Если два нулевых множества гомеоморфны, гомеоморфно ли кольцо многочленов над множествами?
Мне очень жаль, что я совершил эту очевидную ошибку, я должен был попросить, чтобы идеалы тоже были первостепенными. Я исправил это.
Позволять $R$ кольцо комплексных многочленов от $n$ переменные и пусть $I$ и $J$ быть главными идеалами $R$. Рассматривать$V(I)$ и $V(J)$, нулевое множество идеалов, то есть множество точек, обращенных к нулю всеми полиномами в идеале. Дает каждый из этих наборов,$V(I)$ и $V(J)$, топология подпространств, индуцированная обычной топологией на $\mathbb{C}^n$ а затем предположим $V(I)$ и $V(J)$гомеоморфны. Теперь рассмотрим кольца$R/I$ и $R/J$. Должны ли они быть изоморфны как кольца? Если да, то есть ли у этого результата название, и не могли бы вы предоставить доказательство или указать, где я могу найти доказательство? Если нет, мне нужен встречный пример.
Чтобы лучше объяснить вопрос, вот конкретный пример:
Скажите$R$ кольцо комплексных многочленов от двух переменных, и говорят, что у нас есть идеалы, порожденные многочленами $x^2+y^2-1$ и $x^2+y^2-2$. В этом случае две топологии гомеоморфны, а фактор-кольца также изоморфны кольцам. Всегда ли должно быть так, что из гомеоморфизма следует изоморфизм колец? Если нет, то действительно ли требуется более сильное условие, такое как диффеоморфизм?
Ответы
Ответ - нет! Позволять$k = \Bbb{C},$ и разреши $I = (x^2 - y^3)$ и $J = (x)$ внутри $\Bbb{C}[x,y].$ Во-первых, обратите внимание, что $$\Bbb{C}[x,y]/I\cong\Bbb{C}[t^2,t^3]\not\cong\Bbb{C}[t]\cong\Bbb{C}[x,y]/J$$(первый не является полностью замкнутым, а второй - замкнутым). Однако я утверждаю, что$V(I)$ и $V(J)$ гомеоморфны как подмножества $\Bbb{C}^2$ со стандартной топологией.
У нас есть карты \begin{align*} \phi : V(x)&\to V(x^2 - y^3)\\ (0,t)&\mapsto (t^3, t^2) \end{align*} и \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*}
Во-первых, обратите внимание, что эти карты обратные. Ясно, что$\psi\circ\phi = \operatorname{id},$ и если $b\neq 0$ мы вычисляем \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*} Но \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*} Мы также отмечаем, что $\psi\circ\phi(0,0) = (0,0).$
Теперь все, что нам нужно проверить, это то, что эти отображения непрерывны. Видно, что$\phi$непрерывна, так как задается многочленами. Задача состоит в том, чтобы проверить, что$\psi$непрерывно. Это ясно вдали от$b = 0,$ поэтому нам нужно только проверить непрерывность на $(a,b) = (0,0).$
Утверждение : функция$\psi$ непрерывно на $(0,0).$
Доказательство: Достаточно показать, что каждый компонент$\psi$непрерывно. Ясно$(a,b)\mapsto 0$ непрерывно, поэтому нам нужно только позаботиться о непрерывности отображения $(a,b)\mapsto a/b$ в $b = 0.$
Мы должны показать, что для всех $\epsilon > 0,$ Существует $\delta > 0$ так что если
- $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ и
- $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \delta,$
тогда $\left|\frac{\alpha}{\beta}\right| < \epsilon.$
Во-первых, обратите внимание, потому что $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ у нас есть $\alpha^2 = \beta^3,$ что подразумевает $\left|\alpha\right|^2 = \left|\beta\right|^3.$ Теперь установите $\delta = \epsilon^2.$ У нас есть \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*} Это означает, что $$0 < \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1) < \delta^2,$$ и у нас конечно есть $$\left|\beta\right|^2 \leq \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1).$$ Собирая все это вместе, мы обнаруживаем, что если $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \epsilon^2,$ тогда у нас есть $$ \left|\beta\right|^2 < \epsilon^4. $$ Поскольку оба $\left|\beta\right|$ и $\epsilon$ положительны, заключаем, что $$\left|\beta\right| < \epsilon^2.$$
Таким образом, \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*}Извлекая квадратные корни, получаем желаемый результат. Уф! QED
Замечание 1. Вы можете получить более простые примеры для неалгебраически замкнутых полей: например, пусть$k = \Bbb{Q}.$ потом $V(x^2 + 1) = V(x^2 - 2) = \emptyset$ как подмножества $\Bbb{Q}^2,$ но $$\Bbb{Q}[x]/(x^2 + 1)\cong\Bbb{Q}[i]\not\cong\Bbb{Q}[\sqrt{2}]\cong\Bbb{Q}[x]/(x^2 - 2).$$
Замечание 2: Ответ также отрицательный по общим полям.$k$ когда $k^n$ дана топология Зарисского, но это еще легче увидеть: оба $V(x)$ и $V(x^2 - y^3)$являются неприводимыми аффинными кривыми и, следовательно, имеют конфинитную топологию. Конечно, гомеоморфизмы - это не то, что мы хотим учитывать при изучении алгебраической геометрии (см. Здесь обсуждение).
Замечание 3: Наконец, ответ тоже отрицательный, когда мы работаем с$\operatorname{Spec}R[x_1,\dots, x_n]$ вместо $R^n.$ В более общем плане неверно, что если $Z_1$ и $Z_2$ являются гомеоморфными замкнутыми подпространствами в $\operatorname{Spec}R,$ и мы рассматриваем их как редуцированные подсхемы, $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1)\cong\mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$ Действительно, пусть $R = k\times k'$быть произведением двух неизоморфных полей. потом$\operatorname{Spec}R = \{0\times k',k\times 0\},$ и если $Z_1 = \{0\times k'\}$ и $Z_2 = \{k\times 0\},$ то оба являются просто точками, но по предположению $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1) = k\not\cong k' = \mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$
Другой пример: $R = \Bbb{R}[x],$ с участием $I = (x)$ и $J = (x^2 + 1)$. $V(x)$ и $V(x^2 + 1)$ обе точки внутри $\operatorname{Spec}R,$ но $\Bbb{R}[x]/(x)\cong\Bbb{R}\not\cong\Bbb{C}\cong\Bbb{R}[x]/(x^2 + 1).$
Не обязательно. Считайте идеалы$(x)$ и $(x^2)$ в $\mathbb{C}[x]$. Как звенит ясно$\mathbb{C}[x]/(x) \ncong \mathbb{C}[x]/(x^2)$. Если вы видели Nullstellensatz, обратите внимание, что$(x^2)$ не радикальный идеал, и что $\sqrt{(x^2)} = (x)$ так что $V(x^2) = V(x) = 0$. Я думаю, этот пример должен работать для любой другой области.
Изменить: опять же, ответ - нет по глупой причине (и снова вы можете возразить, что обычно не думаете о$(1)$, но это в первую очередь важно для определения топологии Зарисского). Я отвечу на это в$\mathbb{R}$. Если вы думаете об идеале$(x^2+1)$ и идеал $(1)$, тогда $V(x^2+1) = V(1) = \phi$. Но$\mathbb{R}[x]/(x^2+1) \cong \mathbb{C}$ в то время как $\mathbb{R}[x]/(1) \cong 0$.
Ой правильно $(1)$ не простое.