交换代数/不可约性、代数集和代数簇

不可约性

定义 21.1:

令 $X$ 是一个拓扑空间。 $X$ 被称为不可约当且仅当 $X$ 的任何两个非空开子集都不相交。

有些人（拓扑学家）将不可约空间称为超连通空间。

定理 21.2（不可约空间的刻画）:

令 $X$ 是一个拓扑空间。以下等价

1. $X$ 是不可约的。
2. $X$ 不能写成两个真闭子集的并集。
3. $X$ 的每个开子集在 $X$ 中稠密。
4. $X$ 的每个真闭子集的内部为空。

证明 1: 我们证明 1. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 2.: 假设 $X=A\cup B$，其中 $A$，$B$ 是真闭集。定义 $O:=X\setminus A$ 和 $U:=X\setminus B$。那么 $O,U$ 是开集，并且

$O\cap U=(X\setminus A)\cap (X\setminus B)=X\setminus (A\cup B)=\emptyset$

根据德摩根定律之一，这与 1 矛盾。

2. $\Rightarrow$ 3.: 假设 $U\subseteq X$ 是开集但不是稠密集。那么 $A:={\overline {U}}$ 是在 $X$ 中的闭集并且是真子集，因此 $B:=X\setminus U$ 也是闭集。此外，$X=A\cup B$，这与 2 矛盾。

3. $\Rightarrow$ 4.: 令 $\emptyset \neq A\subsetneq X$ 是一个闭集，使得 ${\overset {\circ }{A}}\neq \emptyset$。根据闭包的定义，${\overline {\overset {\circ }{A}}}\subseteq A$，因此 ${\overset {\circ }{A}}$ 是一个非稠密开集，这与 3 矛盾。

4. $\Rightarrow$ 1.: 令 $O,U\subseteq X$ 为非空的开集，使得 $O\cap U=\emptyset$。定义 $A:=X\setminus O$。那么 $A$ 是 $X$ 的一个真闭子集，因为 $O\subseteq X\setminus A$。此外，$O\subseteq {\overset {\circ }{A}}$，这就是为什么 $A$ 有非空内部。$\Box$

证明 2: 我们证明 1. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 4.: 假设我们有一个 $X$ 的真闭子集 $A$，且其内部非空。那么 $X\setminus A$ 和 ${\overset {\circ }{A}}$ 是 $X$ 的两个不相交的非空开子集。

4. $\Rightarrow$ 3.: 令 $O\subseteq X$ 为开集。如果 $O$ 在 $X$ 中不稠密，那么 ${\overline {O}}$ 将是 $X$ 的一个真闭子集，其内部不为空。

3. $\Rightarrow$ 2.: 假设 $X=A\cup B$，$A,B\subsetneq X$ 为真闭集。令 $O:=X\setminus B$。那么 $A\supset O$，因此 $O$ 在 $X$ 中不稠密。

2. $\Rightarrow$ 1.: 令 $O,U\subseteq X$ 为开集。如果它们是不相交的，那么 $X=(X\setminus O)\cup (X\setminus U)$.$\Box$

剩余的箭头:

1. $\Rightarrow$ 3.: 假设 $U\subset X$ 为开集且非稠密集，那么 $X\setminus {\overline {U}}$ 是一个非空集合，并且与 $U$ 不相交。

3. $\Rightarrow$ 1.: 令 $O,U\subseteq X$ 为开集。如果它们不相交，那么 $O\subseteq X\setminus U$ 因此 $O$ 非稠密集。

2. $\Rightarrow$ 4.: 令 $A\subsetneq X$ 为真子集且为闭集，并且具有非空的内部，那么 $X=A\cup (X\setminus {\overset {\circ }{A}})$。

4. $\Rightarrow$ 2.: 令 $X=A\cup B$，$A,B\subsetneq X$ 为真子集且为闭集。那么 $\emptyset \neq X\setminus A\subseteq {\overset {\circ }{A}}$。

