ถ้าเซตศูนย์สองเซตเป็นโฮมมอร์ฟิกวงแหวนของพหุนามเหนือเซตจะเป็นโฮมมอร์ฟิกด้วยหรือไม่?
ฉันเสียใจมากที่ทำผิดพลาดอย่างเห็นได้ชัดนี้ฉันควรจะขอให้อุดมคติเป็นนายกด้วย ฉันได้แก้ไขสิ่งนี้แล้ว
ปล่อย $R$ เป็นวงแหวนของพหุนามเชิงซ้อนใน $n$ ตัวแปรและปล่อยให้ $I$ และ $J$ เป็นอุดมคติที่สำคัญของ $R$. พิจารณา$V(I)$ และ $V(J)$ซึ่งเป็นเซตศูนย์ของอุดมคตินั่นคือเซตของจุดที่ส่งไปยังศูนย์โดยพหุนามทั้งหมดในอุดมคติ ให้แต่ละชุดเหล่านี้$V(I)$ และ $V(J)$โทโพโลยีย่อยที่เกิดจากโทโพโลยีตามปกติบน $\mathbb{C}^n$ แล้วถือว่า $V(I)$ และ $V(J)$เป็น homeomorphic ตอนนี้พิจารณาแหวน$R/I$ และ $R/J$. ต้องมีไอโซมอร์ฟิกเป็นวงแหวนหรือไม่? หากเป็นเช่นนั้นผลการค้นหานี้มีชื่อหรือไม่และคุณช่วยแสดงหลักฐานหรือชี้จุดที่ฉันจะหาหลักฐานได้หรือไม่ ถ้าไม่ฉันต้องการตัวอย่างเคาน์เตอร์
เพื่อช่วยอธิบายคำถามเพิ่มเติมนี่คือตัวอย่างที่เป็นรูปธรรม:
พูด$R$ คือวงแหวนของพหุนามเชิงซ้อนในสองตัวแปรและบอกว่าเรามีอุดมคติที่สร้างขึ้นโดยพหุนาม $x^2+y^2-1$ และ $x^2+y^2-2$. โทโพโลยีทั้งสองเป็น homeomorphic ในกรณีนี้และวงแหวนผลหารก็คือวงแหวน - ไอโซมอร์ฟิก จะต้องเป็นเช่นนั้นเสมอไปหรือไม่ที่ homeomorphism แสดงถึงแหวน - isomorphism? ถ้าไม่เป็นเช่นนั้นจำเป็นต้องมีสภาพที่แข็งแรงกว่าเช่น diffeomorphism แทนหรือไม่?
คำตอบ
คำตอบคือไม่! ปล่อย$k = \Bbb{C},$ และปล่อยให้ $I = (x^2 - y^3)$ และ $J = (x)$ ข้างใน $\Bbb{C}[x,y].$ ก่อนอื่นให้สังเกตว่า $$\Bbb{C}[x,y]/I\cong\Bbb{C}[t^2,t^3]\not\cong\Bbb{C}[t]\cong\Bbb{C}[x,y]/J$$(อดีตไม่ได้ปิดสนิทในขณะที่หลังคือ) อย่างไรก็ตามฉันอ้างว่า$V(I)$ และ $V(J)$ เป็น homeomorphic เป็นส่วนย่อยของ $\Bbb{C}^2$ ด้วยโทโพโลยีมาตรฐาน
เรามีแผนที่ \begin{align*} \phi : V(x)&\to V(x^2 - y^3)\\ (0,t)&\mapsto (t^3, t^2) \end{align*} และ \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*}
ขั้นแรกโปรดทราบว่าแผนที่เหล่านี้เป็นแบบผกผัน เป็นที่ชัดเจนว่า$\psi\circ\phi = \operatorname{id},$ และถ้า $b\neq 0$ เราคำนวณ \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*} แต่ \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*} นอกจากนี้เรายังสังเกตว่า $\psi\circ\phi(0,0) = (0,0).$
ตอนนี้สิ่งที่เราต้องตรวจสอบก็คือแผนที่เหล่านี้ต่อเนื่องกัน คนหนึ่งเห็นว่า$\phi$มีความต่อเนื่องตามที่กำหนดโดยพหุนาม ความท้าทายคือการตรวจสอบสิ่งนั้น$\psi$เป็นไปอย่างต่อเนื่อง สิ่งนี้ชัดเจนอยู่ห่างจาก$b = 0,$ ดังนั้นเราต้องตรวจสอบความต่อเนื่องที่ $(a,b) = (0,0).$
การอ้างสิทธิ์:ฟังก์ชั่น$\psi$ ต่อเนื่องที่ $(0,0).$
หลักฐาน:เพียงพอที่จะแสดงให้เห็นว่าแต่ละองค์ประกอบของ$\psi$เป็นไปอย่างต่อเนื่อง อย่างชัดเจน$(a,b)\mapsto 0$ มีความต่อเนื่องดังนั้นเราจึงจำเป็นต้องกังวลกับความต่อเนื่องของแผนที่เท่านั้น $(a,b)\mapsto a/b$ ที่ $b = 0.$
เราจำเป็นต้องแสดงให้ทุกคนเห็นอย่างชัดเจน $\epsilon > 0,$ มีอยู่ $\delta > 0$ เช่นนั้นถ้า
- $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ และ
- $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \delta,$
แล้ว $\left|\frac{\alpha}{\beta}\right| < \epsilon.$
