交換代數/不可約性、代數集和代數簇

不可約性

定義 21.1:

令 $X$ 是一個拓撲空間。 $X$ 被稱為不可約當且僅當 $X$ 的任何兩個非空開子集都不相交。

有些人（拓撲學家）將不可約空間稱為超連通空間。

定理 21.2（不可約空間的刻畫）:

令 $X$ 是一個拓撲空間。以下等價

$X$ 是不可約的。
$X$ 不能寫成兩個真閉子集的並集。
$X$ 的每個開子集在 $X$ 中稠密。
$X$ 的每個真閉子集的內部為空。

證明 1: 我們證明 1. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 2.: 假設 $X=A\cup B$ ，其中 $A$ ， $B$ 是真閉集。定義 $O:=X\setminus A$ 和 $U:=X\setminus B$ 。那麼 $O,U$ 是開集，並且

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

根據德摩根定律之一，這與 1 矛盾。

2. $\Rightarrow$ 3.: 假設 $U\subseteq X$ 是開集但不是稠密集。那麼 $A:={\overline {U}}$ 是在 $X$ 中的閉集並且是真子集，因此 $B:=X\setminus U$ 也是閉集。此外， $X=A\cup B$ ，這與 2 矛盾。

3. $\Rightarrow$ 4.: 令 $\emptyset \neq A\subsetneq X$ 是一個閉集，使得 ${\overset {\circ }{A}}\neq \emptyset$ 。根據閉包的定義， ${\overline {\overset {\circ }{A}}}\subseteq A$ ，因此 ${\overset {\circ }{A}}$ 是一個非稠密開集，這與 3 矛盾。

4. $\Rightarrow$ 1.: 令 $O,U\subseteq X$ 為非空的開集，使得 $O\cap U=\emptyset$ 。定義 $A:=X\setminus O$ 。那麼 $A$ 是 $X$ 的一個真閉子集，因為 $O\subseteq X\setminus A$ 。此外， $O\subseteq {\overset {\circ }{A}}$ ，這就是為什麼 $A$ 有非空內部。 $\Box$

證明 2: 我們證明 1. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 4.: 假設我們有一個 $X$ 的真閉子集 $A$ ，且其內部非空。那麼 $X\setminus A$ 和 ${\overset {\circ }{A}}$ 是 $X$ 的兩個不相交的非空開子集。

4. $\Rightarrow$ 3.: 令 $O\subseteq X$ 為開集。如果 $O$ 在 $X$ 中不稠密，那麼 ${\overline {O}}$ 將是 $X$ 的一個真閉子集，其內部不為空。

3. $\Rightarrow$ 2.: 假設 $X=A\cup B$ ， $A,B\subsetneq X$ 為真閉集。令 $O:=X\setminus B$ 。那麼 $A\supset O$ ，因此 $O$ 在 $X$ 中不稠密。

2. $\Rightarrow$ 1.: 令 $O,U\subseteq X$ 為開集。如果它們是不相交的，那麼 $X=(X\setminus O)\cup (X\setminus U)$ . $\Box$

剩餘的箭頭:

1. $\Rightarrow$ 3.: 假設 $U\subset X$ 為開集且非稠密集，那麼 $X\setminus {\overline {U}}$ 是一個非空集合，並且與 $U$ 不相交。

3. $\Rightarrow$ 1.: 令 $O,U\subseteq X$ 為開集。如果它們不相交，那麼 $O\subseteq X\setminus U$ 因此 $O$ 非稠密集。

2. $\Rightarrow$ 4.: 令 $A\subsetneq X$ 為真子集且為閉集，並且具有非空的內部，那麼 $X=A\cup (X\setminus {\overset {\circ }{A}})$ 。

4. $\Rightarrow$ 2.: 令 $X=A\cup B$ ， $A,B\subsetneq X$ 為真子集且為閉集。那麼 $\emptyset \neq X\setminus A\subseteq {\overset {\circ }{A}}$ 。

我們接下來將證明不可約空間的幾個性質。

定理 21.3:

每個不可約空間 $X$ 是連通且區域性連通的。

證明:

1. 連通性: 假設 $X=U{\dot {\cup }}O$ ， $U,O$ 為開集且非空。這顯然與不可約性相矛盾。

2. 區域性連通性: 令 $x\in V\subseteq X$ ，其中 $V$ 是開集。但是 $X$ 的任何開子集都如 1. 所示是連通的，這就是我們具有區域性連通性的原因。 $\Box$

定理 21.4:

設 $X$ 為不可約空間。則 $X$ 是豪斯多夫空間當且僅當 $|X|\leq 1$ .

