es homeomorfa a $Z(I)$ $\operatorname{Spec}(R/I)$

Question

Deje $R$ ser un anillo conmutativo. ¿Cómo se puede demostrar que $Z(I)$ es homeomórficos a $\operatorname{Spec}(R/I)$ donde $Z(I)$ está equipado con la topología inducida a partir de la topología de Zariski en $\operatorname{Spec}R$?

Está claro que este es bijection. Y los mapas son definidos en esta pregunta teorema de la Correspondencia de los anillos. ¿Cuál es la manera más fácil de probar que son continuas? He intentado mostrar que los dos mapas están cerrados, pero no tuve éxito.

Answer 1

¿Cómo podemos definir nuestro mapa de la $f:Z(I)\to Spec(A/I)$? Es dado por el envío de $\mathfrak p\mapsto \mathfrak p/I$ para un primer ideal $\mathfrak p$ contiene $I$.

¿Cómo vemos a la primera que este es continua? Podemos comprobar $(1)$ preimages de abrir los conjuntos son abiertos, o $(2)$ preimages de conjuntos cerrados están cerrados. Teniendo en cuenta que definir las cosas en la topología de Zariski en términos de conjuntos cerrados, $(2)$ es probablemente más fácil.

Lo que hace un conjunto cerrado de $Spec(A/I)$? Bueno, ya que todos los ideales de a $A/I$ son de la forma $J/I$ por un ideal $J\subseteq A$ contiene $I$, un subconjunto cerrado de $Spec(A/I)$ tiene la forma $Z(J/I)$. Os animo a comprobar que la preimagen de este conjunto en $f$ está dado por $Z(J)$, que está cerrado en la topología de subespacio de $Z(I)$ porque es igual a $Z(J)\cap Z(I)$ (żpor qué?).

Ahora, la última cosa que usted necesita para comprobar es $f$ es un cerrado mapa. Un subconjunto cerrado de $Z(I)$ tiene la forma $Z(I)\cap Z(J)$ por algún ideal $J$$A$, que es igual a $Z(I+J)$. Usando la misma lógica, debería ser fácil para usted para comprobar que la imagen de este conjunto en $f$ es igual a $Z((I+J)/I)$, que es cerrado en $Spec(A/I)$.