我们接下来将证明不可约空间的几个性质。

定理 21.3:

每个不可约空间 $X$ 是连通且局部连通的。

证明:

1. 连通性: 假设 $X=U{\dot {\cup }}O$，$U,O$ 为开集且非空。这显然与不可约性相矛盾。

2. 局部连通性: 令 $x\in V\subseteq X$，其中 $V$ 是开集。但是 $X$ 的任何开子集都如 1. 所示是连通的，这就是我们具有局部连通性的原因。$\Box$

定理 21.4:

设 $X$ 为不可约空间。则 $X$ 是豪斯多夫空间当且仅当 $|X|\leq 1$.

证明:

如果 $|X|\leq 1$，则 $X$ 显然是豪斯多夫空间。假设 $X$ 是豪斯多夫空间，并且包含两个不同的点 $x\neq y$。则我们能找到 $U_{x},U_{y}\subseteq X$ 开集，使得 $x\in U_{x}$，$y\in U_{y}$ 且 $U_{x}\cap U_{y}=\emptyset$，这与不可约性矛盾。$\Box$

定理 21.5:

设 $X,Y$ 为拓扑空间，其中 $X$ 是不可约的，令 $f:X\to Y$ 为连续函数（即拓扑空间范畴中的态射）。则 $f(X)$ 是由 $Y$ 诱导的子空间拓扑下的不可约空间。

证明：设 $O,U$ 是 $f(X)$ 的两个不相交的非空开子集。由于我们正在处理子空间拓扑，我们可以写成 $O=f(X)\cap V$，$U=f(X)\cap W$，其中 $V,W\subseteq Y$ 是开集。我们有

$f^{-1}(O)=f^{-1}(f(X)\cap V)=f^{-1}(V)$ 以及类似地 $f^{-1}(U)=f^{-1}(W)$.

因此，$f^{-1}(O)$ 和 $f^{-1}(U)$ 在 $X$ 中是开集，因为它们是连续的，并且它们进一步是分离的（因为如果 $x\in f^{-1}(O)$，那么 $f(x)\in O$ 因此 $f(x)\notin U$) 并且是非空的（因为例如，如果 $y\in O$，由于 $O\subset f(X)$，$y=f(x)$ 对于一个 $x\in X$ 因此 $x\in f^{-1}(O)$)，我们得到了矛盾。 $\Box$

推论 21.6:

如果 $X$ 是不可约的，$Y$ 是豪斯多夫空间并且 $f:X\to Y$ 是连续的，那么 $f$ 是常数。

证明：由定理 21.4 和 21.5 可得。$\Box$

现在我们可以将不可约空间与诺特空间联系起来。

定理 21.7:

令 $X$ 为诺特拓扑空间，令 $A\subseteq X$ 为闭集。那么存在一个有限分解

$A=B_{1}\cup \cdots \cup B_{n}$

其中每个 $B_{j}$ 都是不可约的，并且没有一个 $B_{j}$ 是其他 $B_{i},i\neq j$ 的子集（或等于）。此外，这种分解在顺序上是唯一的。

证明:

首先我们证明存在性。令 $A\subseteq X$ 为闭集。那么，要么 $A$ 不可约，我们就完成了，要么 $A$ 可以写成两个真闭子集的并集 $A=B_{1}\cup B_{2}$。现在，要么 $B_{1}$ 和 $B_{2}$ 不可约，要么它们可以再次写成两个真闭子集的并集。由于 $X$ 是诺特空间，因此这样分解集合的过程最终必须终止，所有涉及的子集都必须是不可约的，否则我们将有一个无限下降的真闭子集链，这与假设矛盾。为了满足最后一个条件，我们将任何包含在另一个子集内的子集与更大的子集合并在一起（由于它们只有有限个，因此可以依次进行）。因此，我们得到了一个满足所需形式的分解。