證明:

如果 $|X|\leq 1$ ，則 $X$ 顯然是豪斯多夫空間。假設 $X$ 是豪斯多夫空間，並且包含兩個不同的點 $x\neq y$ 。則我們能找到 $U_{x},U_{y}\subseteq X$ 開集，使得 $x\in U_{x}$ ， $y\in U_{y}$ 且 $U_{x}\cap U_{y}=\emptyset$ ，這與不可約性矛盾。 $\Box$

定理 21.5:

設 $X,Y$ 為拓撲空間，其中 $X$ 是不可約的，令 $f:X\to Y$ 為連續函式（即拓撲空間範疇中的態射）。則 $f(X)$ 是由 $Y$ 誘導的子空間拓撲下的不可約空間。

證明：設 $O,U$ 是 $f(X)$ 的兩個不相交的非空開子集。由於我們正在處理子空間拓撲，我們可以寫成 $O=f(X)\cap V$ ， $U=f(X)\cap W$ ，其中 $V,W\subseteq Y$ 是開集。我們有

f^{-1}(O)=f^{-1}(f(X)\cap V)=f^{-1}(V)

以及類似地

f^{-1}(U)=f^{-1}(W)

.

因此， $f^{-1}(O)$ 和 $f^{-1}(U)$ 在 $X$ 中是開集，因為它們是連續的，並且它們進一步是分離的（因為如果 $x\in f^{-1}(O)$ ，那麼 $f(x)\in O$ 因此 $f(x)\notin U$ ) 並且是非空的（因為例如，如果 $y\in O$ ，由於 $O\subset f(X)$ ， $y=f(x)$ 對於一個 $x\in X$ 因此 $x\in f^{-1}(O)$ )，我們得到了矛盾。 $\Box$

推論 21.6:

如果 $X$ 是不可約的， $Y$ 是豪斯多夫空間並且 $f:X\to Y$ 是連續的，那麼 $f$ 是常數。

證明：由定理 21.4 和 21.5 可得。 $\Box$

現在我們可以將不可約空間與諾特空間聯絡起來。

定理 21.7:

令 $X$ 為諾特拓撲空間，令 $A\subseteq X$ 為閉集。那麼存在一個有限分解

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

其中每個 $B_{j}$ 都是不可約的，並且沒有一個 $B_{j}$ 是其他 $B_{i},i\neq j$ 的子集（或等於）。此外，這種分解在順序上是唯一的。

證明:

首先我們證明存在性。令 $A\subseteq X$ 為閉集。那麼，要麼 $A$ 不可約，我們就完成了，要麼 $A$ 可以寫成兩個真閉子集的並集 $A=B_{1}\cup B_{2}$ 。現在，要麼 $B_{1}$ 和 $B_{2}$ 不可約，要麼它們可以再次寫成兩個真閉子集的並集。由於 $X$ 是諾特空間，因此這樣分解集合的過程最終必須終止，所有涉及的子集都必須是不可約的，否則我們將有一個無限下降的真閉子集鏈，這與假設矛盾。為了滿足最後一個條件，我們將任何包含在另一個子集內的子集與更大的子集合並在一起（由於它們只有有限個，因此可以依次進行）。因此，我們得到了一個滿足所需形式的分解。

接下來，我們證明唯一性（直至階數）。設 $A=B_{1}\cup \cdots \cup B_{n}=C_{1}\cup \cdots \cup C_{m}$ 是兩個這樣的分解。對於 $k\in \{1,\ldots ,n\}$ ，我們可以寫成 $B_{k}=(B_{k}\cap C_{1})\cup \cdots \cup (B_{k}\cap C_{m})$ 。假設不存在 $j\in \{1,\ldots ,m\}$ 使得 $B_{k}\subseteq C_{j}\Leftrightarrow B_{k}=(B_{k}\cap C_{j})$ 。那麼我們可以定義 $S_{1}:=(B_{k}\cap C_{1})$ ，然後依次

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. $\Box$

習題

習題 21.1.1：設 $X$ 是一個不可約拓撲空間，設 $O\subseteq X$ 是一個開集。證明 $O$ 是不可約的。

代數集和簇

定義 21.8:

設 $\mathbb {F}$ 是一個域。那麼形式為

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 $n$ 個變數的多項式環上的子集，在 $\mathbb {F}$ 上（即 $S\subseteq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ ），被稱為代數集。如果 $S=\{f\}$ 對於單個的 $f\in \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ ，我們有時會寫

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

.

