Algebraische Meetkunde. S. Caenepeel

Transcriptie

1 Algebraische Meetkunde S. Caenepeel Syllabus 107 bij Algebraische Meetkunde Derde Bachelor Wiskunde (SD-ID ) 2015

2 Inhoudsopgave 1 Voorafgaande begrippen Veeltermenringen Eigenschappen van commutatieve ringen Lichaamsuitbreidingen Comaximale idealen Exacte rijen Oefeningen Affiene algebraische verzamelingen Algebraische verzamelingen Het ideaal behorend bij een stel punten Irreducibele algebraische verzamelingen Algebraische delen van het vlak De Hilbert Nullstellensatz Oefeningen Affiene variëteiten Affiene variëteiten en veeltermafbeeldingen Rationale functies en locale ringen Idealen met een eindig aantal nulpunten Affiene coördinatentransformaties Oefeningen

3 4 Vlakke krommen Raaklijnen Locale ringen Intersectiegetallen Oefeningen Projectieve variëteiten De projectieve ruimte Projectieve algebraische verzamelingen Affiene en projectieve variëteiten Functielichamen en locale ringen Projectieve coördinatentransformaties Oefeningen Projectieve vlakke krommen Projectieve vlakke krommen Lineaire systemen van krommen De stelling van Bezout Grondstelling van Max Noether Enkele meetkundige toepassingen Oefeningen

4 Hoofdstuk 1 Voorafgaande begrippen We herhalen enkele eigenschappen uit de theorie van lichamen en commutatieve ringen. Voor de ontbrekende bewijzen verwijzen we naar de cursus Algebra II. 1.1 Veeltermenringen Zij R een commutatieve ring. Een R-algebra is een ring A die ook een R-moduul is, zodanig dat de vermenigvuldiging m : A A A R-bilineair is. Een morfisme van R-algebras is een ringmorfisme dat tegelijkertijd R-lineair is. Als ϕ : R S een morfisme tussen commutatieve ringen is, dan is S een R-algebra: S is een R-moduul via restrictie van scalairen: r s = ϕ(r)s. Het is makkelijk na te gaan dat de vermenigvuldiging op S R-bilineair is: (r s)t = (ϕ(r)s)t = ϕ(r)st = r (st). Lemma Neem twee morfismen ϕ : R S en ψ : R T tussen commutatieve ringen. Een ringmorfisme f : S T is een algebra morfisme als en alleen als f ϕ = ψ. Bewijs. Onderstel dat f een algebra morfisme is. Dan geldt voor alle r R dat (f ϕ)(r) = f(ϕ(r)) = f(r 1 S ) = r f(1 S ) = ψ(r)1 T = ψ(r), en dus is f ϕ = ψ. Omgekeerd, onderstel dat f ϕ = ψ. Voor alle r R and s S hebben we dat f(r s) = f(ϕ(r)s) = f(ϕ(r))f(s) = ψ(r)f(s) = r f(s). 3

5 Zij R een commutatieve ring. We noteren R[X 1, X 2,, X n ] voor de veeltermenring in n veranderlijken. Een algebraische basis van R[X 1, X 2,, X n ] als R-moduul is {X i 1 1 X i 2 2 X in n (i 1, i 2,, i n ) N n } De elementen van deze basis worden monomen genoemd, en elke veelterm is dus op unieke manier te schrijven als een (eindige) lineaire combinatie van monomen. De vermenigvuldiging wordt gedefinieerd door de formule (X i 1 1 X i 2 2 Xn in )(X j 1 1 X j 2 2 Xn jn ) = X i 1+j 1 1 X i 2+j 2 2 Xn in+jn en door het feit dat de vermenigvuldiging bilineair is. R[X 1, X 2,, X n ] is een commutatieve ring, en zelfs een R-algebra. We hebben een ringmonomorfisme i : R R[X 1, X 2,, X n ] die r R afbeeldt op de constante veelterm r. Per definitie noemen we i 1 + i i n de graad van het monoom X i 1 1 X i 2 2 Xn in. Een veelterm F noemen we homogeen van graad m als hij een lineaire combinatie is van monomen van graad m. We noemen F ook een vorm van graad m. Elke veelterm F kan op unieke manier geschreven worden onder de vorm F = F 0 + F F d waarbij F i een vorm van graad i is. Als F d 0, dan zeggen we dat F van graad d is, genoteerd deg(f ) = d. F 0, F 1, F 2 noemen we respectievelijk het constante, lineaire en kwadratische deel van F. Als R een domein is, dan geldt deg(f G) = deg(f ) + deg(g). Stelling Zij ϕ : R S een morfisme van commutatieve ringen. De afbeelding : Alg R (R[X 1,, X n ], S) S n gegeven door de formule is een bijectie. (f) = (f(x 1 ),, f(x n )) Bewijs. 1) is injectief. Onderstel dat Dan geldt (f) = (g) = (s 1,, s n ). f(x i 1 1 Xn in ) = f(x 1 ) i1 f(x n ) in = s i 1 1 s in m = g(x 1 ) i1 g(x n ) in = g(x i 1 1 Xn in ). 4

6 f en g vallen dus samen op monomen. Omdat de monomen een basis vormen voor de R[X 1,, X n ], kunnen we concluderen dat f = g. 2) is surjectief. Voor s = (s 1,, s n ) S n definiëren we Γ(s) = s : R[X 1,, X n ] S als volgt. Voor een monoom M = X i 1 1 Xn in stellen we s(x i 1 1 X in n ) = s i 1 1 s in n. We breiden deze formule lineair uit tot de ganse veeltermenring: als F = i r im i, waarbij M i monomen en r i R, dan stellen we s(f ) = i ϕ(r i ) s(m i ). s is dan een morfisme van R-modulen. Laten we aantonen dat s een ringmorfisme is. Voor monomen M en N geldt duidelijk dat s(mn) = s(m) s(n). Neem een tweede veelterm G = j r in j, waarbij de N j monomen zijn. Dan geldt s(f G) = s( i,j r i r jm i N j ) = i,j ϕ(r i r j) s(m i N j ) = ( i ϕ(r i ) s(m i ))( j ϕ(r j) s(n j )) = s(f ) s(g). Het is duidelijk dat s = s, en dus is surjectief. We noteren 1 = Γ, m.a.w. Γ(s) = s, voor s S n. We noteren ook, voor F R[X 1,, X n ]: en dit definieert een functie s(f ) = F (s 1,, s n ), F : S n S, genaamd de veeltermfunctie geassocieerd aan F. Stelling kan geherformuleerd worden. De veeltermenring voldoet aan volgende universele eigenschap: als ϕ : R S een morfisme van commutatieve ringen is, dan bestaat er voor elke s = (s 1,, s n ) S n een uniek ringmorfisme s : R[X 1, X n ] S zodat s(x i ) = s i en s i = ϕ: het diagram R i R[X 1, X 2,, X n ] is commutatief. ϕ! s S 5

7 Stelling Neem een morfisme van commutatieve ringen ϕ : R S, en s = (s 1,, s n ) S n, T = (T 1,, T m ) R[X 1,, X n ] m. We hebben dan R-algebra morfismen T : R[Y 1,, Y m ] R[X 1,, X n ] en s : R[X 1,, X n ] S. Bekijk ook ( s(t 1 ),, s(t m )) = (T 1 (s 1,, s n ),, T m (s 1,, s n )) = T (s) S m, en Dan is T (s) : R[Y 1,, Y m ] S. T (s) = s T. (1.1) Bewijs. Uit stelling volgt dat het volstaat om aan te tonen dat ( T (s)) = ( s T ), hetgeen erop neerkomt aan te tonen dat beide leden van (1.1) samenvallen in elke Y i. Voor elke i {1,, m} hebben we dat ( s T )(Y j ) = s(t j ) = T j (s 1,, s n ) = T (s)(y j ). Gevolg Neem T R[X 1,, X n ] en F = (F 1,, F m ) R[Z 1,, Z k ] m. Dan is de veeltermfunctie geassocieerd aan T (F ) gelijk aan de samengestelde van de veeltermfuncties geassocieerd aan F en T : T (F ) = F T. Bewijs. Neem ϕ : R S en s S k. Bekijk de algebra afbeeldingen Gebruik makend van stelling vinden we T R[Y ] R[X 1,, X n ] R[Z 1,, Z k ] S. (T (F ))(s) = s(t (F )) = s( F (T )) = F (s)(t ) = T (F (s)) = (T F )(s). F s Merk ook op dat we een kanoniek isomorfisme hebben: R[X 1, X 2,, X n ] = R[X 1, X 2,, X i 1, X i+1,, X n ][X i ] Een veelterm F R[X] in één veranderlijke wordt monisch genoemd indien de hoogste graadscoëfficiënt 1 is. De afgeleide van d F (X) = a i X i i=0 6

