Nullstellensatz
ciao a tutti!!guardate per favore la dimostrazione della forma debole del nullstellensatz riportata in questo file a pagina 2
http://www.matapp.unimib.it/~ghigi/dida ... ensatz.pdf
non ho capito due cose:
1)perchè è sufficiente provare che $Z(m)!=0$ ???
2)quando ho dimostrato che , per definizione di massimale $(x_1-a_1,............x_n-a_n)=m$ non ho capito come si conclude....perchè $Z(m)$ è diverso dal vuoto??
http://www.matapp.unimib.it/~ghigi/dida ... ensatz.pdf
non ho capito due cose:
1)perchè è sufficiente provare che $Z(m)!=0$ ???
2)quando ho dimostrato che , per definizione di massimale $(x_1-a_1,............x_n-a_n)=m$ non ho capito come si conclude....perchè $Z(m)$ è diverso dal vuoto??
Risposte
Per il primo punto è semplicemente legato al fatto che \(Z \) inverte le inclusioni. Quindi se non è vuoto \(Z(\mathfrak{m})\) allora non può esserlo neanche \(Z(I) \).
Per la seconda domanda semplicemente perché il punto \((a_0,\dotsc, a_n) \in Z(\mathfrak{m}) \)
Per la seconda domanda semplicemente perché il punto \((a_0,\dotsc, a_n) \in Z(\mathfrak{m}) \)
ma perchè quel punto appartiene a $Z(m)$?
Riprendiamo un attimo la dimostrazione.
1) \( I \subseteq \mathfrak{m} \) implica che \( Z(\mathfrak{m}) \subseteq Z(I) \). Pertando basta dimostrarlo per \(\mathfrak{m} \).
2) \(\displaystyle k[x_1,\dotsc , x_n] \) è una estensione algebrica di \(k \) e \(k \) è algebricamente chiuso. Ne consegue che \(\displaystyle k[x_1,\dotsc , x_n]/\mathfrak{m} \cong k \).
3) Sia \(\pi\colon k[x_1,\dotsc , x_n] \to k[x_1,\dotsc , x_n]/\mathfrak{m} \cong k \) è la proiezione canonica sul quoziente. Allora \(\pi(x_i) \) è un elemento del campo \(k \). Sia \(a_i \) questo elemento.
4) Siccome \(\pi(x_i - a_i) = \pi(x_i) - \pi(a_i) = a_i - a_i = 0 \) allora \( x_i - a_i \in \ker(k) = \mathfrak{m} \). Quindi \(\mathfrak{m} \supseteq \langle x_1-a_1,\dotsc , x_n-a_n\rangle \) e per la massimalità di \(\displaystyle \mathfrak{m} \) quella deve essere una uguaglianza.
5) Ora \(\mathbf{x} \in Z(\mathfrak{m}) \) se \(p(\mathbf{x}) = 0 \) per ogni \(p\in \mathfrak{m} \). D'altra parte basta verificarlo per i generatori di \(\mathfrak{m} \), cioé per ogni \(\displaystyle x_i-a_i \). Il punto \(\mathbf{a} = (a_1,\dotsc , a_n) \) si annulla banalmente per i generatori di \(\mathfrak{m} \) e quindi \(\mathbf{a} \in Z(\mathfrak{m}) \).
1) \( I \subseteq \mathfrak{m} \) implica che \( Z(\mathfrak{m}) \subseteq Z(I) \). Pertando basta dimostrarlo per \(\mathfrak{m} \).
2) \(\displaystyle k[x_1,\dotsc , x_n] \) è una estensione algebrica di \(k \) e \(k \) è algebricamente chiuso. Ne consegue che \(\displaystyle k[x_1,\dotsc , x_n]/\mathfrak{m} \cong k \).
3) Sia \(\pi\colon k[x_1,\dotsc , x_n] \to k[x_1,\dotsc , x_n]/\mathfrak{m} \cong k \) è la proiezione canonica sul quoziente. Allora \(\pi(x_i) \) è un elemento del campo \(k \). Sia \(a_i \) questo elemento.
4) Siccome \(\pi(x_i - a_i) = \pi(x_i) - \pi(a_i) = a_i - a_i = 0 \) allora \( x_i - a_i \in \ker(k) = \mathfrak{m} \). Quindi \(\mathfrak{m} \supseteq \langle x_1-a_1,\dotsc , x_n-a_n\rangle \) e per la massimalità di \(\displaystyle \mathfrak{m} \) quella deve essere una uguaglianza.
5) Ora \(\mathbf{x} \in Z(\mathfrak{m}) \) se \(p(\mathbf{x}) = 0 \) per ogni \(p\in \mathfrak{m} \). D'altra parte basta verificarlo per i generatori di \(\mathfrak{m} \), cioé per ogni \(\displaystyle x_i-a_i \). Il punto \(\mathbf{a} = (a_1,\dotsc , a_n) \) si annulla banalmente per i generatori di \(\mathfrak{m} \) e quindi \(\mathbf{a} \in Z(\mathfrak{m}) \).
grazie ho capito 
ho solo un'altra domanda....
se $B$ è una $k$-algebra finitamente generata e B è finito su $A=k[x_1,......x_m]$ allora $B$ è anche intero su $A$???
ho solo un'altra domanda....
se $B$ è una $k$-algebra finitamente generata e B è finito su $A=k[x_1,......x_m]$ allora $B$ è anche intero su $A$???
Sì, ogni estensione finita di anelli è intera: se [tex]A \to B[/tex] è un'estensione finita di anelli (cioè [tex]B[/tex] è finito come [tex]A[/tex]-modulo) allora esistono [tex]x_1,...,x_m \in B[/tex] con [tex]\langle x_1,...,x_m \rangle_A = B[/tex]. Ora prendi [tex]b \in B[/tex]. Dobbiamo mostrare che [tex]b[/tex] è intero su [tex]A[/tex], cioè che è zero di un polinomio monico di [tex]A[X][/tex]. Consideriamo l'omomorfismo di [tex]A[/tex]-moduli [tex]f_b : B \to B,\ f_b(x):=xb[/tex], e sia [tex]P(X)[/tex] il polinomio caratteristico della matrice dell'applicazione [tex]A[/tex]-lineare [tex]f_b[/tex] rispetto a [tex]\{x_1,...,x_m\}[/tex]. Per Cayley-Hamilton [tex]P(f_b)=0[/tex] e valutando in [tex]1[/tex] otteniamo che [tex]P(X)[/tex] è un polinomio monico di [tex]A[X][/tex] che ha [tex]b[/tex] come zero.
Aggiungo che quello che ritengo essere il punto cruciale della dimostrazione è quello che il pdf che hai segnalato chiama "Lemma 3", il teorema di Zariski (cf. anche qui).
Aggiungo che quello che ritengo essere il punto cruciale della dimostrazione è quello che il pdf che hai segnalato chiama "Lemma 3", il teorema di Zariski (cf. anche qui).
ho un altro dubbietto....perchè se $pi(x_i)=a_i$ anche le costanti $a_i$ vengono mappate tramite $pi$ sempre in $a_i$...
è perchè $a_i in k sub k[x_1,....x_n]$ vero?
è perchè $a_i in k sub k[x_1,....x_n]$ vero?
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