下圖描繪了三個代數集（除了立方體線）。

橙色表面是集合 $V(f_{1})$ ，藍色表面是集合 $V(f_{2})$ ，綠色線是兩個表面的交集，等於集合 $V(\{f_{1},f_{2}\})$ ，其中

f_{1}(x,y,z)=z+y^{3}

以及

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

三個直接的引理是顯而易見的。

引理 21.9:

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

證明：處於 $V(T)$ 是更強的條件。 $\Box$

引理 21.10（代數集的公式）:

令 $\mathbb {F}$ 是一個域，並設定 $R:=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 。那麼以下規則適用於 $\mathbb {F} ^{n}$ 的代數集

$V(S)=V(\langle S\rangle )$ ( $S\subseteq R$ 為一個集合)
$V(R)=\emptyset$ 且 $V(\emptyset )=\mathbb {F} ^{n}$
$V(I_{1})\cup \cdots \cup V(I_{k})=V(I_{1}\cap \cdots \cap I_{k})$ ( $I_{1},\ldots ,I_{k}\leq R$ 為理想)
$\bigcap _{j\in J}V(S_{j})=V\left(\bigcup _{j\in J}S_{j}\right)$ ( $S_{j}\subseteq R$ 為集合)

證明:

1. 令 $i:=\sum _{j=1}^{k}r_{j}s_{j}\in \langle S\rangle$ 。如果 $x=(x_{1},\ldots ,x_{n})\in V(S)$ 滿足 $i(x)=0$ 。這證明了 $\subseteq$ 。另一個方向則根據引理 21.9 得出。

2. $V(R)=\emptyset$ 是由於常數函式包含於 $R$ 中，而 $V(\emptyset )$ 對 $\mathbb {F} ^{n}$ 的點沒有任何限制條件。

3. $\subseteq$ 由以下推導得出

{\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}}

因為很明顯 $I_{1}\cap \cdots \cap I_{k}\subseteq I_{j}$ .

我們首先證明 $\supseteq$ 在 $k=2$ 的情況下成立。事實上，令 $x\notin V(I_{1})\cup V(I_{2})$ ，也就是說，既沒有 $x\in V(I_{1})$ 也沒有 $x\in V(I_{2})$ 。因此，我們可以找到一個多項式 $f\in I_{1}$ 使得 $f(x)\neq 0$ ，以及一個多項式 $g\in S_{2}$ 使得 $g(x)\neq 0$ 。多項式 $f\cdot g$ 包含在 $I_{1}\cap I_{2}$ 中，並且 $(f\cdot g)(x)=f(x)\cdot g(x)\neq 0$ ，因為每個域都是一個整環。因此， $x\notin V(I_{1}\cap I_{2})$ 。

假設 $\supseteq$ 對 $k-1$ 個集合成立。那麼我們有

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

從這個引理我們可以看出，代數集構成拓撲的閉集，就像我們在第 14 章中瞭解的扎里斯基閉集一樣。我們很快就會找到這個拓撲的名稱，但我們首先將以不同的方式定義它，以證明我們將要給出的名稱是合理的。

引理 21.11:

令 $\mathbb {F}$ 為一個域，而 $I\subseteq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 。那麼

V(I)=V(r(I))

;

我們回憶一下 $r(I)$ 是 $I$ 的根。

證明: " $\supseteq$ " 來自引理 21.9。另一方面，設 $x\in V(I)$ 且 $g\in r(I)$ 。則對於適當的 $k\in \mathbb {N}$ ，有 $g^{k}\in I$ 。因此， $g^{k}(x)=g(x)^{k}=0$ 。假設 $g(x)\neq 0$ 。則 $g(x)^{k}\neq 0$ ，矛盾。因此， $x\in V(r(I))$ 。 $\Box$