8 is per definitie df dx (X) = d ia i X i 1 De partiële afgeleide van een veelterm F in n veranderlijken, is de afgeleide als we de veelterm beschouwen als een veelterm in 1 veranderlijke in R[X 1, X 2,, X i 1, X i+1,, X n ][X i ]. Zoals gebruikelijk noteren we deze door F X i (X 1,, X n ) We hebben volgende eigenschappen: 1) Partieel afleiden is lineair: 2) Vermenigvuldigingsregel: i=1 (af + bg) = a F + b G X i X i X i F G X i = F X i G + F G X i 3) Kettingregel: voor veeltermen G 1,, G n R[X] en F R[X 1,, X n ] hebben we df (G 1 (X),, G n (X)) dx = n i=1 F X i (G 1 (X),, G n (X)) dg i dx (X) 4) Symmetrie: 2 F X i X j = 2 F X j X i 5) Formule van Euler: Als F een vorm is van graad m in R[X 1,, X n ], dan hebben we mf = n i=1 X i F X i 6) Formule van Taylor: als F R[X 1,, X n ] van graad d is, dan is F (X 1,, X n ) = d ( ) (i) 1 F X X n F (0,, 0) i! X 1 X n i=0 Bij deze laatste formule onderstellen we wel dat R een lichaam van karakteristiek 0 is. Bewijs als oefening zelf al deze formules. Homogenizatie en dehomogenizatie Zij R een domein, en F R[X 1,, X n+1 ] een vorm. We stellen F (X 1,, X n ) = F (X 1,, X n, 1) 7

9 en noemen dit de gedehomogenizeerde van F : F is een veelterm in een veranderlijke minder, maar is in het algemeen niet langer homogeen. Omgekeerd, zij f R[X 1,, X n ] een veelterm van graad d. We definiëren dan de gehomogenizeerde vorm f R[X 1,, X n+1 ] op de volgende manier: als f = f 0 + f f d waarbij f i een vorm van graad i is, met f d 0, dan stellen we f = Xn+1f d 0 + Xn+1f d f d (1.2) ( = Xn+1f d X1 X ) n,, (1.3) X n+1 X n+1 Stelling Voor vormen F, G R[X 1,, X n+1 ] en veeltermen f, g R[X 1,, X n ] hebben we volgende eigenschappen. Als r N maximaal is zodat X r n+1 F, dan is Als deg(f) = r, deg(g) = s en deg(f + g) = t, dan is Bewijs. (1.4), (1.5) en (1.7) zijn triviaal. Onderstel dat r is als in (1.6), en schrijf (F G) = F G en (fg) = f g (1.4) (f ) = f (1.5) X r n+1(f ) = F (1.6) (F + G) = F + G (1.7) X r+s t n+1 (f + g) = X s n+1f + X r n+1g (1.8) F (X 1,, X n+1 ) = i a i X i 1 1 X i 2 2 X in n X i n+1 n+1 X r n+1 waarbij i = (i 1,, i n+1 ) loopt over alle n+1-tallen natuurlijke getallen met i 1 +i 2 + +i n+1 = d r. We vinden dan F (X 1,, X n ) = a i X i 1 1 X i 2 2 Xn in i en F is een veelterm in n veranderlijken, van graad d r. Dus X r n+1(f ) (X 1,, X n+1 ) = X r n+1x d r n+1f ( X1 = X d n+1 i X ) n X n+1,, X n+1 ) i1 ( X2 a i ( X1 X n+1 = F (X 1,, X n+1 ) X n+1 ) i2 ( ) in Xn X n+1 8

10 Schrijf Dan is f = f 0 + f f r en g = g 0 + g g s f = Xn+1f r 0 + Xn+1f r f r g = Xn+1g s 0 + Xn+1g s g s (f + g) = Xn+1(f t 0 + g 0 ) + Xn+1(f t g 1 ) + + (f t + g t ) en (1.8) volgt nadat we de eerste formule vermenigvuldigen met X s n+1, de tweede met X r n+1, en de derde met X r+s t n+1. Gevolg ) Om een vorm F R[X 1,, X n+1 ] te ontbinden in factoren, volstaat het om de veelterm F R[X 1,, X n ] te ontbinden; 2) Als k algebraisch gesloten is, dan kan elke vorm F k[x, Y ] ontbonden worden tot een product van lineaire factoren. 1.2 Eigenschappen van commutatieve ringen Unieke factorizatie domeinen Uit de cursus Algebra II herhalen we volgende definities en eigenschappen, voor een commutatieve ring R. Een niet-inverteerbaar element a R wordt irreducibel genoemd als en slechts als Voor een domein R geldt: a = bc = b of c is inverteerbaar in R (a) priemideaal = a irreducibel De omgekeerde implicatie geldt indien R een UFD is. Een hoofdideaaldomein of PID is een domein waarin elk ideaal een hoofdideaal is, dit wil zeggen dat het wordt voortgebracht door één element. Een domein R noemen we een uniek factorizatie domein of UFD als elke x R \ {0} onder de volgende vorm kan geschreven worden: x = up 1 p 2 p n waarbij u R inverteerbaar, en p 1, p 2,, p n irreducibel. Deze ontbinding moet uniek zijn: als we voor x een andere ontbinding x = vq 1 q 2 q m kunnen opschrijven, dan is n = m, en zijn de p i gelijk aan de q i op de volgorde na, en op omkeerbare elementen na: q i = u i p σ(i) 9

11 waarbij u i inverteerbaar, en σ S n een permutatie van {1, 2,..., n}. Elk Euclidisch domein is een PID, en elke PID is een UFD (zie stellingen en in Algebra II ). Deze twee implicaties zijn geen equivalenties. Als R een UFD is, dan is ook de veeltermring R[X] een UFD. In het bijzonder is k[x 1, X 2,..., X n ] een UFD, voor elk lichaam k (stelling in Algebra II ). Als R een UFD is met breukenlichaam K, en F R[X] \ R is irreducibel in R[X], dan is F ook irreducibel in K[X] (zie stelling in Algebra II ). Als twee veeltermen F, G R[X] geen gemene niet-constante deler hebben in R[X], dan ook niet in K[X]. Noetherse ringen en de Hilbert basis stelling Herhaal dat een commutatieve ring Noethers genoemd wordt, als elke stijgende keten idealen in R stationnair is, of, equivalent, als elk ideaal van R eindig voortgebracht is. De Hilbert basis stelling vertelt ons dat R[X] Noethers is, als R Noethers is. In het bijzonder is k[x 1,, X n ] Noethers, voor elk lichaam k (zie stelling in Algebra II ). Elk quotiënt van een Noetherse ring is opnieuw Noethers (stelling in Algebra II ). Discrete valuatieringen Een locale, Noetherse ring R, die geen lichaam is, en waarvan het maximale ideaal M een hoofdideaal is, noemen we een discrete valuatiering of DVR. In stelling geven we een alternatieve karakterisatie van discrete valuatieringen. Stelling Zij R een domein, maar geen lichaam. Dan zijn volgende eigenschappen equivalent: 1) R is een DVR; 2) Er bestaat een irreducibel element t R, zodat elke z R \ 0 op unieke manier geschreven kan worden onder de vorm z = ut n (1.9) waarbij u inverteerbaar in R, en n N. Bewijs. 1) = 2) Onderstel dat het maximaal ideaal M voortgebracht wordt door t R. Neem z 0 R. Er zijn twee mogelijkheden: a) z is inverteerbaar. Dan is z = zt 0 van de gewenste vorm; b) z niet inverteerbaar. Dan is z M, omdat R een locale ring, en dus is z = z 1 t. Er zijn weer twee mogelijkheden: b1) z 1 inverteerbaar. Stel z 1 = u, en z = ut 1 is van de gewenste vorm; b2) z 1 M. Dan is z 1 = z 2 t. We herhalen weer onze redenering. We vinden zo een rij z 1, z 2, in R, met z i = z i+1 t. Als z k inverteerbaar voor een bepaalde index k, dan is z = z k t k van de gewenste vorm. Anders vinden we een stijgende keten idealen (z) (z 1 ) (z 2 ) 10

