Si $K$ es algebraicamente cerrado de campo y $F \in K[X, Y]$ es irreducible, entonces $\dim K[X, Y]/(F) = 1$

Question

$\newcommand{\trianglelefteqslant}{\leqslant \hskip{-7.8pt} \raise{0.9pt}\vartriangleleft}$ Deje $K$ ser un algebraicamente cerrado de campo. Ahora he estado algunas definiciones básicas como no sé cómo los que son.

• $K^n$ está equipado con la topología de Zariski. Cualquier cerrada o abierta subconjunto de $K^n$ va a ser entendido con respecto a esta topología;
• La dimensión de un conjunto cerrado $V \subseteq K^n$ es $$\dim V = \sup \{ n \in \mathbb{N} : (\exists V_0 \subsetneq V_1 \subsetneq \ldots \subsetneq V_n \subseteq V) \, V_k \text{'s are closed, irreducible} \};$$
• El (Krull) dimensión de un anillo de $R$ es $$\dim R = \sup \{ n \in \mathbb{N} : (\exists I_0 \supsetneq I_1 \supsetneq \ldots \supsetneq I_n ) \, I_k \text{'s are prime ideals in } R \};$$
• El anillo de coordenadas de $V \subseteq K^n$ es $$K[V] = \{ F \upharpoonright V : F \in K[\overline{X}] \} \cong K[\overline{X}] / I(V).$$

El problema es:

Supongamos $F \in K[X, Y]$ es irreductible e $V = Z(F) \subseteq K^2$. Demostrar que $\dim V = 1$.

Lo que yo sé:

• Hilbert Nullstellensatz: $I(Z(I)) = \sqrt{I}$;
• Si $V \subseteq K^n$ es un afín algebraicas, entonces Zariski-cerrado subconjuntos $U \subseteq V$ corresponden bijectively radical ideales $I \trianglelefteqslant K[\overline{X}]$ contiene $I(V)$$U \substack{\xleftarrow{Z(I)} \\ \xrightarrow[I(U)]{}} I$;
• Estos a su vez corresponden a los radicales ideales $I \trianglelefteqslant K[V]$;
• En el anterior, irreductible cerrado subconjuntos corresponden al primer ideales;
• $\dim V = \dim K[V]$;
• Se me presentó un teorema que si $R$ es un dominio y un finitely generadas $K$-álgebra, a continuación,$\dim R = \operatorname{td}_K R_0$, pero se dijo que la prueba es un poco complicado (usos externos de la teoría), por lo que no quiero usar ese teorema;
• Puedo ver cómo Krull director de ideal teorema se puede aplicar a resolver inmediatamente el problema, pero no me enseñó que el teorema de cualquiera, así que si es posible, prefiero evitar su uso. Sin embargo, si alguien realmente convencidos de que no hay manera más fácil, voy a aceptar eso como una respuesta.

Ahora mi reconocimiento del problema: obviamente hay algunos $\overline{a} = (a_1, a_2) \in V$ $(X-a_1, Y-a_2) \supsetneq (F)$ es una cadena de longitud $n=1$ de primer ideales en $K[\overline{X}]$ contiene $I(V)$. También si hay una cadena de $I_0 \supsetneq I_1 \supsetneq I_2$, podemos asumir que $I_0 = (X-a_1, Y-a_2)$ algunos $\overline{a} \in V$$I_2 = (F)$. Como $K[X, Y]$ es Noetherian, $I_1 = (G_1, \ldots, G_n)$ algunos $G_1, \ldots, G_n \in K[X, Y]$, la cual puede ser asumida como irreductible desde $I_1$ es primo, y no asociadas por pares. Pero eso no parece dar ningún fáciles de contradicción.

