Tô pô Zariski Luận văn Thạc sĩ Toán học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐẶNG THỊ TƯƠI TÔ PÔ ZARISKI Chuyên ngành: HÌNH HỌC VÀ TÔ PÔ Mã số: 60 46 10 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS TS NGUYỄN HỮU QUANG Nghệ An - 2012 MỤC LỤC Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức sở 1.1 Vành Noether 1.2 Ideal ideal nguyên tố 1.3 Tập đại số K n 10 Tô pô Zariski 16 2.1 Tô pô Zariski K n 16 2.2 Không gian tô pô Spm (A) 21 2.3 Mối liên hệ tập đại số ideal cực đại 27 Kết luận 31 Tài liệu tham khảo 32 MỞ ĐẦU Hình học đại số ngành Toán học đại sử dụng ngôn ngữ đại số để mô tả đối tượng nghiên cứu tính chất hình học không gian Afin không gian xạ ảnh Vào cuối kỉ 19, hình học đại số phát triển mạnh Italia với công trình đường cong mặt đại số Castelnuovo Severi Vào năm đầu kỉ 20, Zariski Weil sử dụng công cụ đại số giao hoán để nghiên cứu hình học đại số Theo hướng có nhiều công trình đẹp đẽ hình học đại số chúng trình bày trường đại học Mỹ Vào năm kỉ 20, Serre Grothendieck sử dụng lý thuyết phạm trù vào nghiên cứu hình học đại số Và lúc hình học đại số lần phát triển mạnh mẽ Pháp Ngày nay, hình học đại số giảng dạy nghiên cứu rộng rãi nhiều trường đại học giới Việt Nam Đã có nhiều giáo trình viết hình học đại số, tác : Hartshorne, Mumford, Shafrevich, Ngô Bảo Châu, Ngô Việt Trung Mục đích luận văn sử dụng phương pháp tương tự xây dựng tô pô Zariski không gian ideal nguyên tố Spec (A) ( xem [1] ) để xây dựng tô pô Zariski không gian ideal cực đại Spm (A), A vành giao hoán, có đơn vị Từ đó, trình bày số tính chất không gian Spm (A) với tô pô Zariski Luận văn chia thành hai chương : Chương Kiến thức sở Trong chương này, trình bày số khái niệm tính chất Vành Noether, ideal ideal nguyên tố, tập đại số K n , với K trường có vô hạn phần tử Chương gồm phần sau: 1.1 Vành Noether 1.2 Ideal ideal nguyên tố 1.3 Tập đại số K n Chương xem phần kiến thức chuẩn bị, tạo thuận lợi cho việc trình bày nội dung chương Chương Tô pô Zariski Chương nội dung luận văn Trong chương này, trình bày tô pô Zariski K n , xây dựng tô pô Zariaki Spm (A) trình bày số tính chất không gian Spm (A) Ngoài ra, trình bày mối liên hệ tập đại số ideal I K n tập ideal cực đại K [X] /I Chương gồm phần sau: 2.1 Tô pô Zariski K n 2.2 Không gian tô pô Spm (A) 2.3 Mối liên hệ tập đại số ideal cực đại Luận văn hoàn thành vào 9/2012 Trường Đại học Vinh Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành tới thầy giáo PGS.TS Nguyễn Hữu Quang, người đặt toán hướng dẫn tác giả thực nội dung luận văn Tác giả xin cảm ơn thầy giáo, cô giáo chuyên ngành Hình học - Tô pô giảng dạy góp nhiều ý kiến cho tác giả trình học tập hoàn thiện luận văn Cũng này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình bạn bè động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập Trường Đại học