12 die stationnair is, omdat R noethers. Dus is er een n N zodat z n+1 = vz n Omdat ook z n = tz n+1 vinden we z n+1 = tvz n+1, en dus tv = 1, omdat R een domein. Maar dit vertelt ons dat t inverteerbaar is, en dat is strijdig met onze onderstelling dat t een (echt) ideaal voortbrengt. De uniciteit tonen we aan als volgt: onderstel ut n = vt m met u, v inverteerbaar en n, m N. Onderstel bijvoorbeeld dat n m. Dan is ut n m = v inverteerbaar. Dit kan niet als n > m (want dan is ut n m M), en dus is n = m en u = v. We tonen tenslotte aan dat t irreducibel is. Schrijf t = xy. Omdat t 0 zijn ook x, y 0, en dus x = ut n, y = vt m, en t = 1t 1 = uvt n+m Uit de uniciteit volgt n + m = 1, en er zijn dus twee mogelijkheden. 1) n = 0, m = 1: dan is x = u inverteerbaar; 2) n = 1, m = 0: dan is y = v inverteerbaar. 2) = 1) Stel M = (t). Dan is M een ideaal. Als z M, dan is z = ut 0 = u inverteerbaar. Dus alle elementen buiten M zijn inverteerbaar, en dit betekent dat M het maximale ideaal is van een locale ring (zie Algebra II, stelling ). We moeten nog aantonen dat R Noethers is. Neem een willekeurig ideaal I van R, en stel n = min{n ut n I, u inverteerbaar} Dan is t n I, en I = (t n ) is een hoofdideaal en dus eindig voortgebracht. Uit het bewijs van stelling volgt dat elke DVR een PID is. We hebben zelfs Stelling Elke DVR is een Euclidische ring. Bewijs. We verifiëren de voorwaarden uit definitie uit Algebra II. We definiëren een afbeelding ord : R \ {0} N door ord(ut n ) = n, als u inverteerbaar. Het is duidelijk dat ord(ut n vt m ) = n + m = ord(ut n ) + ord(vt m ) ord(ut n ) = n Ook het delingsalgoritme is evident: neem a = ut n 0 R, en b = vt m R. Onderstel eerst b 0. Er zijn twee mogelijkheden. 1) m n. Dan is b = (vt m n u 1 )a + 0 = qa + r en we hebben r = 0. 2) m < n. Nu is b = 0a + b = qa + r 11

13 en we hebben ord(r) = m < n = ord(a). In beide gevallen is aan de voorwaarden van definitie voldaan. Als b = 0 valt er helemaal niets te bewijzen. We noemen t een uniformiserende parameter van de DVR R. Andere uniformiserende parameters zijn dan van de vorm ut, waarbij u R inverteerbaar. Zij nu K het breukenlichaam van R. Dan is We definiëren ord : K \ {0} Z door K = {z = ut n u inverteerbaar en n Z} ord(ut n ) = n en per definitie stellen we ord(0) =. Dan hebben we R = {z K ord(z) 0} M = {z K ord(z) > 0} Voorbeeld Zij p een priemgetal. Omdat (p) een priemideaal is, is de gelocaliseerde ring R = Z (p) een locale ring (zie Algebra I, stelling 1.6.6). R is de deelring van Q die bestaat uit breuken n/m waarbij m geen veelvoud van p is. R is Noethers, en het maximale ideaal pz (p) wordt voortgebracht door p. p is dus een uniformiserend element, en R = Z (p) is een DVR. 1.3 Lichaamsuitbreidingen Eindige lichaamsuitbreidingen Beschouw commutatieve ringen R en S, en onderstel dat R S. Dan is S een R-moduul, en zelfs een R-algebra: scalaire vermenigvuldiging met r R wordt gegeven door de gewone vermenigvuldiging met r R S. S is eindig voortgebracht als een R-moduul als er s 1,, s k S bestaan zodat S = Rs 1 + Rs Rs k Neem nu v 1,, v n S. Door de universele eigenschap van veeltermringen (zie 1.1) bestaat er een uniek ringhomomorfisme ṽ : R[X 1,, X n ] S waarvoor ṽ(x i ) = v i, en we schrijven Im (ṽ) = R[v 1, v 2,, v n ] We noemen R[v 1, v 2,, v n ] de ring voortgebracht door R en v 1, v 2,, v n. Het is de kleinste R-deelalgebra van S die v 1, v 2,, v n bevat. Als R-moduul wordt R[v 1, v 2,, v n ] voortgebracht door {v i 1 1 v i 2 2 vn in i 1, i 2,, i n N} 12

14 Als S = R[v 1, v 2,, v n ], dan zeggen we dat S eindig voortgebracht is als een R-algebra. We beschouwen nu de speciale situatie waarin K L lichamen zijn. Neem v 1,, v n L. Het breukenlichaam van K[v 1,, v n ] noteren we door K(v 1,, v n ). K(v 1,, v n ) is het kleinste deellichaam van L dat v 1,, v n bevat, en we noemen K(v 1,, v n ) een eindige lichaamsuitbreiding van K. Voorbeeld Zij R een commutatieve ring. R[X] is eindig voortgebracht als R-algebra, maar niet als R-moduul. Integrale elementen Onderstel weer dat R S commutatieve ringen, en neem v S. We noemen v integraal over R als v nulpunt is van een monische veeltermvergelijking met coëffiënten in R: met a i R. F (v) = v n + a 1 v n a n = 0 Stelling Onderstel dat R S domeinen, en neem v S. De volgende uitspraken zijn equivalent. 1) v is integraal over R; 2) R[v] is eindig voortgebracht als R-moduul; 3) er bestaat een deelring R van S zodat R R S met v R en R eindig voortgebracht als R-moduul. Bewijs. 1) = 2). Als R-moduul wordt R[v] voortgebracht door {1, v, v 2,, v n 1 }. 2) = 3). Stel R = R[v]. 3) = 1). Onderstel dat R wordt voortgebracht door {w 1,, w n }, m.a.w. R = Rw 1 + Rw Rw n Voor elke i = 1,, n kunnen we dan schrijven: n vw i = a ji w j waarbij a ji R. Dus j=1 n (a ji δ ji v)w j = 0 (1.10) j=1 We bekijken (1.10) als een homogeen stelsel lineaire vergelijkingen, met coëfficiënten in (het breukenlichaam van) S. (w 1,, w n ) is een niet-triviale oplossing van (1.10), en dus is de determinant van het stelsel nul: det(a ji δ ji v) = 0 Dit betekent dat v een nulpunt is van de karakteristieke veelterm van de matrix A = (a ij ). De karakteristieke veelterm is een monische veelterm (eventueel op een minteken na), en v is dus integraal over R. 13