接下来，我们证明唯一性（直至阶数）。设 $A=B_{1}\cup \cdots \cup B_{n}=C_{1}\cup \cdots \cup C_{m}$ 是两个这样的分解。对于 $k\in \{1,\ldots ,n\}$，我们可以写成 $B_{k}=(B_{k}\cap C_{1})\cup \cdots \cup (B_{k}\cap C_{m})$。假设不存在 $j\in \{1,\ldots ,m\}$ 使得 $B_{k}\subseteq C_{j}\Leftrightarrow B_{k}=(B_{k}\cap C_{j})$。那么我们可以定义 $S_{1}:=(B_{k}\cap C_{1})$，然后依次

$S_{l+1}:=S_{l}\cup (B_{k}\cap C_{l+1})$

for $1\leq l<m$. Then we set $l=1$ and increase $l$ until $S_{l}\cup (B_{k}\cap C_{l+1})$ is a decomposition of $B_{k}$ into two proper closed subsets (such an $l$ exists since it equals the first $l$ such that $S_{l}\cup (B_{k}\cap C_{l+1})=B_{k}$). Thus, our assumption was false; there does exist $j\in \{1,\ldots ,m\}$ such that $B_{k}\subseteq C_{j}$. Thus, each $B_{k}$ is contained within a $C_{j}$, and by symmetry $C_{j}$ is contained within some $B_{k'}$. Since by transitivity of $\subseteq$ this implies $B_{k}\subseteq B_{k'}$, $k=k'$ and $C_{j}=B_{k}$. For a fixed $k$, we set $\sigma (k)=j$, where $j$ is thus defined ($j$ is unique since otherwise there exist two equals among the $C$-sets). In a symmetric fashion, we may define $\tau (j)=k$, where $B_{k}=C_{j}$. Then $\tau$ and $\sigma$ are inverse to each other, and hence follows $n=m$ (sets with a bijection between them have equal cardinality) and the definition of $\sigma$, for example, implies that both decompositions are equal except for order.$\Box$

习题

• 习题 21.1.1：设 $X$ 是一个不可约拓扑空间，设 $O\subseteq X$ 是一个开集。证明 $O$ 是不可约的。

代数集和簇

定义 21.8:

设 $\mathbb {F}$ 是一个域。那么形式为

$V(S):=\{(x_{1},\ldots ,x_{n})\in \mathbb {F} ^{n}|\forall f\in S:f(x_{1},\ldots ,x_{n})=0\}$,

其中 $S$ 是 $n$ 个变量的多项式环上的子集，在 $\mathbb {F}$ 上（即 $S\subseteq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$），被称为代数集。如果 $S=\{f\}$ 对于单个的 $f\in \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$，我们有时会写

$V(f):=V(\{f\})$.

下图描绘了三个代数集（除了立方体线）。

橙色表面是集合 $V(f_{1})$，蓝色表面是集合 $V(f_{2})$，绿色线是两个表面的交集，等于集合 $V(\{f_{1},f_{2}\})$，其中

$f_{1}(x,y,z)=z+y^{3}$ 以及

$f_{2}(x,y,z)=x+z^{2}$.

三个直接的引理是显而易见的。

引理 21.9:

$S\subseteq T\Rightarrow V(T)\subseteq V(S)$.

证明：处于 $V(T)$ 是更强的条件。$\Box$

引理 21.10（代数集的公式）:

令 $\mathbb {F}$ 是一个域，并设置 $R:=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$。那么以下规则适用于 $\mathbb {F} ^{n}$ 的代数集

1. $V(S)=V(\langle S\rangle )$ ($S\subseteq R$ 为一个集合)
2. $V(R)=\emptyset$ 且 $V(\emptyset )=\mathbb {F} ^{n}$
3. $V(I_{1})\cup \cdots \cup V(I_{k})=V(I_{1}\cap \cdots \cap I_{k})$ ($I_{1},\ldots ,I_{k}\leq R$ 为理想)
4. $\bigcap _{j\in J}V(S_{j})=V\left(\bigcup _{j\in J}S_{j}\right)$ ($S_{j}\subseteq R$ 为集合)