ก่อนอื่นให้สังเกตว่าเพราะ $(\alpha,\beta)\in V(x^2 - y^3),$ เรามี $\alpha^2 = \beta^3,$ ซึ่งหมายความว่า $\left|\alpha\right|^2 = \left|\beta\right|^3.$ ตอนนี้ตั้งค่า $\delta = \epsilon^2.$ เรามี \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*} ซึ่งหมายความว่า $$0 < \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1) < \delta^2,$$ และเรามีอย่างแน่นอน $$\left|\beta\right|^2 \leq \left|\beta\right|^2(\left|\beta\right| + 1).$$ เมื่อนำทั้งหมดนี้มารวมกันเราพบว่าถ้า $0 < \left|(\alpha,\beta)\right| < \epsilon^2,$ แล้วเราก็มี $$ \left|\beta\right|^2 < \epsilon^4. $$ เนื่องจากทั้งสอง $\left|\beta\right|$ และ $\epsilon$ เป็นบวกเราสรุปได้ว่า $$\left|\beta\right| < \epsilon^2.$$
ด้วยประการฉะนี้ \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*}การหารากที่สองเราได้ผลลัพธ์ที่ต้องการ วุ้ย QED
หมายเหตุ 1:คุณสามารถดูตัวอย่างที่ง่ายกว่าในฟิลด์ที่ไม่ปิดตามพีชคณิตได้เช่น let$k = \Bbb{Q}.$ แล้ว $V(x^2 + 1) = V(x^2 - 2) = \emptyset$ เป็นส่วนย่อยของ $\Bbb{Q}^2,$ แต่ $$\Bbb{Q}[x]/(x^2 + 1)\cong\Bbb{Q}[i]\not\cong\Bbb{Q}[\sqrt{2}]\cong\Bbb{Q}[x]/(x^2 - 2).$$
ข้อสังเกต 2:คำตอบไม่ได้อยู่เหนือเขตข้อมูลทั่วไป$k$ เมื่อไหร่ $k^n$ ได้รับโทโพโลยีของ Zariski แต่จะเห็นได้ง่ายกว่า: ทั้งสองอย่าง $V(x)$ และ $V(x^2 - y^3)$เป็นเส้นโค้ง Affine ที่ไม่สามารถวัดได้ดังนั้นจึงมีโทโพโลยีแบบโคฟินิท แน่นอนว่า homeomorphisms ไม่ใช่สิ่งที่เราต้องการพิจารณาเมื่อทำเรขาคณิตเชิงพีชคณิต (ดูที่นี่สำหรับการอภิปราย)
ข้อสังเกต 3:สุดท้ายคำตอบก็คือไม่ใช่เมื่อเราทำงานด้วย$\operatorname{Spec}R[x_1,\dots, x_n]$ แทน $R^n.$ โดยทั่วไปไม่เป็นความจริงถ้า $Z_1$ และ $Z_2$ เป็นพื้นที่ย่อยแบบปิด homeomorphic ของ $\operatorname{Spec}R,$ และเราถือว่าเป็นแผนย่อยที่ลดลง $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1)\cong\mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$ อันที่จริงให้ $R = k\times k'$เป็นผลคูณของสองฟิลด์ที่ไม่ใช่ไอโซมอร์ฟิก แล้ว$\operatorname{Spec}R = \{0\times k',k\times 0\},$ และถ้า $Z_1 = \{0\times k'\}$ และ $Z_2 = \{k\times 0\},$ จากนั้นทั้งสองเป็นเพียงประเด็น แต่โดยการสันนิษฐาน $\mathcal{O}_{Z_1}(Z_1) = k\not\cong k' = \mathcal{O}_{Z_2}(Z_2).$
อีกตัวอย่างหนึ่งก็คือ $R = \Bbb{R}[x],$ ด้วย $I = (x)$ และ $J = (x^2 + 1)$. $V(x)$ และ $V(x^2 + 1)$ ทั้งสองจุดอยู่ภายใน $\operatorname{Spec}R,$ แต่ $\Bbb{R}[x]/(x)\cong\Bbb{R}\not\cong\Bbb{C}\cong\Bbb{R}[x]/(x^2 + 1).$
ไม่จำเป็น. พิจารณาอุดมคติ$(x)$ และ $(x^2)$ ใน $\mathbb{C}[x]$. เป็นวงแหวนอย่างชัดเจน$\mathbb{C}[x]/(x) \ncong \mathbb{C}[x]/(x^2)$. หากคุณเคยเห็น Nullstellensatz โปรดสังเกตว่า$(x^2)$ ไม่ใช่อุดมคติที่รุนแรงและนั่น $\sqrt{(x^2)} = (x)$ ดังนั้น $V(x^2) = V(x) = 0$. ตัวอย่างนี้ควรใช้กับสาขาอื่นที่ฉันคิด
แก้ไข:อีกครั้งคำตอบคือไม่ด้วยเหตุผลโง่ ๆ (และอีกครั้งคุณอาจคัดค้านโดยที่คุณมักไม่นึกถึง$(1)$แต่มันเป็นสิ่งสำคัญในการกำหนดโทโพโลยีของ Zariski ตั้งแต่แรก) ฉันจะตอบในนี้$\mathbb{R}$. หากคุณนึกถึงอุดมคติ$(x^2+1)$ และอุดมคติ $(1)$แล้ว $V(x^2+1) = V(1) = \phi$. แต่$\mathbb{R}[x]/(x^2+1) \cong \mathbb{C}$ ในขณะที่ $\mathbb{R}[x]/(1) \cong 0$.
อ๊ะถูกต้อง $(1)$ ไม่ใช่นายก