El ideal de desaparición$I_{K[x,y]}(A\!\times\!B)$ es generado por$I_{K[x]}(A) \cup I_{K[y]}(B)$?

Question

Sea$K$ un campo,$x=(x_1,\ldots,x_m)$,$y=(y_1,\ldots,y_n)$,$A\!\subseteq\!\mathbb{A}^m_K$,$B\!\subseteq\!\mathbb{A}^n_K$. ¿Tiene$$I_{K[x,y]}(A\!\times\!B)=\langle\langle I_{K[x]}(A) \cup I_{K[y]}(B)\rangle\rangle?$ $ Aquí$I_{K[x]}(A)=\{f\in K[x]; f(a)\!=\!0\text{ for all }a\!\in\!A\}$ es el ideal de desaparición del conjunto$A$, y$\langle\langle\ldots\rangle\rangle$ es el ideal, generado por$\ldots$. La inclusión$\supseteq$ es fácil, pero no veo cómo mostrar$\subseteq$.

Si esta igualdad no se cumple, ¿de qué otra manera puedo probar (conociendo$$K[x,y]/\langle\langle\mathfrak{a},\mathfrak{b}\rangle\rangle \,\cong\, K[x]/\mathfrak{a}\otimes_KK[y]/\mathfrak{b}$$ from this post), that there is an isomorphism of $ K$-algebras (coordinate rings) $$K[A\!\times\!B] \,\cong\, K[A]\otimes_K K[B]?$ $

Answer 1

Esto es bien conocido y se puede encontrar en cualquier algunas introducciones de los clásicos de la geometría algebraica, en la sección acerca de los productos. De todos modos, aquí está mi favorito de la prueba. Supongo que $k$ es algebraicamente cerrado (de lo contrario está mal).

Tenemos $V(I(A \times B))=A \times B = (A \times \mathbb{A}^n) \cap (\mathbb{A}^m \times B) = V(I(A) \cup I(B))$, lo $I(A \times B) = \sqrt{I(A) + I(B)}$. Tenemos que probar que $I(A) + I(B)$ es un radical ideal, o, equivalentemente, que el $k[x,y]/(I(A)+I(B))=k[X]/I(A) \otimes k[Y]/I(B)$ es reducido (es decir, $0$ es la única nilpotent elemento).

Lema. Si $k$ es algebraicamente cerrado de campo y $R,S$ se reducen $k$-álgebras, a continuación, $R \otimes_k S$ es reducido.

La prueba: Un colimit argumento muestra que podemos suponer que la $R$ es finito tipo más de $k$. Desde $R$ es reducido, la intersección de todos los primer ideales es $0$, que es igual a la intersección de todos los máximos ideales desde $R$ es jacobson. Esto le da una incrustación $R \hookrightarrow \prod_{\mathfrak{m} \in \mathrm{Spm}(R)} R/\mathfrak{m}$ donde $R/\mathfrak{m}=k$. Esto induce una incrustación de $k$-álgebras

$$R \otimes_k S \hookrightarrow (\prod_{\mathfrak{m} \in \mathrm{Spm}(R)} k) \otimes_k S \hookrightarrow \prod_{\mathfrak{m} \in \mathrm{Spm}(R)} (k \otimes_k S) = \prod_{\mathfrak{m} \in \mathrm{Spm}(R)} S.$$ Por lo tanto, $R \otimes_k S$ es un sub-anillo de un producto de la reducción de álgebras, por lo tanto también se reduce. $~\square$

Si $k$ no es algebraicamente cerrado, el Lema falla, incluso para los campos. De hecho, para un polinomio $f \in k[x]$ con la división de campo de $L$ el producto tensor $k[x]/(f) \otimes_k L$ es isomorfo al producto de las álgebras de $L[x]/(x-\alpha)^{v_{\alpha}}$ donde $\alpha$ se ejecuta a través de las raíces de $f$ $v_\alpha$ es su multiplicidad. Esta álgebra es reducido iff $v_\alpha=1$ todos los $\alpha$ fib $f$ es separable. Por ejemplo, $\mathbb{F}_p(t) \otimes_{\mathbb{F}_p(t^p)} \mathbb{F}_p(t) = \mathbb{F}_p(t)[x]/(x-t)^p$ no se reduce. El Lema también falla al $k$ tiene de característica cero, pero es que no hay contraejemplo para los campos.

Por cierto, el isomorfismo $k[A \times B] \cong k[A] \otimes_k k[B]$ mantiene casi por definición, para afín esquemas $A,B$. En este contexto, el Lema se traduce en la afirmación de que el producto de dos reducido $k$-planes de volver a reducir.

Answer 2

Supongamos que $K$ es algebraicamente cerrado.

Si tenemos dos $K$-álgebras $C$$D$, no son canónicos morfismos $$ C\desbordado{\alpha}{\longrightarrow} C\otimes_KD\desbordado{\beta}{\longleftarrow} D $$ definido por $\alpha(c)=c\otimes 1_D$$\beta(d)=1_C\otimes d$. Si se dan dos morfismos de $K$-álgebras $\phi:C\to E$ $\psi:D\to E$ a un tercio $K$-álgebra $E$, entonces la característica universal del producto tensor (en la categoría de $K$-álgebras) nos dice que existe un único morfismos de $K$-álgebras $q:C\otimes_KD\to E$ tal que $\phi=q\circ\alpha$$\psi=q\circ\beta$. En otras palabras, en la categoría de $K$-álgebras, $C\otimes_KD$ junto con las flechas $\alpha$ $\beta$ satisface el universal de la propiedad anterior.

Ahora, existe una dualidad de categorías entre la categoría de $K$-álgebras de finito tipo y la categoría de los afín variedades. Esta dualidad está dada por el functor de Especificaciones. Así que tome $$ \textrm{Spec (universal propiedad de } C\otimes_KD),$$ después de haber asumido ese $C$ $D$ son finitos tipo (por lo tanto de la especie $C:=K[A]$ $D:=K[B]$ como en tu pregunta). El universal propiedad se convierte en un nuevo universal de la propiedad en la categoría de afín variedades, y ahora el objeto universal es $\textrm{Spec}(C\otimes_KD)$ con las dos proyecciones (las imágenes $\textrm{Spec}(\alpha)$$\textrm{Spec}(\beta)$). Pero esta es la característica universal de $\textrm{Spec }C\times_K\textrm{Spec }D$, por lo que $$ \textrm{Spec}(C\otimes_KD)\cong \textrm{Spec }C\times_K\textrm{Spec }D=a\times_KB. $$ Ahora, a recuperarse $K[A\times_KB]\cong K[A]\otimes_KK[B]=:C\otimes_KD$ es suficiente para pasar a través de la dualidad en la otra dirección: desde la inversa de Especificación es $K[-]$ (el functor "global secciones", o "tomar las coordenadas del anillo"), acaba de tomar global de las secciones de la última fórmula que se muestra a conseguir lo que quieres.

[Nota de que la identidad se escribió entre los ideales que sigue ahora como un corolario evidente.]