15 Gevolg Onderstel dat R S domeinen. {v S v integraal over R} is een deelring van S. We noemen deze de integrale sluiting van R in S. Bewijs. Onderstel a en b integraal over R. Dan is b ook integraal over R[a] (want nulpunt van een monische veeltermen met coëfficiënten in R die automatisch ook in R[a] liggen). Omdat R[a] eindig voortgebracht als R-moduul, en R[a, b] = R[a][b] eindig voortgebracht als R[a]-moduul, is R[a, b] eindig voortgebracht als R-moduul (zie lemma 1.3.4). Omdat a+b, a b, ab R[a, b] volgt nu uit deel 3) van stelling dat a+b, a b en ab integraal zijn over R, en dit bewijst dat de integrale elementen een deelring vormen. We maakten gebruik van volgend Lemma: Lemma Zij R S commutatieve ringen, en M een eindig voortgebracht S-moduul. Als S eindig voortgebracht is als R-moduul, dan is ook M eindig voortgebracht als R-moduul. Bewijs. Zij S = Rs Rs k, en M = Sm Sm l, waarbij s i S, en m j M. Dan is duidelijk k l M = Rs i m j waaruit het gestelde volgt. i=1 Stelling Zij k een lichaam. Als een rationale vorm f k(x) integraal is over k[x], dan is f k[x] een veelterm. Bewijs. Schrijf f = F/G, waarbij F en G veeltermen zijn zonder gemeenschappelijke factoren. Onderstel f integraal over k[x]. Dan bestaan er veeltermen A 1,, A n k[x] zodat en hieruit volgt dat en j=1 f n + A 1 f n 1 + A 2 f n A n = 0 F n + A 1 F n 1 G + A 2 F n 2 G A n G n = 0 F n = (A 1 F n 1 + A 2 F n 2 G + + A n G n 1 )G en dus is G een deler van F n. Dit kan enkel als een van de irreducibele factoren van G een deler is van F, m.a.w. als F en G een gemene factor hebben, en dit is strijdig met onze onderstelling. 14

16 Algebraische en transcendente elementen Onderstel dat k l lichamen zijn, en neem v l. We zeggen dat v algebraisch is over k als er een F 0 k[x] bestaat zodat F (v) = 0. Als F delen door de coëfficiënt van de term van de hoogste graad, dan krijgen we een monische veelterm, en dan volgt dat v integraal is over k. Als v niet algebraisch is over k, dan noemen we v transcendent over k. We geven nu karakterisaties van algebraische en transcendente elementen. Stelling Onderstel dat k l lichamen zijn, en neem v l. Beschouw het unieke ringmorfisme ṽ : k[x] l waarvoor ṽ(x) = v. Dan zijn de volgende uitspraken equivalent. 1. Ker (ṽ) = (0); 2. ṽ : k[x] Im (ṽ) = k[v] is een isomorfisme; 3. k[v] k(v); 4. v is transcendent over k. Bewijs is evident k[v] = k[x] is niet eindig voortgebracht als een k-moduul, en dus is v niet algebraisch over k, door stelling (uit het ongerijmde). Onderstel dat Ker (ṽ) (0). Neem F 0 Ker (ṽ). Dan is F (v) = ṽ(f ) = 0, zodat v algebraisch is over k ṽ : k[x] k[v] is een isomorfisme. Dan is ṽ : k(x) k(v), ṽ(f/g) = ṽ(f )/ṽ(g) ook een isomorfisme, en we hebben een commutatief diagram k[x] k(x) ṽ ṽ k[v] k(v) Aangezien het linkse verticale morfisme een echte inclusie is, is het rechtse dat ook (uit het ongerijmde). Onderstel dat Ker (ṽ) (0). Omdat k[x] een hoofdideaalring is, is Ker (ṽ) = (F ), met F 0. (F ) is een priemideaal, en dus een maximaal ideaal (zie Algebra I, stelling 1.7.5). Dit betekent dat k[v] = k[x]/(f ) een lichaam is, en dus is k(v) = k[v]. Gevolg Onderstel dat k l lichamen zijn, en neem v l. Beschouw het unieke ringmorfisme ṽ : k[x] l waarvoor ṽ(x) = v. Dan zijn de volgende uitspraken equivalent. 1. Ker (ṽ) (0); 2. ṽ : k[x] Im (ṽ) = k[v] is geen isomorfisme; 3. k[v] = k(v); 4. v is algebraisch over k. 15

17 Stelling van Zariski Stelling Onderstel dat k l lichamen. Als l eindig voortgebracht is als een k-algebra, dan ook als k-moduul. Met andere woorden, l is eindigdimensionaal als k-vectorruimte. Bewijs. Onderstel l = k[v 1,, v m ] We werken per inductie op m. Onderstel eerst dat m = 1. l = k[v 1 ] is een lichaam, zodat k[v 1 ] = k(v 1 ). Uit gevolg volgt dat v 1 algebraisch is over k, zodat l = k[v 1 ] eindig voortgebracht is als een k-moduul. Onderstel nu dat de eigenschap geldt voor m = n 1. We zullen aantonen dat ze ook geldt voor m = n. Schrijf k 1 = k(v 1 ). Dan is l = k 1 [v 2,, v n ] eindig voortgebracht als k 1 -moduul, door de inductiehypothese. Er zijn nu twee mogelijkheden: 1) v 1 is algebraisch over k, of k 1 = k[v 1 ] = k(v 1 ). Dan is k 1 eindig voortgebracht als k-moduul, en dus is ook l voortgebracht als k-moduul. 2) v 1 is transcendent over k. v 2,, v n zijn algebraisch over k 1, en voldoen dus aan een vergelijking van de vorm v n i i + a 1i v n i 1 i + + a ni i = 0 (1.11) met a ij k 1. Neem een gemeen veelvoud a k[v 1 ] van alle noemers die voorkomen in de a ij k 1 = k(v 1 ), en vermenigvuldig (1.11) met a n i. We krijgen (av i ) n i + aa 1i (av i ) n i a n i a ni i = 0 en dus is av i integraal over k[v 1 ]. Een willekeurig element z k[v 1,, v n ] = l is te schrijven als een eindige k[v 1 ]-lineaire combinatie van termen van de vorm v j 2 2 v j 3 3 v jn n Na vermenigvuldiging met a j 2+ +j n is deze integraal over k[v 1 ], en dus is er een N N zodat a N z integraal is over k[v 1 ]. In het bijzonder geldt: z k(v 1 ) : N N : a N z integraal over k[v 1 ] (1.12) waarbij a k[v 1 ]. k[v 1 ] = k[x] is een UFD. Neem nu een irreducibel polynoom b k[v 1 ] dat geen deler is van a. Uit (1.12) volgt dat er een N N bestaat zodat a N /b integraal is over k[v 1 ]. Maar a N /b is geen veelterm, en we hebben dus een contradictie met stelling Het is dus onmogelijk dat v 1 transcendent is over k. Gevolg Zij k l lichamen, en onderstel dat k algebraisch gesloten is. Als l eindig voortgebracht is als k-algebra, dan is k = l. Bewijs. l is eindig voortgebracht als k-moduul (stelling 1.3.8), en dus is elke a l algebraisch over k, en dus een wortel van een monische veelterm F k[x]. Omdat k algebraisch gesloten is, 16

18 is F te schrijven als een product van lineaire factoren in k[x]: F (X) = (X a 1 )(X a 2 ) (X a n ) met a i k. Dus is F (a) = (a a 1 )(a a 2 ) (a a n ) = 0 en dus is a = a i voor een zekere i, en a k. 1.4 Comaximale idealen Zij R een commutatieve ring, en I en J idealen. Het is gemakkelijk om aan te tonen dat IJ I J. Het is mogelijk dat deze inclusie strikt is. Echter, als I en J comaximaal zijn, wat wil zeggen dat I + J = R, dan hebben we dat IJ = I J (zie Algebra II, stelling 2.9.1). We formuleren nu enkele nieuwe eigenschappen van comaximale idealen. Stelling Als I en J comaximaal zijn, dan zijn I n en J m het ook, voor alle n, m 1. Bewijs. Neem a I, b J zodat a + b = 1. Dan is 1 = (a + b) n+m = n+m i=0 ( m + n i ) a i b n+m i I n + J m Immers, voor elke i {0, 1,, n + m} geldt i n (en dan is a i b n+m i I n ) of n + m i m (en dan is a i b n+m i J m ). Lemma Neem idealen I 1, I 2,, I r en een priemideaal P. I 1 I 2 I r P = i : I i P Bewijs. We bewijzen de eigenschap eerst voor n = 2. We onderstellen dus dat I J P. a) Als I P, dan is alles OK. b) Onderstel I P, en neem x I \ P, en een willekeurige y J. Als y P, dan vinden we enerzijds x, y P = xy P = xy I J en anderzijds x I, y J = xy IJ I J en dit is natuurlijk een contradictie. Dus vinden we dat elk element y J ook in P zit, en J P. Het algemene geval gaat via een eenvoudige inductie op n. Stelling Voor een stel idealen I 1,, I n zijn de volgende uitspraken equivalent: 1) I 1,, I n zijn twee aan twee comaximaal; 2) voor elke i zijn de idealen I i en j i I j comaximaal. 17