证明:

1. 令 $i:=\sum _{j=1}^{k}r_{j}s_{j}\in \langle S\rangle$ 。如果 $x=(x_{1},\ldots ,x_{n})\in V(S)$ 满足 $i(x)=0$ 。这证明了 $\subseteq$ 。另一个方向则根据引理 21.9 得出。

2. $V(R)=\emptyset$ 是由于常数函数包含于 $R$ 中，而 $V(\emptyset )$ 对 $\mathbb {F} ^{n}$ 的点没有任何限制条件。

3. $\subseteq$ 由以下推导得出

${\begin{aligned}x\in V(I_{1})\cup \cdots \cup V(I_{k})&\Rightarrow \exists j\in \{1,\ldots ,k\}:x\in V(I_{j})\\&\Rightarrow \forall f\in I_{j}:f(x)=0\\&\Rightarrow \forall f\in I_{1}\cap \cdots \cap I_{k}:f(x)=0,\end{aligned}}$

因为很明显 $I_{1}\cap \cdots \cap I_{k}\subseteq I_{j}$.

我们首先证明 $\supseteq$ 在 $k=2$ 的情况下成立。事实上，令 $x\notin V(I_{1})\cup V(I_{2})$，也就是说，既没有 $x\in V(I_{1})$ 也没有 $x\in V(I_{2})$。因此，我们可以找到一个多项式 $f\in I_{1}$ 使得 $f(x)\neq 0$，以及一个多项式 $g\in S_{2}$ 使得 $g(x)\neq 0$。多项式 $f\cdot g$ 包含在 $I_{1}\cap I_{2}$ 中，并且 $(f\cdot g)(x)=f(x)\cdot g(x)\neq 0$，因为每个域都是一个整环。因此，$x\notin V(I_{1}\cap I_{2})$。

假设 $\supseteq$ 对 $k-1$ 个集合成立。那么我们有

$V(I_{1}\cap \cdots \cap I_{k})=V((I_{1}\cap \cdots I_{k-1})\cap I_{k})\subseteq V(I_{1}\cap \cdots I_{k-1})\cup V(I_{k})\subseteq V_{(}I_{1})\cup \cdots \cup V(I_{k-1})\cup V(I_{k})$.

4.

${\begin{aligned}x\in \bigcap _{j\in J}V(S_{j})&\Leftrightarrow \forall j\in J:x\in V(S_{j})\\&\Leftrightarrow \forall j\in J:\forall f\in S_{j}:f(x)=0\\&\Leftrightarrow \forall f\in \bigcup _{j\in J}S_{j}:f(x)=0\\&\Leftrightarrow x\in V\left(\bigcup _{j\in J}S_{j}\right).\end{aligned}}$$\Box$

从这个引理我们可以看出，代数集构成拓扑的闭集，就像我们在第 14 章中了解的扎里斯基闭集一样。我们很快就会找到这个拓扑的名称，但我们首先将以不同的方式定义它，以证明我们将要给出的名称是合理的。

引理 21.11:

令 $\mathbb {F}$ 为一个域，而 $I\subseteq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$。那么

$V(I)=V(r(I))$;

我们回忆一下 $r(I)$ 是 $I$ 的根。

证明: "$\supseteq$" 来自引理 21.9。另一方面，设 $x\in V(I)$ 且 $g\in r(I)$。则对于适当的 $k\in \mathbb {N}$，有 $g^{k}\in I$。因此，$g^{k}(x)=g(x)^{k}=0$。假设 $g(x)\neq 0$。则 $g(x)^{k}\neq 0$，矛盾。因此，$x\in V(r(I))$。$\Box$

