asumir lo contrario. Para cada $n$ tal que $(a_{1,n},...,a_{r,n}) \neq 0$, elija $(b_{1,n},\dots,b_{r,n})$ tal que $\sum a_{i,n}b_{i,n}=1 $, y deje $b_i=(b_{i,n})_n\in A$. A continuación, $\sum a_i b_i - 1 $ pertenece a $N^r$, por lo tanto $\sum \bar a_i \bar b_i=1$. Contradicción.

Gracias a la lema, uno se demuestra fácilmente que el ideal de $I_K$ $K[X_1,...,X_d]$ generado por $I$ no contiene $1$. Por las incontables caso, existe una $x=(x_1,...,x_d)\in K^d$ tal que $P_j(x_1,...,x_d)=0$ por cada $j$. Para cada $i$, vamos a $a=(a_{n})\in A^d$ ser tal que $\bar a=x$. Por el lema de nuevo el conjunto de números enteros $n$ tal que $P_j(a_n) \neq 0$ algunos $j$ es finito. En particular, existe un punto de $y\in k^d$ tal que $P_j(y)=0$ por cada $j$.

Answer 4

Yo sé una manera de hacer esto, pero implica algo muy maquinaria pesada...

El primer componente son eficaces los límites de los grados de los polinomios en la conclusión de los Débiles Nullstellensatz. Tales límites no son fáciles de conseguir y ha habido una gran cantidad de literatura sobre el Efectivo Nullstellensatz. Quizás los primeros eficaz límites fueron encontrados por Grete Hermann Die Frage der endlich vielen Schritte en der Theorie der Polynomideale (Mathematische Annalen 95, 1926), pero ha habido un montón de trabajo en la mejora de estos límites y también la obtención de cotas inferiores a través de los años. [E. g., D. W. Brownawell, los Límites para los grados en el Nullstellensatz, Ann. de Matemáticas. (2) 126 (1987), 577-591] Es interesante leer estos papeles, pero yo sólo uso el hecho de que la eficacia de los límites no existen.

El uso de estos límites es posible encontrar una secuencia de primer orden condenas $\phi_{n,k,r}$, que en conjunto son equivalentes a los Débiles Nullstellensatz; la frase $\phi_{n,k,r}$ es de primer orden con la interpretación de la instrucción siguiente.

Si $p_1(\bar{x}),\dots,p_k(\bar{x})$ ($\bar{x} = x_1,\ldots,x_r$) son polinomios de grado en la mayoría de las $n$ sin ceros, entonces existen polinomios $q_1(\bar{x}),\dots,q_k(\bar{x})$ de grado en la mayoría de las $b(n,k,r)$ tal que $p_1(\bar{x})q_1(\bar{x})+\cdots+p_k(\bar{x})q_k(\bar{x}) = 1$.

Los límites $n$ $b(n,k,r)$ son necesarios para que la $p_i(\bar{x})$ $q_i(\bar{x})$ tiene un acotado número de coeficientes. De lo contrario, no podríamos usar un número fijo de variables para estos coeficientes.

Dicho esto, la otra pieza de la maquinaria pesada es el hecho de que la teoría de la algebraicamente cerrado campos de una determinada característica es completa, es decir, cada primer orden de la frase es decidido por los axiomas. Por lo tanto, si las anteriores condenas $\phi_{n,k,r}$ son verdaderas en cualquier algebraicamente cerrado de campo de una característica dada, entonces debe ser cierto en todos algebraicamente cerrado campos de la misma característica. En particular, la debilidad de la Nullstellensatz para $\mathbb{C}$ implica que el Débil Nullstellensatz para todos los algebraicamente cerrado campos de característica cero.

Desde aquí, usted puede utilizar el Rabinowitsch truco para conseguir el Fuerte Nullstellensatz...

PS: no es necesario el Nullstellensatz para demostrar que la teoría de la algebraicamente cerrado campos de una determinada característica es completa. Implícitamente la necesidad de que el Nullstellensatz para demostrar la efectiva límites superior, pero sólo la necesidad de ellos por el campo y se puede pensar en ellos como suposiciones salvajes que resultan ser los de la derecha.

Answer 5

Bien, esto es lo contrario de lo que usted pidió, pero no es un fácil de reducción en la otra dirección. Es decir, si el resultado es cierto para los contables de los campos, entonces es cierto para todos los campos. Me pueden dar dos totalmente diferentes pruebas de esto, ambos muy suave, el uso de primaria de los métodos de la lógica. Mientras esperamos una solución en la que solicita la dirección, permítanme describir estas dos pruebas.

Prueba 1. Supongamos que k es cualquier algebraicamente cerrado de campo, y J es un ideal en el polinomio anillo k[x₁,...,x_n]. Considerar la estructura de k[x₁,...,x_n],k,J,+,.), cual es el polinomio anillo k[x₁,...,x_n], junto con un predicado para el campo k y para el ideal J. Por la tendencia a la baja Loweheim-teorema de Skolem, hay una contables primaria de la subestructura, la cual debe tener la forma (F[x₁,...,x_n],F,I,+,.), donde F es una contables subcampo de k, y me es un buen ideal en F[x₁,...,x_n]. El "elementarity" parte " significa que cualquier declaración expresable en este idioma que es cierto en el sub-anillo también es cierto en la estructura original. En particular, me es un buen ideal en F[x₁,...,x_n] y F es algebraicamente cerrado. Por lo tanto, por supuesto, hay un₁,...,_n en F de decisiones de todos los polinomios en la I cero simultáneamente. Este es un hecho acerca de un₁,...,a_n de que es expresable en la pequeña estructura, y lo que es también cierto en la parte superior de la estructura. Es decir, cada polinomio en J es cero en un₁,...,a_n, como se desee.

Prueba 2. La segunda prueba es mucho más rápido, por que cae a la derecha de simples consideraciones en la teoría de conjuntos. Supongamos que podemos probar (en ZFC) que el teorema vale para contables de los campos. Ahora, supongamos que k es cualquier campo y que J es un buen ideal en el anillo k[x₁,...,x_n]. Si V es el conjunto teórico universo, vamos a V[G] ser un forzando la extensión donde k se ha convertido contables. (Es un hecho notable acerca de obligar a que cualquier conjunto en el que todos pueden convertirse en contable en una forzando la extensión). Podemos considerar que k y k[x₁,...,x_n] y J en el interior de la forzando la extensión de V[G]. Movimiento para el forzamiento de la extensión no afecta a ninguna de nuestras suposiciones acerca de k o k[x₁,...,x_n] o J, excepto que ahora, en el forzamiento de la extensión, k se ha convertido contables. Por lo tanto, por nuestra suposición, hay un₁,...,_n en kⁿ hacer de todos los polinomios en J cero. Este hecho fue cierto en V[G], pero ya que los elementos de k y J son los mismos en V y V[G], y las evaluaciones de polynonmials es el mismo, se deduce que esta solución, que funciona de la espalda en V. por Lo que el teorema es cierto para k en V, como se desee.

Pero yo sé, que era el malo de la reducción, ya que soy de la reducción de las incontables para los contables, en lugar de los contables a la multitud, como usted lo solicitó...

Sin embargo, supongo que ambos de estos argumentos podrían ser considerados como una alternativa muy suave y corta pruebas de los innumerables casos (suponiendo que se tiene una prueba de los contables de los casos).