19 Bewijs. 2) 1) is duidelijk. Immers, voor i k hebben we I i + I k I i + j i I j = R 1) 2). Onderstel dat I i en j i I j NIET comaximaal zijn. Dan is I i + j i I j een echt ideaal van R, en dus bevat in een maximaal ideaal M: en dus I i + j i I j M I i M en j i I j M Uit lemma volgt dat I k M, voor een zekere k i. Maar dan is I i + I k M, en dit is een contradictie. Stelling Als I 1,, I n twee aan twee comaximaal, dan is I 1 I n = I 1 I n Bewijs. We weten reeds dat de eigenschap geldt voor n = 2. Onderstel dat ze geldt voor n 1. Voor elk stel twee aan twee comaximale idealen I 1, I 2,, I n hebben we dan I 1 I n = I 1 (I 2 I n ) = I 1 (I 2 I n ) = I 1 (I 2 I n ) = I 1 I 2 I n en dit bewijst onze stelling. Tenslotte vermelden we de Chinese reststelling, die reeds bewezen werd in de cursus Algebra II (gevolg 2.9.3): Stelling (Chinese reststelling) Als I 1,, I n twee aan twee comaximaal, dan is de afbeelding n R/ n i=1 I i R/I i : x (xmodi 1,, xmodi n ) een isomorfisme. i=1 1.5 Exacte rijen Neem een stel vectorruimten V 1, V 2,, V n, en lineaire afbeeldingen f i : V i V i+1, voor i = 1, n 1. We zeggen dat de rij f 1 f 2 f n 2 f n 1 V 1 V2 Vn 1 Vn een complex is als f i f i 1 = 0, voor elke i = 1, n 2, of equivalent, als Im (f i 1 ) Ker (f i ). De rij is exact in V i als Im (f i 1 ) = Ker (f i ). Als de rij exact is in V 2,, V n 1, dan spreken we van een exacte rij. 0 stelt de nulruimte voor. Merk op dat er precies één lineaire afbeelding 0 V bestaat (degene die 0 afbeeldt op 0), en precies één lineaire afbeelding V 0 (degene die alle vectoren in V op 0 afbeeldt). 18

20 Stelling Neem twee vectorruimten V en W. De rij 0 V W f is exact in V als en alleen als f injectief is. De rij V W f 0 is exact in W als en alleen als f surjectief is. Bewijs. Het beeld van de afbeelding 0 V is 0. Dus 0 V W f is exact in V als en alleen als 0 = Ker (f), wat precies betekent dat f injectief is. De tweede formule wordt op analoge manier bewezen. Een exacte rij van het type 0 V W f X g 0 wordt een korte exacte rij genoemd. Voor elke lineaire afbeelding f : V W hebben we een korte exacte rij 0 Ker (f) V i Im f (f) 0. Als V eindigdimensionaal is, dan hebben we de tweede dimensieformule uit de lineaire algebra: Stelling Onderstel dat dimv = dimker (f) + dimim (f). (1.13) f 1 f 2 f n 2 f n 1 0 V 1 V2 Vn 1 Vn 0 een exacte rij van eindigdimensionale vectorruimten is. Dan is n ( 1) i 1 dimv i = 0. (1.14) i=1 Bewijs. We schrijven (1.13) op voor f 1,, f n 1 : dimv 1 = dimim (f 1 ) dimv 2 = dimker (f 2 ) dimim (f 2 ) dimv 3 = dimker (f 3 ) + dimim (f 3 ) ( 1) n 1 dimv n = ( 1) n 1 dimker (f n ) Omdat de rij exact is, hebben we dat dimim (f i 1 ) = dimker (f i ). Als we dan de som nemen van de formules hierboven vinden we (1.14). 1.6 Oefeningen Tenzij anders vermeld gebruiken we in onderstaande oefeningen steeds volgende conventies : R, R, S, T zijn domeinen, K, K, L lichamen, k, k, l algebraisch gesloten lichamen. I, J, M zijn idealen in R. F, G, H zijn veeltermen in R[X], K[X], R[X 1,, X n ] of K[X 1,, X n ], al naargelang de context. 19

21 Oefening F en G vormen in R[X 1,, X n ] van graad r en s respectievelijk, dan is F G een vorm van graad r + s. 2. elke factor van een vorm in R[X 1,, X n ] is ook een vorm. Oefening 1.2 Toon aan dat er in K[X] een oneindig aantal irreducibele veeltermen zijn. (HINT : Klassiek bewijs van Euclides) Oefening 1.3 Toon aan dat een algebraisch gesloten lichaam k oneindig is. (HINT : Wat zijn de irreducibelen van k[x]?) Oefening 1.4 Toon aan 1. I priem R/I domein 2. I maximaal R/I lichaam Oefening 1.5 Toon aan : p is priem (p) R is priem p irreducibel. Oefening 1.6 R UFD. Toon aan : p irreducibel p priem. Oefening 1.7 R PID en I eigenlijk priemideaal. Toon aan dat 1. I wordt voortgebracht door een irreducibel element. 2. I maximaal is. Oefening 1.8 Toon aan dat I = (X, Y ) k[x, Y ] geen hoofdideaal is. Oefening 1.9 φ : K R ringhomomorfisme dan φ = 0 of φ injectief. 20

22 Oefening 1.10 Zij R DVR met breukenlichaam K. Toon aan voor z, z K 1. (a) Ord(zz ) = Ord(z) + Ord(z ) (b) Ord(z + z ) min(ord(z), Ord(z )) 2. z := 2 Ord(z) Toon aan (a) d(z, z ) = z z is een metriek. (b) z 0 (c) z + z z + z (d) z z = zz 3. R is een topologische ring (optelling en vermenigvuldiging zijn continu). Toon aan dat een niet-archimedische metriek geeft. 4. Toon aan : a K a R of a 1 R Oefening 1.11 I eigenlijk ideaal, dan bestaat er een I M maximaal ideaal. Oefening 1.12 R Noetherse commutatieve ring. Bewijs dat er een N bestaat zodat rad(i) N I. Oefening 1.13 K oneindig lichaam. Veronderstel dat F (a 1,, a n ) = 0 voor alle a 1,, a n K. Toon aan dat F = 0. Oefening 1.14 R UFD. 1. Toon aan dat een monische veelterm van graad 2 of 3 in R[X] irreducibel is als en slechts als hij geen wortel heeft in R. 2. Toon aan dat X 2 a irreducibel is als en slechts als a geen kwadraat is in R. Oefening 1.15 F K[X] van graad n > 0. Toon aan dat de residu-klassen 1, X, X 2,, X n 1 een basis vormen van K[X]/(F ). Oefening 1.16 Bewijs de implicatie S eindig voortgebracht over R als moduul S eindig voortgebracht over R als ring. Toon ook aan dat S = R[X] een tegenvoorbeeld is van de omgekeerde implicatie. Oefening 1.17 Bewijs de implicatie L eindig voortgebracht over K als ring L eindig voortgebracht over K als lichaam. Toon ook aan dat L = K(X) een tegenvoorbeeld is van de omgekeerde implicatie. 21