Desde el geométrica lado, supongamos que tenemos $V_0 \subsetneq V_1 \subsetneq V_2 \subseteq V$ cerrado, irreductible, así que de nuevo podemos suponer $V_0 = \{ \overline{a} \}$ $V_2 = V$ (e $V_1 = Z(I_1)$ si queremos una conexión). Cualquier finito no-singleton es reducible, por lo $V_1$ es infinito (de hecho, si $F$ depende de $Y$, el otro caso de ser trivial, entonces la proyección de $\pi_X[V_1]$ es co-finito). Pero yo no veo ninguna contradicción aquí.

Cualquier sugerencia se agradece.

Answer 1

De hecho hay una escuela primaria de la solución para el caso bidimensional.

Reclamo: Vamos a $K$ ser un campo, $F, G \in K[X, Y]$. Si $F$ $G$ son coprime (no tienen factores comunes), a continuación, $V(F) \cap V(G)$ es finito.

Prueba: Como $F$ $G$ no tienen factores comunes en $K[X, Y]$, no tienen factores comunes en $K(X)[Y]$ (este resultado se conoce como Gauss Lema y es un elemental de la propiedad de los principales ideales de dominios; Wikipedia y Proofwiki relativamente corta pruebas de ello). Como $K(X)[Y]$ es un director ideal de dominio como un polinomio de anillo sobre el campo de $K(X)$, esto significa que existen algunas $A, B \in K[X, Y]$$D \in K[X] \setminus \lbrace 0 \rbrace$$AF + BG = D$. Vamos ahora a $(a, b) \in V(F) \cap V(G)$. A continuación,$D(a) = 0$. Esto se puede sostener por sólo un número finito de $a \in K$. Del mismo modo (o por simetría) sólo puede haber un número finito de $b \in K$ tal que $(a, b) \in V(F) \cap V(G)$. $ \square $

Ahora podemos resolver su problema. Deje $F \in K[X, Y]$ ser irreductible. Usted ya ha notado que $\dim K[X, Y]/(F) \geq 1$. Podemos mostrar la igualdad si se demuestra que todos los primer ideales de $K[X, Y]$ estrictamente contengan $(F)$ son máximas. Así que toma un alojamiento ideal $\mathfrak{p}$ $K[X, Y]$ estrictamente contengan $(F)$; tome $G \in \mathfrak{p} \setminus (F)$. A continuación, $G$ es coprime a $F$, por $V(F, G)$ es un conjunto finito que contiene $V(\mathfrak{p})$, de tal manera que también el último es finito.

Ahora aplicamos el Nullstellensatz encontrar ese $I(V(\mathfrak{p})) = \text{rad}(\mathfrak{p}) = \mathfrak{p}$ (la última igualdad como primer ideales son radicales). Como $\mathfrak{p}$ es primo, $V(\mathfrak{p})$ es irreductible, de la cual $V(\mathfrak{p})$ es un singleton. Pero, a continuación, $\mathfrak{p} = I(V(\mathfrak{p}))$ es un ideal maximal.

Descargo de responsabilidad: Si $K$ no es algebraicamente cerrado, entonces el Nullstellensatz y por lo tanto la última parte de la prueba ya no funcionan (y, en general, la correspondencia entre irreductible variedades y el primer ideales se rompe). Uno todavía puede mostrar que $\dim K[X, Y]/(F) = 1$ si $K$ es cualquier campo y $F$ es un polinomio irreducible, pero esto requiere más trabajo. Una forma de abordar este sería incrustar $K$ en su clausura algebraica $\tilde{K}$, entonces se debe considerar la incrustación $K[X, Y] \to \tilde{K}[X, Y]$. El Subir teorema (muchas pruebas en línea) nos permite 'levante' de una cadena de primer ideales de$K[X, Y]$$\tilde{K}[X, Y]$, según el cual los dos anillos tienen la misma dimensión de Krull, pero el argumento me dio para algebraicamente cerrado campos esencialmente resultó $\dim \tilde{K}[X, Y] = 2$, por lo que estamos por hacer. Como alternativa, el uso de Krull del Hauptidealsatz, uno puede demostrar que $\dim K[X_1, \ldots, X_n]$ para cualquier campo $K$ y cualquier $n \in \mathbb{N}$.