Si deux ensembles de zéros sont homéomorphes, l'anneau de polynômes sur les ensembles est-il également homéomorphe?

Aug 19 2020

Je suis vraiment désolé d'avoir commis cette erreur évidente, j'aurais dû demander que les idéaux soient également primordiaux. J'ai corrigé cela.

Laisser $R$ être l'anneau de polynômes complexes dans $n$ variables et laissez $I$ et $J$ être les idéaux principaux de $R$. Considérer$V(I)$ et $V(J)$, l'ensemble nul des idéaux, c'est-à-dire l'ensemble des points envoyés à zéro par tous les polynômes de l'idéal. Donne chacun de ces ensembles,$V(I)$ et $V(J)$, la topologie du sous-espace induite par la topologie habituelle sur $\mathbb{C}^n$ puis assumer $V(I)$ et $V(J)$sont homéomorphes. Considérons maintenant les anneaux$R/I$ et $R/J$. Doivent-ils être isomorphes comme des anneaux? Si oui, ce résultat a-t-il un nom et pouvez-vous s'il vous plaît fournir une preuve ou indiquer où je peux trouver une preuve? Sinon, je voudrais un contre-exemple.

Pour aider à expliquer la question plus en détail, voici un exemple concret:
Dites$R$ est l'anneau de polynômes complexes à deux variables et disons que nous avons les idéaux générés par les polynômes $x^2+y^2-1$ et $x^2+y^2-2$. Les deux topologies sont homéomorphes dans ce cas et les anneaux de quotient sont également isomorphes en anneau. Doit-il toujours être le cas que l'homéomorphisme implique l'anneau-isomorphisme? Si non, est-ce qu'une condition plus forte, comme le difféomorphisme, est plutôt requise?

Réponses

7 Stahl Aug 19 2020 at 13:58

La réponse est non! Laisser$k = \Bbb{C},$ et laissez $I = (x^2 - y^3)$ et $J = (x)$ à l'intérieur $\Bbb{C}[x,y].$ Tout d'abord, notez que $$\Bbb{C}[x,y]/I\cong\Bbb{C}[t^2,t^3]\not\cong\Bbb{C}[t]\cong\Bbb{C}[x,y]/J$$(le premier n'est pas intégralement fermé, alors que le second l'est). Cependant, je prétends que$V(I)$ et $V(J)$ sont homéomorphes en tant que sous-ensembles de $\Bbb{C}^2$ avec sa topologie standard.

Nous avons des cartes \begin{align*} \phi : V(x)&\to V(x^2 - y^3)\\ (0,t)&\mapsto (t^3, t^2) \end{align*} et \begin{align*} \psi : V(x^2 - y^3)&\to V(x)\\ (a,b)&\mapsto\begin{cases}(0,\frac{a}{b}),\quad b\neq 0,\\ (0,0),\quad a = b = 0.\end{cases} \end{align*}

Tout d'abord, notez que ces cartes sont inverses. Il est clair que$\psi\circ\phi = \operatorname{id},$ et si $b\neq 0$ nous calculons \begin{align*} \phi\circ\psi(a,b) &= \phi(0,\frac ab)\\ &= \left(\left(\frac{a}{b}\right)^3,\left(\frac{a}{b}\right)^2\right). \end{align*} Mais \begin{align*} a^2 = b^3&\implies\frac{a^2}{b^2} = b\\ &\implies\left(\frac{a}{b}\right)^3 = \frac{a}{b}\cdot b = a. \end{align*} On observe également que $\psi\circ\phi(0,0) = (0,0).$

Il ne reste plus qu'à vérifier que ces cartes sont continues. On voit ça$\phi$est continue, car elle est donnée par des polynômes. Le défi est de vérifier que$\psi$est continue. C'est clair loin de$b = 0,$ il suffit donc de vérifier la continuité à $(a,b) = (0,0).$

Revendication: la fonction$\psi$ est continue à $(0,0).$

Preuve: il suffit de montrer que chaque composant de$\psi$est continue. Clairement$(a,b)\mapsto 0$ est continue, nous n'avons donc qu'à nous préoccuper de la continuité de la carte $(a,b)\mapsto a/b$ à $b = 0.$

Explicitement, nous devons montrer que pour tous $\epsilon > 0,$ il existe $\delta > 0$ tel que si