23 Oefening Alle eindigheidscondities zijn transitief. 2. Integraliteit van ringen is transitief. Oefening 1.19 Veronderstel S eindig voortgebracht over R als ring. Toon aan : S eindig voortgebracht als moduul S integraal over R. Oefening 1.20 Zij k L. 1. elk element van L dat algebraisch is over k zit reeds in k. 2. Een algebraisch gesloten lichaam heeft, behalve zichzelf, geen lichaamsuitbreidingen die ook eindig voortgebracht zijn als moduul. 22

24 Hoofdstuk 2 Affiene algebraische verzamelingen 2.1 Algebraische verzamelingen Beschouw een lichaam k. We noteren A n = A n (k) = k n = {P = (a 1,, a n ) a i k} We noemen A n (k) de affiene n-dimensionale ruimte. De elementen van A n (k) noemen we punten. A 1 (k) noemen we de affiene rechte, en A 2 (k) het affiene vlak. Neem F k[x 1,, X n ]. P = (a 1,, a n ) wordt een nulpunt van F genoemd indien F (a 1,, a n ) = 0 Als F een niet-constante veelterm is, dan noemen we V (F ) = {P A n (k) P een nulpunt van F } het (affiene) hyperoppervlak gedefinieerd door F. Een hyperoppervlak in A 2 (k) wordt affiene vlakke kromme genoemd. Als F van graad één is, dan noemen we V (F ) een hypervlak. Een rechte is een hypervlak in A 2 (k). Neem nu een willekeurige verzameling S k[x 1,, X n ] van veeltermen in n veranderlijken. We schrijven nu V (S) = F S V (F ) = {P A n (k) P een nulpunt van F, voor elke F S} (2.1) Als {F 1,, F r } k[x 1,, X n ] eindig, dan schrijven we V (F 1,, F r ) = V ({F 1,, F r }) 23

25 Definitie Een deelverzameling X van A n (k) noemen we een algebraische verzameling als X = V (S) voor een zekere S k[x 1,, X n ]. Een algebraische verzameling is dus de oplossingsverzameling van een (mogelijk oneindig) stelsel veeltermvergelijkingen. Stelling Met dezelfde notaties als hierboven hebben we volgende eigenschappen: 1) S S k[x 1,, X n ] = V (S ) V (S); 2) Als I = (S) het ideaal is voortgebracht door S k[x 1,, X n ], dan is V (I) = V (S) (2.2) Algebraische delen van A n (k) kunnen dus ook gedefinieerd worden als deelverzamelingen van de vorm V (I), waarbij I een ideaal van k[x 1,, X n ] is. 3) Neem een verzameling idealen {I α α A} van k[x 1,, X n ]. Dan is V ( α A I α ) = α A V (I α ) (2.3) Een willekeurige doorsnede van algebraische verzamelingen is dus opnieuw algebraisch. 4) Voor F, G k[x 1,, X n ] geldt: 5) Voor twee idealen I, J in k[x 1,, X n ] geldt: V (F G) = V (F ) V (G) (2.4) V (I) V (J) = V ({F G F I, G J}) (2.5) Een eindige unie van algebraische verzamelingen is dus opnieuw algebraisch. 6) V (0) = A n (k) en V (1) =. 7) Neem P = (a 1,, a n ) A n (k). Dan is V (X 1 a 1,, X n a n ) = {P } Elke eindige deelverzameling van A n (k) is dus algebraisch. Bewijs. 1) is duidelijk. 2) Uit 1) volgt dat V (I) V (S). Neem P V (S), en G I. Dan kan G geschreven worden onder de vorm G = A 1 F A k F k waarbij F i S en A i k[x 1,, X n ]. Bijgevolg is G(P ) = A 1 (P )F 1 (P ) + + A k (P )F k (P ) = 0 en hieruit volgt dat P V (G). Hiermee is bewezen dat V (S) V (I). 3) tonen we aan als volgt: P V ( α A I α ) α A, F I α : F (P ) = 0 α A : P V (I α ) P α A V (I α ) 24

26 4) op dezelfde manier: P V (F G) F (P )G(P ) = 0 F (P ) = 0 of G(P ) = 0 P V (F ) of P V (G) P V (F ) V (G) 5) ditmaal redeneren we vanuit het ongerijmde: P V (I) V (J) P V (I) en P V (J) F I : F (P ) 0 en G J : G(P ) 0 F I, G J : F (P )G(P ) 0 P V ({F G F I, G J}) 6) en 7) zijn duidelijk. Een algebraische verzameling is de oplossingsverzameling van een - mogelijk oneindig - stelsel veeltermenvergelijkingen. Dank zij de Hilbert basis stelling (zie 1.2) kunnen we het aantal vergelijkingen steeds beperken tot een eindig aantal: Stelling Zij X een algebraische verzameling in A n (k). Dan bestaan er veeltermen F 1, F 2,, F r k[x 1,, X n ] zodat X = V (F 1,, F r ) Bewijs. Stel X = X(I), waarbij I een ideaal in k[x 1,, X n ]. Uit de Hilbert basis stelling weten we dat I eindig voortgebracht is. Neem een eindig stel voortbrengers F 1, F 2,, F r voor I. Dan is X = V (I) = V (F 1,, F r ). Als F k[x 1,, X n ] niet constant is, dan noemen we V (F ) een hyperoppervlak A n (k). Stelling vertelt ons dat elke algebraische verzameling te schrijven is als een eindige doorsnede van hyperoppervlakken. 2.2 Het ideaal behorend bij een stel punten Voor X A n (k) stellen we I(X) = {F k[x 1,, X n ] F (P ) = 0, P X} Het is eenvoudig in te zien dat I(X) een ideaal is, en we noemen dit het ideaal behorend bij X. Stelling ) X Y A n (k) = I(Y ) I(X); 2) I( ) = k[x 1,, X n ]; 3) als k een oneindig lichaam is, dan is ook I(A n (k)) = (0); 4) I{(a 1,, a n )} = (X 1 a 1, X 2 a 2,, X n a n ). 25

27 Bewijs. 1) en 2) zijn duidelijk; 3) te bewijzen is de volgende uitspraak: F (P ) = 0, P A n (k) = F = 0 (2.6) Dit gaan we doen met behulp van volledige inductie op n, de dimensie van A n (k). a) n = 1. Als 0 F k[x] van graad r, dan heeft F tenhoogste r nulpunten in k. Een veelterm die nul wordt in alle punten van k is dus noodzakelijk de nulveelterm, want k bevat een oneindig aantal elementen. b) Onderstel dat (2.6) waar is voor n 1. We nemen F k[x 1,, X n ], en onderstellen dat F (P ) = 0, voor elke P A n (k). We schrijven F onder de vorm F = F 0 + F 1 X n + F 2 X 2 n + F r X r n waarbij F i k[x 1,, X n 1 ]. Neem (a 1,, a n 1 ) A n 1 (k) willekeurig. Voor elke a n k geldt dan 0 = F (a 1,, a n ) = F 0 (a 1,, a n 1 ) + F 1 (a 1,, a n 1 )a n + F 2 (a 1,, a n 1 )a 2 n + F r (a 1,, a n 1 )a r n Dit betekent in feite dat de veelterm F (a 1,, a n 1, X) k[x n ] nul wordt in elke a n k, en dus de nulveelterm is, vanwege het geval n = 1. Maar dan hebben we F i (a 1,, a n 1 ) = 0 en dit voor elke (a 1,, a n 1 ) A n 1 (k). Daarom is F i = 0, vanwege de inductiehypothese, en dus is F = 0. 4) Het is duidelijk dat (X 1 a 1, X 2 a 2,, X n a n ) I{(a 1,, a n )}. Omgekeerd, onderstel dat F I{(a 1,, a n )}, of F (a 1,, a n ) = 0. Schrijf U i = X i a i en X i = U i + a i en G(U 1,, U n ) = F (a 1 + U 1,, a n + U n ) = F (X 1,, X n ) Dan is G(0, 0,, 0) = 0. Schrijf nu G = G 0 + G G d waarbij G i een vorm is van graad i. Dan is G 0 = 0, en alle termen in G 1,, G d zijn deelbaar door tenminste een U i = X i a i. Stelling Zij X A n (k) en S k[x 1,, X n ]. Dan S I(V (S)) en V (S) = V (I(V (S))) (2.7) X V (I(X)) en I(X) = I(V (I(X))) (2.8) 26