从微积分我们都知道 $\mathbb {R} ^{n}$ 上存在一个自然的拓扑，即由欧几里得范数诱导的拓扑。但是，在 $\mathbb {R} ^{n}$ 上，事实上，在任意域 $\mathbb {F}$ 上的 $\mathbb {F} ^{n}$ 上也存在另一个拓扑。这个拓扑被称为 $\mathbb {F} ^{n}$ 上的扎里斯基拓扑。现在扎里斯基拓扑实际上是 $\operatorname {Spec} R$ 上的拓扑，其中 $R$ 是一个环，不是吗？是的，如果 $R=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$，那么 $\mathbb {F} ^{n}$ 与 $\operatorname {Spec} R$ 的一个子集之间存在双射对应关系。通过这种对应关系，我们将定义扎里斯基拓扑。所以让我们从以下引理开始建立这种对应关系。

引理 21.12:

令 $\mathbb {F}$ 为一个域，并设置 $R:=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$。 如果 $(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n})\in \mathbb {F} ^{n}$， 则理想

$\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$

是 $R$ 的一个极大理想。

证明:

设置

$\varphi :\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]\to \mathbb {F} ,\varphi (f):=f(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n})$.

这是一个满射环同态。 我们声称它的核由 $\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 给出。 这实际上并不 trivial，需要解释。 关系 $\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle \subseteq \ker \varphi$ 是 trivial 的。 我们现在将证明另一个方向，它不是 trivial 的。 对于给定的 $f\in \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$， 我们定义 ${\tilde {f}}(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}):=f(x_{1}+\alpha _{1},\ldots ,x_{n}+\alpha _{n})$； 因此，

${\begin{aligned}f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})&=f(x_{1}+\alpha _{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}+\alpha _{n}-\alpha _{n})\\&={\tilde {f}}(x_{1}-\alpha _{1},x_{2}-\alpha _{2},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}).\end{aligned}}$

此外，$f(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n})=0$ 当且仅当 ${\tilde {f}}(0,\ldots ,0)=0$. 后者成立当且仅当 ${\tilde {f}}$ 没有常数项，这又等价于 ${\tilde {f}}$ 包含在理想 $\langle x_{1},\ldots ,x_{n}\rangle$ 中。这意味着我们可以将 ${\tilde {f}}$ 写成 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$-线性组合 $x_{1},\ldots ,x_{n}$，并用 $x_{j}-\alpha _{j}$ 代替 $x_{j}$ 即可得到我们想要的结论。

因此，根据环同构第一定理，

$\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]{\big /}\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle \cong \mathbb {F}$.

因此，$\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]{\big /}\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 是一个域，因此$\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 是极大的。 $\Box$

引理 21.13:

令$\mathbb {F}$ 为一个域。定义

${\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }:=\left\{\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle {\big |}(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n})\in \mathbb {F} ^{n}\right\}$

(根据前面的引理，这是一个$\operatorname {Spec} \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 的子集，因为极大理想是素理想）。那么函数

$\Phi :\mathbb {F} ^{n}\to {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} },f((\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n})):=\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$

是一个双射。

证明:

该函数当然是满射的。令$\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle =\langle x_{1}-\beta _{1},\ldots ,x_{n}-\beta _{n}\rangle$，并假设$\beta _{j}\neq \alpha _{j}$ 对于某个$j\in \{1,\ldots ,n\}$。那么$x_{j}-\beta _{j}\in \langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$，因此

$0\neq \alpha _{j}-\beta _{j}=x_{j}-\beta _{j}-(x_{j}-\alpha _{j})\in \langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$.

因此，$\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 包含单位元，因此等于 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$，与上一个引理中建立的极大性相矛盾。 $\Box$

定义 21.14:

令$\mathbb {F}$ 为域。 那么 $\mathbb {F} ^{n}$ 上的 **扎里斯基拓扑** 定义为由开集

$\Phi ^{-1}(O)$，$O\subseteq {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }$ 为开集

其中$\Phi$ 和 ${\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }$ 如引理 21.13 中所述（即，$\mathbb {F} ^{n}$ 上的扎里斯基拓扑定义为相对于 $\Phi$ 的 初始拓扑）。

