2つのゼロセットが同相である場合、セット上の多項式環も同相ですか？

答えはいいえだ！しましょう$k = \Bbb{C},$ そしてしましょう $I = (x^2 - y^3)$ そして $J = (x)$ 内部 $\Bbb{C}[x,y].$ まず、注意してください $$\Bbb{C}[x,y]/I\cong\Bbb{C}[t^2,t^3]\not\cong\Bbb{C}[t]\cong\Bbb{C}[x,y]/J$$（前者は完全に閉鎖されていませんが、後者は完全に閉鎖されています）。しかし、私はそれを主張します$V(I)$ そして $V(J)$ のサブセットとして同相である $\Bbb{C}^2$ その標準的なトポロジーで。

地図があります \begin{align*} \phi : V(x)&\to V(x^2 - y^3)\\ (0,t)&\mapsto (t^3, t^2) \end{align*} そして \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*}

まず、これらのマップは逆であることに注意してください。は明らかです$\psi\circ\phi = \operatorname{id},$ で、もし $b\neq 0$ 計算します \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*} だが \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*} また、 $\psi\circ\phi(0,0) = (0,0).$

ここで、確認する必要があるのは、これらのマップが連続していることだけです。人はそれを見る$\phi$多項式で与えられるように、は連続です。課題はそれをチェックすることです$\psi$継続的です。これは明らかです$b = 0,$ したがって、で導通をチェックするだけで済みます $(a,b) = (0,0).$

主張：機能$\psi$ で継続しています $(0,0).$

証明：の各コンポーネントが$\psi$継続的です。明らかに$(a,b)\mapsto 0$ は連続的であるため、マップの連続性だけを気にする必要があります $(a,b)\mapsto a/b$ で $b = 0.$

明示的に、私たちはすべてのためにそれを示す必要があります $\epsilon > 0,$ が存在します $\delta > 0$ そのような場合

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

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

まず、それを観察します。 $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ 我々は持っています $\alpha^2 = \beta^3,$ これは $\left|\alpha\right|^2 = \left|\beta\right|^3.$ 今、設定します $\delta = \epsilon^2.$ 我々は持っています \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*} これは、 $$0 < \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1) < \delta^2,$$ そして私たちは確かに持っています $$\left|\beta\right|^2 \leq \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1).$$ これらすべてをまとめると、 $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \epsilon^2,$ その後、私たちは持っています $$ \left|\beta\right|^2 < \epsilon^4. $$ 両方から $\left|\beta\right|$ そして $\epsilon$ ポジティブであると結論付けます $$\left|\beta\right| < \epsilon^2.$$

したがって、 \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*}平方根を取ると、望ましい結果が得られます。ふぅ！QED

備考1：代数的閉体ではないフィールドよりも簡単な例を得ることができます。たとえば、$k = \Bbb{Q}.$ 次に $V(x^2 + 1) = V(x^2 - 2) = \emptyset$ のサブセットとして $\Bbb{Q}^2,$ だが $$\Bbb{Q}[x]/(x^2 + 1)\cong\Bbb{Q}[i]\not\cong\Bbb{Q}[\sqrt{2}]\cong\Bbb{Q}[x]/(x^2 - 2).$$

備考2：答えは一般的な分野でもありません$k$ いつ $k^n$ ザリスキートポロジーが与えられていますが、これはさらに見やすくなっています：両方 $V(x)$ そして $V(x^2 - y^3)$は既約アフィン曲線であるため、補有限トポロジーを持ちます。もちろん、同相写像は、代数幾何学を行うときに私たちが考慮したいものではありません（議論についてはここを参照してください）。

備考3：最後に、私たちが一緒に仕事をするとき、答えもノーです$\operatorname{Spec}R[x_1,\dots, x_n]$ の代わりに $R^n.$ より一般的には、 $Z_1$ そして $Z_2$ の同相の閉じた部分空間です $\operatorname{Spec}R,$ そして、それらを削減されたサブスキームと見なします。 $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1)\cong\mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$ 確かに、 $R = k\times k'$2つの非同型フィールドの積である。次に$\operatorname{Spec}R = \{0\times k',k\times 0\},$ で、もし $Z_1 = \{0\times k'\}$ そして $Z_2 = \{k\times 0\},$ 両方とも単なるポイントですが、仮定により、 $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1) = k\not\cong k' = \mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$

別の例は $R = \Bbb{R}[x],$ と $I = (x)$ そして $J = (x^2 + 1)$。 $V(x)$ そして $V(x^2 + 1)$ どちらも内側のポイントです $\operatorname{Spec}R,$ だが $\Bbb{R}[x]/(x)\cong\Bbb{R}\not\cong\Bbb{C}\cong\Bbb{R}[x]/(x^2 + 1).$

必ずしも。理想を考える$(x)$ そして $(x^2)$ に $\mathbb{C}[x]$。明らかにリングとして$\mathbb{C}[x]/(x) \ncong \mathbb{C}[x]/(x^2)$。Nullstellensatzを見たことがある場合は、次の点に注意してください。$(x^2)$ イデアルの根基ではありません $\sqrt{(x^2)} = (x)$ そのため $V(x^2) = V(x) = 0$。この例は、私が思う他のどの分野でも機能するはずです。

編集：繰り返しますが、答えは愚かな理由でノーです（そしてまたあなたはあなたが通常考えていないことに反対するかもしれません$(1)$、しかし、そもそもザリスキートポロジーを定義することは一種の不可欠です）。私はこれに答えるつもりです$\mathbb{R}$。あなたが理想を考えるなら$(x^2+1)$ そして理想 $(1)$、その後 $V(x^2+1) = V(1) = \phi$。だが$\mathbb{R}[x]/(x^2+1) \cong \mathbb{C}$ 一方、 $\mathbb{R}[x]/(1) \cong 0$。

おっと、そうです $(1)$ 素数ではありません。