從微積分我們都知道 $\mathbb {R} ^{n}$ 上存在一個自然的拓撲，即由歐幾里得範數誘導的拓撲。但是，在 $\mathbb {R} ^{n}$ 上，事實上，在任意域 $\mathbb {F}$ 上的 $\mathbb {F} ^{n}$ 上也存在另一個拓撲。這個拓撲被稱為 $\mathbb {F} ^{n}$ 上的扎里斯基拓撲。現在扎里斯基拓撲實際上是 $\operatorname {Spec} R$ 上的拓撲，其中 $R$ 是一個環，不是嗎？是的，如果 $R=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ ，那麼 $\mathbb {F} ^{n}$ 與 $\operatorname {Spec} R$ 的一個子集之間存在雙射對應關係。透過這種對應關係，我們將定義扎里斯基拓撲。所以讓我們從以下引理開始建立這種對應關係。

引理 21.12:

令 $\mathbb {F}$ 為一個域，並設定 $R:=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 。如果 $(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n})\in \mathbb {F} ^{n}$ ，則理想

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

是 $R$ 的一個極大理想。

證明:

設定

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

.

這是一個滿射環同態。我們聲稱它的核由 $\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 給出。這實際上並不 trivial，需要解釋。關係 $\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle \subseteq \ker \varphi$ 是 trivial 的。我們現在將證明另一個方向，它不是 trivial 的。對於給定的 $f\in \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ ，我們定義 ${\tilde {f}}(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}):=f(x_{1}+\alpha _{1},\ldots ,x_{n}+\alpha _{n})$ ；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， $f(\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{n})=0$ 當且僅當 ${\tilde {f}}(0,\ldots ,0)=0$ . 後者成立當且僅當 ${\tilde {f}}$ 沒有常數項，這又等價於 ${\tilde {f}}$ 包含在理想 $\langle x_{1},\ldots ,x_{n}\rangle$ 中。這意味著我們可以將 ${\tilde {f}}$ 寫成 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ -線性組合 $x_{1},\ldots ,x_{n}$ ，並用 $x_{j}-\alpha _{j}$ 代替 $x_{j}$ 即可得到我們想要的結論。

因此，根據環同構第一定理，

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

.

因此， $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]{\big /}\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 是一個域，因此 $\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 是極大的。 $\Box$

引理 21.13:

令 $\mathbb {F}$ 為一個域。定義

{\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\}

(根據前面的引理，這是一個 $\operatorname {Spec} \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 的子集，因為極大理想是素理想）。那麼函式

\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

是一個雙射。

證明:

該函式當然是滿射的。令 $\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle =\langle x_{1}-\beta _{1},\ldots ,x_{n}-\beta _{n}\rangle$ ，並假設 $\beta _{j}\neq \alpha _{j}$ 對於某個 $j\in \{1,\ldots ,n\}$ 。那麼 $x_{j}-\beta _{j}\in \langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ ，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， $\langle x_{1}-\alpha _{1},\ldots ,x_{n}-\alpha _{n}\rangle$ 包含單位元，因此等於 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ ，與上一個引理中建立的極大性相矛盾。 $\Box$

定義 21.14:

令 $\mathbb {F}$ 為域。那麼 $\mathbb {F} ^{n}$ 上的 **扎里斯基拓撲** 定義為由開集

\Phi ^{-1}(O)

，

O\subseteq {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }

為開集

其中 $\Phi$ 和 ${\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }$ 如引理 21.13 中所述（即， $\mathbb {F} ^{n}$ 上的扎里斯基拓撲定義為相對於 $\Phi$ 的初始拓撲）。

很容易驗證這些集合 $\Phi ^{-1}(O)$ ， $O\subseteq {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }$ 確實構成了一個拓撲。

有一種非常簡單的方法來描述扎里斯基拓撲

定理 21.15:

設 $\mathbb {F}$ 是一個域。 $\mathbb {F} ^{n}$ 上的扎里斯基拓撲的閉集恰好是代數集。

證明:

不幸的是，對於集合 $T\subseteq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ ，符號 $V(T)$ 現在是模稜兩可的；它可能指的是與 $T$ 相關的代數集，也可能指的是 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 的素理想集 $p$ ，滿足 $T\subseteq p$ 。因此，在本書的剩餘部分，我們將把後者寫成 ${\tilde {V}}(T)$ 。

設 $A\subseteq \mathbb {F} ^{n}$ 關於扎里斯基拓撲是閉的；也就是說， $A=\Phi ^{-1}({\tilde {V}}(T)\cap {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} })$ ，其中 $\Phi$ 是引理 21.13 中的函式，而 $T\subseteq R:=\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 。我們斷言 $A=V(T)$ 。事實上，對於 $\alpha \in \mathbb {F} ^{n}$ ，

{\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}}

.