很容易验证这些集合 $\Phi ^{-1}(O)$，$O\subseteq {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }$ 确实构成了一个拓扑。

有一种非常简单的方法来描述扎里斯基拓扑

定理 21.15:

设 $\mathbb {F}$ 是一个域。 $\mathbb {F} ^{n}$ 上的扎里斯基拓扑的闭集恰好是代数集。

证明:

不幸的是，对于集合 $T\subseteq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$，符号 $V(T)$ 现在是模棱两可的；它可能指的是与 $T$ 相关的代数集，也可能指的是 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 的素理想集 $p$，满足 $T\subseteq p$。因此，在本书的剩余部分，我们将把后者写成 ${\tilde {V}}(T)$。

设 $A\subseteq \mathbb {F} ^{n}$ 关于扎里斯基拓扑是闭的；也就是说，$A=\Phi ^{-1}({\tilde {V}}(T)\cap {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} })$，其中 $\Phi$ 是引理 21.13 中的函数，而 $T\subseteq R:=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$。我们断言 $A=V(T)$。事实上，对于 $\alpha \in \mathbb {F} ^{n}$，

${\begin{aligned}\alpha \in V(T)&\Leftrightarrow \forall f\in T:f(\alpha )=0\\&\Leftrightarrow \forall f\in T:\left((x_{1}-\alpha _{1})|f\vee \cdots \vee (x_{1}-\alpha _{1})|f\right)\\&\Leftrightarrow \forall f\in T:f\in \langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle \\&\Leftrightarrow T\subseteq \Phi (\alpha )\\&\Leftrightarrow \Phi (\alpha )\in {\tilde {V}}(T)\\&\Leftrightarrow \alpha \in \Phi ^{-1}({\tilde {V}}(T)\cap {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} })\end{aligned}}$.

现在令 $V(S)$ 为代数集。我们断言 $V(S)=\Phi ^{-1}({\tilde {V}}(S)\cap {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} })$。事实上，上面的等价关系也证明了这个恒等式（用 $S$ 替换 $T$）。$\Box$

事实上，我们可以用这种方式定义扎里斯基拓扑（即，仅仅定义闭集为代数集），但这样就会隐藏我们已经知道的扎里斯基拓扑与它的联系。

我们现在将继续给出下一个重要的定义，它也解释了为什么我们处理不可约空间。

定义 21.16:

令 $\mathbb {F}$ 为域，并令 $V(S)$ 为代数集。如果 $V(S)$ 相对于扎里斯基拓扑诱导的子空间拓扑是不可约的，则称 $V(S)$ 为代数簇。

通常，我们将簇简称为代数簇。

我们有一个关于代数簇的简单刻画。但为了证明它，我们首先需要一个定义和定理。

定理和定义 21.17:

令 $V(S)$ 为代数集。我们定义

$I(V(S)):=\{f\in \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]|\forall x\in V(S):f(x)=0\}$

并调用 $I(V(S))$ 为 **与** $V(S)$ **关联的理想** 或者 **$V(S)$ 的消失理想**。我们有

$V(I(V(S)))=V(S)$

以及任何满足 $V(T)=V(S)$ 的集合 $T$ 都包含在 $I(V(S))$ 内。

证明:

首先令 $T$ 为任何满足 $V(T)=V(S)$ 的集合。那么对于所有的 $f\in T$ 和 $x\in V(S)=V(T)$，$f(x)=0$，因此 $f\in I(V(S))$。因此 $T\subseteq I(V(S))$.