28 Bewijs. F S = F (P ) = 0, P V (S) = F I(V (S)) en dit bewijst de eerste helft van (2.7). De eerste helft van (2.8) gaat op analoge manier: P X = F (P ) = 0, F I(X) = P V (I(X)) Als we V toepassen op beide leden van de eerste helft van (2.7), dan vinden we, rekening houdend met deel 1) van stelling V (I(V (S))) V (S) Als we X = V (S) nemen in de eerste helft van (2.8), dan vinden we V (S) V (I(V (S))) en dit bewijst de tweede helft van (2.7). Op dezelfde manier bewijzen we de tweede helft van (2.8): I toepassen op de eerste helft geeft I(V (I(X))) I(X) en de eerste helft van (2.7) geeft, voor S = I(X): I(X) I(V (I(X))) Zij X een algebraische verzameling, en I = I(X). Dan hebben we volgende eigenschap: F r I, met r N = F I We zeggen dat I een radicaal ideaal is. De algemene definitie is de volgende: Definitie Zij R een commutatieve ring, en I een ideaal. We noemen I een radicaal ideaal als a n I, met n N 0 = a I Stelling Zij I een ideaal in een commutatieve ring R. I = rad(i) = {a R n N0 : a n I} is een ideaal van R dat I bevat. We noemen dit nieuwe ideaal het radicaal van I. Bewijs. Onderstel a, b I. Dan bestaan er natuurlijke getallen n, m zodat a n I, b m I. Voor elke x R geldt (xa) n I, en (a + b) n+m I, en dus a + b, xa I, en I is een ideaal. Voorbeelden ) I = 64Z is geen radicaal ideaal van Z. Immers, 2 6 I, terwijl 2 I. 64Z = 2Z. 2) Elk priemideaal is een radicaal ideaal. Stelling Zij X een algebraische verzameling. Dan is I(X) een radicaal ideaal. 27

29 2.3 Irreducibele algebraische verzamelingen We noemen een algebraische verzameling V A n (k) reducibel als V de unie is van twee andere algebraische verzamelingen V 1 en V 2 die echte delen zijn van V : V = V 1 V 2 ; V 1 V ; V 2 V Anders noemen we V een irreducibele algebraische verzameling. Voorbeeld V = V (X 2 1) A 2 (k) is reducibel. Immers, is de unie van twee evenwijdige rechten. V = V (X + 1) V (X 1) Stelling Voor een algebraische verzameling V A n (k) zijn volgende uitspraken equivalent: 1) V is irreducibel; 2) I(V ) is een priemideaal. Bewijs. We bewijzen beide implicaties uit het ongerijmde. Onderstel eerst dat I(V ) geen priemideaal is. Dan bestaan er veeltermen F 1, F 2, zodat F 1 F 2 I(V ) maar F 1 I(V ), F 2 I(V ). Aangezien F 1 I(V ) bestaat er een P V zodat F 1 (P ) 0. Dus is P V \ V (F 1 ), en V V (F 1 ) V. Op dezelfde manier is V V (F 2 ) V. Bovendien is ( ) ( ) V = V V (F 1 ) V V (F 2 ) Een inclusie is triviaal. De omgekeerde wordt bewezen alsvolgt: neem P V. Dan is F 1 (P )F 2 (P ) = 0, want F 1 F 2 I(V ). Als F 1 (P ) = 0, dan is ( ) ( ) P V V (F 1 ) V V (F 1 ) V V (F 2 ) Analoog indien F 2 (P ) = 0. Hiermee hebben we aangetoond dat V de unie is van twee echte algebraische delen, en dus is V reducibel. Omgekeerd, onderstel V reducibel: V = V 1 V 2 ; V 1 V ; V 2 V Dan is I(V 1 ) I(V ) en I(V 2 ) I(V ) Neem F 1 I(V 1 ) \ I(V ) en F 2 I(V 1 ) \ I(V ). Neem P V willekeurig. Als P V 1, dan is F 1 (P ) = 0, en als P V 2, dan is F 2 (P ) = 0. In beide gevallen is F 1 F 2 (P ) = 0, en dus is F 1 F 2 I(V ). Dus is I(V ) geen priemideaal. Herinner dat elke ideaal I bevat is in een maximaal ideaal M. Voor een noetherse ring R hebben we een iets sterkere eigenschap. 28

30 Lemma Zij R een noetherse ring, en A een verzameling idealen van R. Dan bestaat er in A een maximaal element, dit is een ideaal van A dat van geen enkel ander ideaal van A een echt deel is. Bewijs. Voor elke niet-lege deelverzameling van A kiezen we een ideaal I A uit deze deelverzameling (met behulp van het keuzeaxioma). Stel A 0 = A, en I 0 het ideaal dat bij A 0 = A hoort. Per inductie definiëren we A n = {I A I n 1 I} en I n het ideaal dat hoort bij A n. Als A n = voor een index n, dan betekent dit dat I n 1 maximaal is in A, en dan is het lemma bewezen. Anders hebben we een strikt stijgende keten idealen I 0 I 1 I 2 en dit is onmogelijk in een noetherse ring. Gevolg Elke verzameling V bestaande uit algebraische delen van A n (k) heeft een minimaal element. Bewijs. {I(V ) V V} is een verzameling idealen in de noetherse ring k[x 1,, X n ], en heeft dus een maximaal element I(W ). Voor elke V V geldt dus I(V ) I(W ) en dus en dus is W een minimaal element van V. W = V (I(W )) V (I(V )) = V Stelling Zij V A n (k) een algebraische verzameling. Er bestaat een uniek stel irreducibele algebraische verzamelingen V 1,, V m zodat V = V 1 V 2 V m (2.9) waarbij V i V j als i j. We noemen (2.9) de ontbinding van V in irreducibele componenten. De V i worden de irreducibele componenten van V genoemd. Bewijs. We stellen V de verzameling van alle algebraische delen van A n (k) die NIET te schrijven zijn als een eindige unie van irreducibele algebraische delen. Als V, dan kunnen we een minimaal element V van V beschouwen, door gevolg Bij onderstelling is V niet irreducibel (anders is het de unie van irreducibelen), en dus is V = V 1 V 2 met V 1 V, V 2 V. Omdat V minimaal is in V, behoren V 1 en V 2 niet tot V, en zijn dus te schrijven als de eindige unie van irreducibele algebraische delen. Maar dan is ook V = V 1 V 2 de 29

31 eindige unie van irreducibelen, wat een contradictie is. We concluderen dat V =, en elk algebraisch deel V is de eindige unie van irreducibelen: V = V 1 V 2 V m Als V i V j voor i j, dan schrappen we gewoon V i ; aldus verkrijgen we een ontbinding die aan de gewenste eigenschappen voldoet. De uniciteit wordt bewezen alsvolgt. Onderstel dat V = W 1 W 2 W r een andere ontbinding van V is in irreducibele componenten. Dan is V i = V V i = (W 1 V i ) (W 2 V i ) (W r V i ) Omdat V i irreducibel is bestaat er een index j zodat V i = W j V i en dus W j V i. Op dezelfde manier bestaat er een index k zodat V k W j. Maar dan is V i W j V k, en dit kan alleen maar als i = k. We concluderen dat er voor elke i een index j bestaat zodat V i = W j. De V i s en W j s zijn dus aan mekaar gelijk, op de volgorde na. 2.4 Algebraische delen van het vlak Door stelling kennen we alle algebraische delen van het vlak A 2 (k) als we de irreducibele delen kennen. Stelling Neem twee veeltermen F, G k[x, Y ] zonder gemene factoren. Dan is de doorsnede V (F, G) = V (F ) V (G) van de krommen V (F ) en V (G) een eindige verzameling. Bewijs. F en G hebben geen gemene factoren in k[x, Y ], en dus ook niet in k(x)[y ] (zie 1.2). Maar k(x)[y ] is een PID, en dus hebben we (F, G) = 1 in k(x)[y ] en er bestaan dus R, S k(x)[y ] zodat RF + SG = 1. We schrijven waarbij A, B k[x, Y ], D k[x]. Dan is R = A D ; S = B D AF + BG = D in k[x, Y ]. Als (a, b) V (F, G), dan is D(a) = 0. Deze vergelijking heeft slechts een eindig aantal oplossingen, zodat er slechts een eindig aantal mogelijkheden voor a zijn. Op dezelfde manier zijn er slechts een eindig aantal mogelijkheden voor b, en is dus V (F, G) eindig. 30