現在令 $V(S)$ 為代數集。我們斷言 $V(S)=\Phi ^{-1}({\tilde {V}}(S)\cap {\mathcal {M}}_{\mathbb {F} })$ 。事實上，上面的等價關係也證明了這個恆等式（用 $S$ 替換 $T$ ）。 $\Box$

事實上，我們可以用這種方式定義扎里斯基拓撲（即，僅僅定義閉集為代數集），但這樣就會隱藏我們已經知道的扎里斯基拓撲與它的聯絡。

我們現在將繼續給出下一個重要的定義，它也解釋了為什麼我們處理不可約空間。

定義 21.16:

令 $\mathbb {F}$ 為域，並令 $V(S)$ 為代數集。如果 $V(S)$ 相對於扎里斯基拓撲誘導的子空間拓撲是不可約的，則稱 $V(S)$ 為代數簇。

通常，我們將簇簡稱為代數簇。

我們有一個關於代數簇的簡單刻畫。但為了證明它，我們首先需要一個定義和定理。

定理和定義 21.17:

令 $V(S)$ 為代數集。我們定義

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

並呼叫 $I(V(S))$ 為 **與** $V(S)$ **關聯的理想** 或者 ** $V(S)$ 的消失理想**。我們有

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

以及任何滿足 $V(T)=V(S)$ 的集合 $T$ 都包含在 $I(V(S))$ 內。

證明:

首先令 $T$ 為任何滿足 $V(T)=V(S)$ 的集合。那麼對於所有的 $f\in T$ 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， $S\subseteq I(V(S))$ ，因此根據引理 21.9 可知 $V(I(V(S)))\subseteq V(S)$ 。另一方面，如果 $x\in V(S)$ ，則對於所有 $f\in I(V(S))$ ，根據定義，有 $f(x)=0$ 。因此 $x\in V(I(V(S)))$ 。這證明了 $V(S)\subseteq V(I(V(S)))$ 。 $\Box$

定理 21.18:

令 $\mathbb {F}$ 為一個域，並令 $V(S)$ 為一個代數集。則 $V(S)$ 是一個代數簇，當且僅當存在一個素理想 $p\leq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 使得 $V(S)=V(p)$ 。

證明:

令第一個 $p\leq \mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 是一個素理想。假設 $V(p)=V(S)\cup V(T)$ ，其中 $V(S),V(T)$ 是 $V(p)$ 的兩個真閉子集（根據引理 21.10， $V(p)$ 的所有關於子空間拓撲閉的子集都具有這種形式）。那麼存在 $x\in V(p)\setminus V(T)$ 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， $f\cdot g\in p$ 因為對於所有 $z\in V(S)\cup V(T)$ ，要麼 $f(z)=0$ 要麼 $g(z)=0$ ，但既沒有 $f\in p$ 也沒有 $g\in p$ 。

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})

,

並且不可約。因此，如果存在不可約性，則 $I(V(S))$ 是素理想，並且從 21.17 $V(I(V(S)))=V(S)$ . $\Box$

定理 21.19:

$\mathbb {F} ^{n}$ ，配備 Zariski 拓撲，是一個 Noetherian 空間。

證明:

令 $O_{1}\subseteq O_{2}\subseteq \cdots \subseteq O_{k}\subseteq \cdots$ 是一個開放集的遞增鏈。令 $\Phi$ 和 ${\mathcal {M}}_{\mathbb {F} }$ 如引理 21.13 和定義 21.14 中給出。設 $U_{j}=\Phi (O_{j})$ 對所有 $j\in \mathbb {N}$ 。然後，由於 $\Phi$ ，作為一個函式，保留了包含關係，

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

.

由於 $\mathbb {F}$ 是一個諾特環，所以 $\mathbb {F} [x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 也是（透過重複應用希爾伯特基定理）。因此，以上關於 $U_{j}$ 的升鏈最終會在某個 $N\in \mathbb {N}$ 處穩定。由於 $\Phi$ 是一個雙射， $O_{j}=\Phi ^{-1}(\Phi (O_{j}))=\Phi ^{-1}(U_{j})$ 。因此， $O_{j}$ 也在 $N$ 處穩定。 $\Box$