因此，$S\subseteq I(V(S))$，因此根据引理 21.9 可知 $V(I(V(S)))\subseteq V(S)$。另一方面，如果 $x\in V(S)$，则对于所有 $f\in I(V(S))$，根据定义，有 $f(x)=0$。因此 $x\in V(I(V(S)))$。这证明了 $V(S)\subseteq V(I(V(S)))$。$\Box$

定理 21.18:

令 $\mathbb {F}$ 为一个域，并令 $V(S)$ 为一个代数集。则 $V(S)$ 是一个代数簇，当且仅当存在一个素理想 $p\leq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 使得 $V(S)=V(p)$。

证明:

令第一个 $p\leq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 是一个素理想。假设 $V(p)=V(S)\cup V(T)$，其中 $V(S),V(T)$ 是 $V(p)$ 的两个真闭子集（根据引理 21.10，$V(p)$ 的所有关于子空间拓扑闭的子集都具有这种形式）。那么存在 $x\in V(p)\setminus V(T)$ 和 $y\in V(p)\setminus V(S)$。因此，存在 $g\in T$ 使得 $g(x)\neq 0$ 和 $f\in S$ 使得 $f(y)\neq 0$。此外，$f\cdot g\in p$ 因为对于所有 $z\in V(S)\cup V(T)$，要么 $f(z)=0$ 要么 $g(z)=0$，但既没有 $f\in p$ 也没有 $g\in p$。

Let now $V(S)$ be an algebraic set, and assume that $I:=I(V(S))$ is not prime. Let $fg\in I$ such that neither $f\in I$ nor $g\in I$. Set $J_{f}:=I+\langle f\rangle$ and $J_{g}:=I+\langle g\rangle$. Then $J_{f}$ and $J_{g}$ are strictly larger than $I$. According to 21.17, $V(J_{f})\neq V(S)$ and $V(J_{g})\neq V(S)$, since otherwise $J_{f}\subseteq I$ or $J_{g}\subseteq I$ respectively. Hence, both $V(J_{f})$ and $V(J_{g})$ are proper subsets of $V(S)$. But if $x\in V(S)=V(I)$, then $fg(x)=f(x)g(x)=0$. Hence, either $f(x)=0$ or $g(x)=0$, and thus either $x\in J_{f}$ or $x\in J_{g}$. Thus, $V(S)$ is the union of two proper closed subsets,

$V(S)=V(J_{g})\cup V(J_{f})$,

并且不可约。因此，如果存在不可约性，则$I(V(S))$是素理想，并且从 21.17 $V(I(V(S)))=V(S)$.$\Box$

定理 21.19:

$\mathbb {F} ^{n}$，配备 Zariski 拓扑，是一个 Noetherian 空间。

证明:

令$O_{1}\subseteq O_{2}\subseteq \cdots \subseteq O_{k}\subseteq \cdots$ 是一个开放集的递增链。令$\Phi$ 和 ${\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }$ 如引理 21.13 和定义 21.14 中给出。设$U_{j}=\Phi (O_{j})$ 对所有$j\in \mathbb {N}$。然后，由于 $\Phi$，作为一个函数，保留了包含关系，

$U_{1}\subseteq U_{2}\subseteq \cdots \subseteq U_{k}\subseteq \cdots$.

由于 $\mathbb {F}$ 是一个诺特环，所以 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 也是（通过重复应用希尔伯特基定理）。因此，以上关于 $U_{j}$ 的升链最终会在某个 $N\in \mathbb {N}$ 处稳定。由于 $\Phi$ 是一个双射，$O_{j}=\Phi ^{-1}(\Phi (O_{j}))=\Phi ^{-1}(U_{j})$。因此，$O_{j}$ 也在 $N$ 处稳定。$\Box$

推论 21.20:

每个代数集 $V(S)$ 都有一个分解

$V(S)=V(p_{1})\cup V(p_{2})\cup \cdots \cup V(p_{k})$

对于某些素理想 $p_{1},\ldots ,p_{n}\leq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$，使得没有一个 $V(p_{j})$ 是另一个的真子集。这种分解在顺序上是唯一的。

也就是说，我们可以将代数集分解成代数簇。

证明:

结合定理 21.19、21.7 和 21.18。$\Box$

习题

• 练习 21.2.1：设 $f,g\in \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$。证明 $V(\{f\cdot g\})=V(\{f\})\cup V(\{g\})$。