Jika dua himpunan nol bersifat homeomorfik, apakah cincin polinomial di atas himpunan juga bersifat homeomorfik?
Saya sangat menyesal telah melakukan kesalahan yang jelas ini, saya seharusnya meminta cita-cita juga menjadi prima. Saya telah memperbaikinya.
Membiarkan $R$ menjadi cincin polinomial kompleks di $n$ variabel dan biarkan $I$ dan $J$ menjadi cita-cita utama $R$. Mempertimbangkan$V(I)$ dan $V(J)$, himpunan nol cita-cita, yaitu, himpunan titik yang dikirim ke nol oleh semua polinomial dalam cita-cita. Memberikan masing-masing set ini,$V(I)$ dan $V(J)$, topologi subruang yang diinduksi oleh topologi biasa pada $\mathbb{C}^n$ dan kemudian asumsikan $V(I)$ dan $V(J)$bersifat homeomorfik. Sekarang perhatikan cincinnya$R/I$ dan $R/J$. Haruskah mereka isomorfik seperti cincin? Jika demikian, apakah hasil ini memiliki nama dan dapatkah Anda memberikan bukti atau poin di mana saya dapat menemukan bukti? Jika tidak, saya ingin contoh tandingan.
Untuk membantu menjelaskan pertanyaan lebih lanjut, berikut adalah contoh konkret:
Katakan$R$ adalah cincin polinomial kompleks dalam dua variabel dan katakanlah kita memiliki cita-cita yang dihasilkan oleh polinomial $x^2+y^2-1$ dan $x^2+y^2-2$. Dua topologi dalam hal ini adalah homeomorfik dan juga cincin hasil bagi adalah cincin-isomorfik. Haruskah selalu menjadi kasus bahwa homeomorfisme menyiratkan isomorfisme cincin? Jika tidak, apakah kondisi yang lebih kuat, seperti diffeomorphism malah diperlukan?
Jawaban
Jawabannya adalah tidak! Membiarkan$k = \Bbb{C},$ dan biarkan $I = (x^2 - y^3)$ dan $J = (x)$ dalam $\Bbb{C}[x,y].$ Pertama, perhatikan itu $$\Bbb{C}[x,y]/I\cong\Bbb{C}[t^2,t^3]\not\cong\Bbb{C}[t]\cong\Bbb{C}[x,y]/J$$(yang pertama tidak tertutup secara integral, sedangkan yang terakhir adalah). Namun, saya mengklaim itu$V(I)$ dan $V(J)$ bersifat homeomorfik sebagai himpunan bagian dari $\Bbb{C}^2$ dengan topologi standarnya.
Kami memiliki peta \begin{align*} \phi : V(x)&\to V(x^2 - y^3)\\ (0,t)&\mapsto (t^3, t^2) \end{align*} dan \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*}
Pertama, perhatikan bahwa peta ini adalah invers. Jelas itu$\psi\circ\phi = \operatorname{id},$ dan jika $b\neq 0$ kami menghitung \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*} Tapi \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*} Kami juga mengamati itu $\psi\circ\phi(0,0) = (0,0).$
Sekarang, yang harus kita verifikasi adalah bahwa peta ini berkelanjutan. Seseorang melihat itu$\phi$kontinu, seperti yang diberikan oleh polinomial. Tantangannya adalah untuk memeriksanya$\psi$terus menerus. Ini jelas jauh dari$b = 0,$ jadi kami hanya perlu memeriksa kontinuitas di $(a,b) = (0,0).$
Klaim: Fungsi$\psi$ kontinu di $(0,0).$
Bukti: Ini cukup untuk menunjukkan bahwa setiap komponen$\psi$terus menerus. Jelas$(a,b)\mapsto 0$ kontinu, jadi kita hanya perlu memperhatikan kesinambungan peta $(a,b)\mapsto a/b$ di $b = 0.$
Secara eksplisit, kita perlu menunjukkan itu untuk semua $\epsilon > 0,$ disana ada $\delta > 0$ seperti itu jika
- $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ dan
- $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \delta,$
kemudian $\left|\frac{\alpha}{\beta}\right| < \epsilon.$