  1. $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ et
  2. $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \delta,$

puis $\left|\frac{\alpha}{\beta}\right| < \epsilon.$

Tout d'abord, observez cela parce que $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ nous avons $\alpha^2 = \beta^3,$ ce qui implique $\left|\alpha\right|^2 = \left|\beta\right|^3.$ Maintenant, définissez $\delta = \epsilon^2.$ Nous avons \begin{align*} 0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \delta &\iff 0^2 < \left|(\alpha,\beta)\right|^2 < \delta^2\\ &\iff 0 < \left|\alpha\right|^2 + \left|\beta\right|^2 = \left|\beta\right|^3 + \left|\beta\right|^2 < \delta^2. \end{align*} Ceci implique que $$0 < \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1) < \delta^2,$$ et nous avons certainement $$\left|\beta\right|^2 \leq \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1).$$ En mettant tout cela ensemble, nous constatons que si $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \epsilon^2,$ ensuite nous avons $$ \left|\beta\right|^2 < \epsilon^4. $$ Depuis les deux $\left|\beta\right|$ et $\epsilon$ sont positifs, nous concluons que $$\left|\beta\right| < \epsilon^2.$$

Donc, \begin{align*} \left|\frac\alpha\beta\right|^2 &=\frac{\left|\alpha\right|^2}{\left|\beta\right|^2} \\ &= \frac{\left|\beta\right|^3}{\left|\beta\right|^2}\\ &=\left|\beta\right|\\ &<\epsilon^2. \end{align*}En prenant des racines carrées, nous obtenons le résultat souhaité. Phew! QED

Remarque 1: Vous pouvez obtenir des exemples plus simples sur des champs non algébriquement fermés: par exemple, laissez$k = \Bbb{Q}.$ ensuite $V(x^2 + 1) = V(x^2 - 2) = \emptyset$ en tant que sous-ensembles de $\Bbb{Q}^2,$ mais $$\Bbb{Q}[x]/(x^2 + 1)\cong\Bbb{Q}[i]\not\cong\Bbb{Q}[\sqrt{2}]\cong\Bbb{Q}[x]/(x^2 - 2).$$

Remarque 2: La réponse est également non sur les champs généraux$k$ quand $k^n$ est donnée la topologie Zariski, mais c'est encore plus facile à voir: les deux $V(x)$ et $V(x^2 - y^3)$sont des courbes affines irréductibles, et ont donc la topologie cofinite. Bien sûr, les homéomorphismes ne sont vraiment pas ce que nous voulons considérer lorsque nous faisons de la géométrie algébrique (voir ici pour une discussion).

Remarque 3: Enfin, la réponse est également non lorsque nous travaillons avec$\operatorname{Spec}R[x_1,\dots, x_n]$ au lieu de $R^n.$ Plus généralement, il n'est pas vrai que si $Z_1$ et $Z_2$ sont des sous-espaces fermés homéomorphes de $\operatorname{Spec}R,$ et nous les considérons comme des sous-schémas réduits, $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1)\cong\mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$ En effet, laissez $R = k\times k'$être le produit de deux champs non isomorphes. ensuite$\operatorname{Spec}R = \{0\times k',k\times 0\},$ et si $Z_1 = \{0\times k'\}$ et $Z_2 = \{k\times 0\},$ alors les deux sont simplement des points, mais par hypothèse, $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1) = k\not\cong k' = \mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$

Un autre exemple serait $R = \Bbb{R}[x],$ avec $I = (x)$ et $J = (x^2 + 1)$. $V(x)$ et $V(x^2 + 1)$ sont les deux points à l'intérieur $\operatorname{Spec}R,$ mais $\Bbb{R}[x]/(x)\cong\Bbb{R}\not\cong\Bbb{C}\cong\Bbb{R}[x]/(x^2 + 1).$

3 OsamaGhani Aug 19 2020 at 06:37

Pas nécessairement. Considérez les idéaux$(x)$ et $(x^2)$ dans $\mathbb{C}[x]$. Comme sonne clairement$\mathbb{C}[x]/(x) \ncong \mathbb{C}[x]/(x^2)$. Si vous avez vu la Nullstellensatz, notez que$(x^2)$ n'est pas un idéal radical, et que $\sqrt{(x^2)} = (x)$ pour que $V(x^2) = V(x) = 0$. Cet exemple devrait fonctionner pour tout autre domaine que je pense.

Edit: Encore une fois, la réponse est non pour une raison stupide (et encore une fois, vous pouvez objecter que vous ne pensez généralement pas$(1)$, mais c'est en quelque sorte essentiel pour définir la topologie Zariski en premier lieu). Je vais y répondre dans$\mathbb{R}$. Si vous pensez à l'idéal$(x^2+1)$ et l'idéal $(1)$, puis $V(x^2+1) = V(1) = \phi$. Mais$\mathbb{R}[x]/(x^2+1) \cong \mathbb{C}$ tandis que $\mathbb{R}[x]/(1) \cong 0$.

Oups c'est vrai $(1)$ n'est pas primordial.