Vinh Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này, giả thiết A vành giao hoán có đơn vị K [x1 , , xn ] (hoặc K [X]) tập tất đa thức n biến trường K có vô hạn phần tử Như biết, K [X] với phép cộng phép nhân đa thức thông thường lập thành vành giao hoán, có đơn vị Một đa thức f biểu thức hình thức dạng: ar1 , ,rn xr11 xrnn f (x1 , , xn ) = r1 + +rn ≤d đó, d số tự nhiên đó, ar1 , ,rn ∈ K; ri ∈ N ; i = 0, , n Bậc đa thức f xác định sau deg f = max {r1 + · · · + rn /ar1 , ,rn = 0} Ta quy ước deg f = −∞ f = Một điểm a (a1 , , an ) ∈ K n (K n gọi không gian Afin n chiều) gọi nghiệm f f (a) = 1.1 Vành Noether Mục đích mục K [X] vành Noether ideal K [X] hữu hạn sinh 1.1.1 Định nghĩa Vành A gọi vành Noether ideal A hữu hạn sinh 1.1.2 Ví dụ Trường K vành Noether trường K có hai ideal {0} K , ideal {0} sinh phần tử ∈ K ideal K sinh phần tử đơn vị K 1.1.3 Mệnh đề (xem [4]) Các điều kiện sau tương đương : (a) A vành Noether, (b) Mọi chuỗi tăng ideal A I1 ⊆ I2 ⊆ ⊆ In ⊆ dừng (nghĩa Ij = Ij+1 = kể từ số j trở đi), (c) Mọi tập hợp không rỗng ideal A có ideal cực đại (ideal cực đại ideal không bị chứa ideal khác tập đó) Chứng minh (a) ⇒ (b) Ta đặt I = In Khi I ideal A (vì f + g ∈ n I; ∀f, g ∈ I f.g ∈ I; ∀f ∈ I, g ∈ A) Do A vành Noether, nên I có hệ sinh hữu hạn S Do S chứa hữu hạn phần tử nên S ⊂ Ij , với j Như Ij = Ij+1 = = I (b) ⇒ (c) Chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử M tập không rỗng ideal A mà M phần tử cực đại Khi với I ∈ M , có J ∈ M cho I ⊂ J Tức là, A có chuỗi ideal không dừng I1 ⊂ I2 ⊂ ⊂ In ⊂ Điều mâu thuẫn với giả thiết (c) ⇒ (a) Chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử A có ideal M không hữu hạn sinh Khi đó, f1 , f2 , , fn = M ; ∀fi ∈ M Như vậy, có fn+1 ∈ M \ f1 , , fn , ta xây dựng chuỗi tăng ideal không dừng f1 ⊂ f1 , f2 ⊂ ⊂ f1 , , fn+1 ⊂ Chuỗi ideal cực đại Điều mâu thuẫn với giả thiết 1.1.4 Hệ Giả sử A vành Noether I ideal tùy ý A Khi đó, hệ sinh I chứa hệ sinh hữu hạn Chứng minh Nếu I = {0} hệ hiển nhiên Giả sử I = Cho f1 , , fn phần tử hệ sinh I Nếu I = f1 , , fn có phần tử fn+1 ∈ I mà fn+1 ∈ / f1 , , fn Tiếp tục trình I hệ hữu hạn sinh Điều mâu thuẫn với giả thiết A vành Noether Bây ta kiểm tra tính Noether vành K [X] Trước hết ta chứng minh tính Noether vành đa thức biến K [x] 1.1.5 Bổ đề (Định lí sở Hilbert, xem[4]) Nếu A vành Noether vành đa thức biến A [x] vành Noether Chứng minh Giả sử M ideal A [x] Ta kí hiệu Ai = ∈ A/f = xi + + a1 x + a0 ∈ M Ta nhận thấy Ai ideal A A0 ⊂ A1 ⊂ ⊂ Ai ⊂ Mặt khác, A vành Noether nên chuỗi ideal dừng, nghĩa A0 ⊂ A1 ⊂ ⊂ Ar = Ar+1 = Ta giả sử A0 có phần tử sinh a01 , , a0n0 ; A1 có phần tử sinh a11 , , a1n1 ; Ar có phần tử sinh ar1 , , arnr Kí hiệu fij đa thức bậc i với hệ số bậc cao aij Khi {fij } tập sinh M Thật vậy, giả sử f đa thức bậc d M , tức deg f = d > r Khi hệ số cao đa thức xd−r fr1 , , xd−r frnr sinh Ad Do có hệ số