Pertama, amati itu karena $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ kita punya $\alpha^2 = \beta^3,$ yang menyiratkan $\left|\alpha\right|^2 = \left|\beta\right|^3.$ Sekarang, atur $\delta = \epsilon^2.$ Kita punya \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*} Ini menyiratkan itu $$0 < \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1) < \delta^2,$$ dan kami pasti punya $$\left|\beta\right|^2 \leq \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1).$$ Menyatukan semua ini, kami menemukan bahwa jika $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \epsilon^2,$ lalu kita punya $$ \left|\beta\right|^2 < \epsilon^4. $$ Sejak keduanya $\left|\beta\right|$ dan $\epsilon$ positif, kami menyimpulkan itu $$\left|\beta\right| < \epsilon^2.$$
Jadi, \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*}Mengambil akar kuadrat, kami mendapatkan hasil yang diinginkan. Fiuh! QED
Catatan 1: Anda bisa mendapatkan contoh yang lebih mudah melalui bidang yang ditutup secara non-aljabar: misalnya, biarkan$k = \Bbb{Q}.$ Kemudian $V(x^2 + 1) = V(x^2 - 2) = \emptyset$ sebagai himpunan bagian dari $\Bbb{Q}^2,$ tapi $$\Bbb{Q}[x]/(x^2 + 1)\cong\Bbb{Q}[i]\not\cong\Bbb{Q}[\sqrt{2}]\cong\Bbb{Q}[x]/(x^2 - 2).$$
Catatan 2: Jawabannya juga tidak melebihi bidang umum$k$ kapan $k^n$ diberi topologi Zariski, tetapi ini bahkan lebih mudah dilihat: keduanya $V(x)$ dan $V(x^2 - y^3)$adalah kurva affine yang tidak dapat direduksi, dan dengan demikian memiliki topologi yang sama. Tentu saja, homeomorfisme sebenarnya bukan yang ingin kita pertimbangkan ketika melakukan geometri aljabar (lihat di sini untuk diskusi).
Catatan 3: Akhirnya, jawabannya juga tidak saat kami bekerja dengan$\operatorname{Spec}R[x_1,\dots, x_n]$ dari pada $R^n.$ Secara umum, tidak benar jika $Z_1$ dan $Z_2$ adalah subruang tertutup homeomorfik dari $\operatorname{Spec}R,$ dan kami menganggapnya sebagai subkema yang dikurangi, $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1)\cong\mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$ Memang, biarkan $R = k\times k'$menjadi produk dari dua bidang non-isomorfik. Kemudian$\operatorname{Spec}R = \{0\times k',k\times 0\},$ dan jika $Z_1 = \{0\times k'\}$ dan $Z_2 = \{k\times 0\},$ maka keduanya hanyalah poin, tetapi dengan asumsi, $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1) = k\not\cong k' = \mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$
Contoh lainnya adalah $R = \Bbb{R}[x],$ dengan $I = (x)$ dan $J = (x^2 + 1)$. $V(x)$ dan $V(x^2 + 1)$ keduanya merupakan poin di dalamnya $\operatorname{Spec}R,$ tapi $\Bbb{R}[x]/(x)\cong\Bbb{R}\not\cong\Bbb{C}\cong\Bbb{R}[x]/(x^2 + 1).$
Belum tentu. Pertimbangkan cita-cita$(x)$ dan $(x^2)$ di $\mathbb{C}[x]$. Seperti cincin dengan jelas$\mathbb{C}[x]/(x) \ncong \mathbb{C}[x]/(x^2)$. Jika Anda pernah melihat Nullstellensatz, perhatikan itu$(x^2)$ bukanlah cita-cita radikal, dan itu $\sqrt{(x^2)} = (x)$ yang seperti itu $V(x^2) = V(x) = 0$. Contoh ini harus bekerja untuk bidang lain yang menurut saya.
Sunting: Sekali lagi, jawabannya adalah tidak karena alasan yang bodoh (dan sekali lagi Anda mungkin keberatan yang biasanya tidak Anda pikirkan$(1)$, tetapi itu agak penting untuk mendefinisikan topologi Zariski di tempat pertama). Saya akan menjawab ini dalam$\mathbb{R}$. Jika Anda memikirkan yang ideal$(x^2+1)$ dan cita-cita $(1)$, kemudian $V(x^2+1) = V(1) = \phi$. Tapi$\mathbb{R}[x]/(x^2+1) \cong \mathbb{C}$ sedangkan $\mathbb{R}[x]/(1) \cong 0$.
Ups benar $(1)$ bukan bilangan prima.