32 Gevolg Als F k[x, Y ] irreducibel, en V (F ) een oneindige verzameling, dan is V (F ) irreducibel, I(V (F )) = (F ). Bewijs. We weten al dat (F ) I(V (F )). Omgekeerd, G I(V (F )) = V (G, F ) = V (F ) oneindig = G en F hebben gemene factoren = G (F ) want F is irreducibel. Omdat I(V (F )) = (F ) een priemideaal is, is V (F ) irreducibel. Gevolg Onderstel k algebraisch gesloten, en neem F k[x, Y ] \ k irreducibel. Dan is V (F ) een oneindige irreducibele verzameling en I(V (F )) = F. Bewijs. We bewijzen dat V (F ) oneindig is. Omdat F geen constante veelterm is, hebben we F X 0 of F Y 0 Laten we onderstellen dat de partiële afgeleide naar X niet nul is, met andere woorden dat F afhangt van X. Voor elke b 0 k is dan F (X, b) een niet constante veelterm, en heeft de vergelijking F (x, b) = 0 tenminste 1 oplossing a(b), omdat k algebraisch gesloten is. We vinden een oneindige familie oplossingen {(a(b), b) b 0 k} van de vergelijking F (x, y) = 0. Uit gevolg volgt nu dat V (F ) irreducibel is, en dat I(V (F )) = F. Gevolg Onderstel dat k een oneindig lichaam is. De enige irreducibele algebraische delen van het vlak A 2 (k) zijn dan: 1) het vlak A 2 (k); 2) de lege verzameling ; 3) de singletons {(a, b)}, waarbij a, b k; 4) de irreducibele vlakke krommen V (F ), waarbij F k[x, Y ] irreducibel, en V (F ) een oneindige verzameling. Bewijs. Neem een irreducibele algebraische verzameling V A 2 (k). Als V =, dan is I(V ) = k[x, Y ]. Als V eindig, dan is V = {(a, b)} een singleton. Als V = A 2 (k), dan is I(V ) = (0). In alle andere gevallen kunnen we dus onderstellen dat V oneindig is, en I(V ) (0) een echt ideaal. Neem F 0 I(V ). Dan is F niet constant, want I(V ) is een echt ideaal. Omdat I(V ) een priemideaal is (V is irreducibel) zit tenminste 1 irreducibele factor van F ook in I(V ), en dus kunnen we onderstellen dat F irreducibel is. Neem nu G I(V ) willekeurig. Als G (F ), dan bevatten F en G geen gemene factoren, en is V V (F, G) eindig. Dus moet G (F ), en I(V ) = (F ). Gevolg Onderstel k algebraisch gesloten, en neem F k[x, Y ] \ k, en de ontbinding F = F n 1 1 F n 2 2 F nr r 31

33 in irreducibele factoren. Dan is de ontbinding van V (F ) in irreducibele componenten en I(V (F )) is het ideaal voortgebracht door F 1 F r. V (F ) = V (F 1 ) V (F 2 ) V (F r ) (2.10) Bewijs. Uit gevolg volgt dat V (F j ) een oneindige irreducibele verzameling is, en dat (F j ) = I(V (F j )). Als i j, dan is F i geen deler van F j, en dus is V (F j ) V (F i ). We kunnen dus besluiten dat (2.10) de irreducibele ontbinding is van V (F ). Nu is I(V (F )) = I(V (F 1 ) V (F r )) = I(V (F 1 )) I(V (F r )) = (F 1 ) (F r ) (F 1 ) (F r ) = (F 1 F r ) en onze eigenschap is bewezen als we deze laatste inclusie ook kunnen omkeren (herhaal dat, voor twee idealen I en J, we steeds hebben dat IJ I J, met mogelijk een strikte inclusie). Neem G (F 1 ) (F r ) Dan zijn F 1, F 2,, F r allen factoren van G, en, omdat de F i allen irreducibel, is ook F 1 F r een factor van G, en dus G (F 1 F r ), wat de omgekeerde inclusie bewijst. 2.5 De Hilbert Nullstellensatz Voor de resultaten uit deze paragraaf is de onderstelling dat k algebraisch gesloten is essentieel. Stelling (zwakke Nullstellensatz) Zij k algebraisch gesloten. Voor elk echt ideaal I van k[x 1,, X n ] geldt dat V (I) niet leeg is. Bewijs. Neem een maximaal ideaal M dat I bevat. Dan is V (M) V (I), en het volstaat dus om te bewijzen dat V (M) niet leeg is. Omdat M maximaal is, is l = k[x 1,, X n ]/M een lichaam, en als k-algebra is l eindig voortgebracht. Uit gevolg halen we dat l = k, of met andere woorden, de kanonieke afbeelding k k[x 1,, X n ]/M is een isomorfisme. Neem het invers beeld a i van de klasse bepaald door X i. Dan is X i a i M, en dus (X 1 a 1,, X n a n ) M Maar (X 1 a 1,, X n a n ) is zelf een maximaal ideaal, en dus is (X 1 a 1,, X n a n ) = M, en V (M) = {(a 1,, a n )} 32

34 Stelling (sterke Nullstellensatz) Zij k algebraisch gesloten. Voor elk ideaal I van k[x 1,, X n ] hebben we I(V (I)) = rad(i) Bewijs. We weten al dat rad(i) I(V (I)), want I(V (I)) is een radicaal ideaal dat I bevat. Onderstel I = (F 1, F 2,, F r ). Om de omgekeerde inclusie te bewijzen moeten we aantonen dat G I(V (I)) betekent G I(V (I)) = G rad(i) F 1 (P ) = = F r (P ) = 0 = G(P ) = 0 en G rad(i) betekent dat er een N N bestaat zodat G N I of waarbij A i k[x 1,, X n ]. Stel G N = A 1 F A r F r J = (F 1,, F r, X n+1 G 1) k[x 1,, X n, X n+1 ] Dan is V (J) A n+1 (k) leeg. Door de zwakke Nullstellensatz is J = k[x 1,, X n, X n+1 ] Dit betekent dat er B, B 1,, B r k[x 1,, X n, X n+1 ] bestaan zodat r B i F i + (X n+1 G 1)B = 1 i=1 Bekijk deze identiteit in k(x n+1 )[X 1,, X n ]. Stel nu Y = 1/X n+1, en vermenigvuldig beide leden met een hoge macht van Y, zodat alle noemers uit het linkerlid verdwijnen. We vinden dan r C i (X 1,, X n, Y )F i + (G Y )D(X 1,, X n, Y ) = Y N i=1 Als we nu Y = G(X 1,, X n ) stellen, vinden we r C i (X 1,, X n, G(X 1,, X n ))F i = G N i=1 en dit is net wat we nodig hebben. Opmerking De zwakke Nullstellensatz geldt niet als k niet algebraisch gesloten is. Neem bijvoorbeeld k = R. Dan is (X 2 + Y 2 + 1) een echt ideaal in R[X, Y ], maar V (X 2 + Y 2 + 1) =. Merk ook op dat R[X, Y ]/(X 2 + Y 2 + 1) = C een echte lichaamsuitbreiding van R is. 33