Mostrar que $X$ no es una variedad afín

Question

Necesito un poco de ayuda, demostrando que $X=\{(x,x)~|~x \in \mathbb{R}, x \neq 1\}$ no es una variedad afín. Me gustaría continuar por suponer que es una variedad afín y, a continuación, encontrar una contradicción. Así que supongamos $X=V(f_1,...,f_s)$. Ahora quiero demostrar que si $f \in \mathbb{R}[x,y]$ se desvanece en $X$ $f$ también se desvanece en el punto de $(1,1)$.

He pensado acerca de cómo proceder en la forma aquí por alrededor de una hora y no llegó a ninguna parte. Por favor, ayudar. Gracias

Answer 1

Aquí es una alternativa a las respuestas anteriores con más de álgebra y sabor. (Para los interesados, este es el ejercicio 1.2.8 de Cox, Poco, y O'Shea.) Dado $f(x,y) \in \mathbb{V}(X)$, vamos a $g(t) = f(t,t)$. A continuación, $g \in \mathbb{R}[t]$ se desvanece en $\mathbb{R} \setminus \{1\}$. Pero un valor distinto de cero el polinomio de una variable sobre un campo tiene sólo un número finito de raíces, por lo que debemos tener $g=0$. A continuación,$f(1,1) = g(1) = 0$, lo $f$ se desvanece en $(1,1)$.

Answer 2

En realidad, esto depende de tu punto de vista. Por ejemplo, $Y=\mathbb{R}\setminus \{0\}$ no es afín subconjunto (es decir, un Zariski-cerrado subconjunto) de $\mathbb{R}$, pero es una variedad afín, cuando se ve de una manera diferente. Podemos definir un mapa de $V(xy-1)\rightarrow Y$ que es un isomorfismo. $V(xy-1)$ de curso es un Zariski-subconjunto cerrado en $\mathbb{R}^2$.

El punto es, hay algunos matices a la definición de variedad afín. Debe ser una variedad que puede ser incrustado en el espacio afín como un Zariski-cerrado subconjunto.

Su variedad $X$ es, obviamente, isomorfo a $Y$ que acabo de mencionar es una variedad afín. Sin embargo, no es un Zariski-subconjunto cerrado sobre sí mismo en $\mathbb{R}^2$, lo que estoy seguro es de lo que quería. Para ello se puede utilizar los argumentos de los otros puestos.

Sólo quería mencionar este detalle para hacerle saber que hay más a la historia.

Answer 3

Utilice el hecho de que los polinomios son funciones continuas:

Supongamos que $f\in\mathbb R[x,y]$ se desvanece en $X$. Entonces, como $f$ es una función continua, tenemos $f(1,1)=\lim_{n\to\infty}f(1+\tfrac1n,1+\tfrac1n)=0$, debido a $f(1+\tfrac1n,1+\tfrac1n)=0$ todos los $n\geq1$.

Answer 4

Los polinomios son continuos al $\mathbb{R}^2$ está equipado con la topología Euclidiana. Así que supongamos $f(1,1)\neq 0$ y sin pérdida de generalidad podemos considerar positivo. En un barrio de $(1,1)$ que contiene decir $(1+\epsilon,1+\epsilon)$ tenemos $f(x,x)\neq 0$, que está en contradicción con $f(x,x)=0$ al $x\neq 1$