c1 , , cnr cho g = f − c1 xd−r fr1 − − cnr xd−r frnr có bậc nhỏ thua d, g nằm M Từ g có bậc nhỏ thua d nên g biểu thị qua {fij } Do vậy, f biểu thị qua {fij } 1.1.6 Mệnh đề K [X] vành Noether Chứng minh Do K trường nên K vành Noether Do đó, theo Bổ đề 1.1.5 K [x] vành Noether Mặt khác, ta có K [X] = K [x1 , , xn ] = K [x1 , , xn−1 ] [xn ] Do đó, áp dụng Bổ đề 1.1.5 n lần ta có K [X] vành Noether 1.2 Ideal ideal nguyên tố 1.2.1 Định nghĩa Cho I ideal tùy ý vành A Ta kí hiệu √ I = f ∈ V /∃m ∈ N+ , f m ∈ I √ I gọi I √ Nếu I = I I gọi ideal Khi 1.2.2 Nhận xét Giả sử I ideal tùy ý vành A Khi ideal vành A Thật vậy, giả sử f, g ∈ I, g n ∈ I √ √ I I Khi đó, tồn m, n ∈ N+ cho f m ∈ Ta có m+n m+n (f + g) i Cm+n f i g m+n−i = i=0 m+n ⇒(f + g) ⇒f + g ∈ √ ∈I I Hơn ∀f ∈ I, ∀g ∈ A ⇒ ∃m ∈ N+ , f m ∈ I ⇒ g m f m ∈ I ⇒ (g.f )m ∈ I √ ⇒ g.f ∈ I Vậy I ideal 1.2.3 Mệnh đề Giả sử I; J hai ideal A Khi √ √ (a) I ⊂ I = I ; √ √ √ (b) I.J = I ∩ J ; √ √ √ (c) ) I ∩ J = I ∩ J Chứng minh (a) Với f ∈ I với m = f m = f ∈ I √ ⇒f ∈ I √ ⇒I⊂ I √ √ ⇒ I⊂ I √ √ Với g ∈ I tồn m1 ∈ N+ cho g m1 ∈ I Do ∃n1 ∈ N+ , (g m1 )n1 ∈ I ⇒g m1 n1 ∈ I √ ⇒g ∈ I √ √ ⇒ I ⊂ I Vậy I ⊂ √ I= (b) Với g ∈ √ √ I I.J tồn m ∈ N+ cho f m ∈ I.J Suy f m ∈ I, f m ∈ J √ √ ⇒f ∈ I, f ∈ J √ √ ⇒f ∈ I ∩ J √ √ √ ⇒ I.J ⊂ I ∩ J √ √ √ √ Với g ∈ I ∩ J g ∈ I, g ∈ J Do tồn m1 , m2 ∈ N+ cho g m1 ∈ I, g m2 ∈ J Ta có g m1 g m2 ∈ I.J ⇒g m1 +m2 ∈ I.J √ ⇒g ∈ I.J √ √ √ ⇒ I ∩ J ⊂ I.J √ √ I ∩ J √ (c) Với f ∈ I ∩ J tồn m ∈ N+ cho f m ∈ I ∩ J hay Vậy I.J = √ f m ∈ I, f m ∈ J Vì √ I, f ∈ J √ √ ⇒f ∈ I ∩ J √ √ √ ⇒ I ∩ J ⊂ I ∩ J √ √ √ √ Với g ∈ I ∩ J g ∈ I, g ∈ J Suy tồn m1 , m2 ∈ N+ f∈ √ cho g m1 ∈ I, g m2 ∈ J Ta có g m1 g m2 ∈ I, g m1 g m2 ∈ J ⇒g m1 +m2 ∈ I ∩ J √ ⇒g ∈ I ∩ J √ √ √ ⇒ I ∩ J ⊂ I ∩ J √ √ √ Vậy I ∩ J = I ∩ J 18 Mặt khác, ta có r = f − q.g ⇒ r ∈ I ⇒r=0 ⇒ f = q.g ⇒I= g Vậy I ideal Bây ta trở lại chứng minh Mệnh đề 2.1.3 Giả sử M tập đóng K Khi đó, ta có M = Z (S) , S ⊂ K [x] ⇒M = Z ( S ) ⇒M = Z ( g ) , g ∈ K [x] Do g ideal nên M = Z ( g ) = Z (g) Một đa thức g bậc n trường K có nhiều n nghiệm ( n ≥ ) Do đó, g = Z (g) = K , g = Z (g) ∅, tập hữu hạn điểm 2.1.5 Nhận xét Với tô pô Zariski τZ , đó, không gian tô pô K n có tính chất sau (a) K n T1 -không gian (b) Ta kí hiệu: D (f ) = K n \Z (f ) ; f ∈ K [X] Khi {D (f )}f ∈K[X] sở τZ (c) ) K n tô pô Haussdoff ( T2 -không gian ) (d) Tô pô Zariski τZ yếu tô pô tự nhiên τ K n 19 Chứng minh (a) Giả sử a (a1 , , an ) b (b1 , , bn ) hai điểm phân biệt K n Khi đó, chẳng hạn a, b hai nghiệm hệ S = (x1 − a1 , , xn − an ); S = (x1 − b1 , , xn − bn ) Ta có lân cận Ub = K n \Z (S) lân cận điểm b mà Ub không chứa a Ua = K n \Z S lân cận điểm a mà Ua không chứa b Vậy K n T1 -không gian (b) Giả sử U ∈ τz Khi đó, ta có U = K n \M ; M = Z (S) , S ⊂ K [X]   = K n\  Z (f ) f ∈S (K n \Z (f )) = f ∈S = D (f ) f ∈S Vậy {D (f )}f ∈K[X] sở τZ (c) Giả sử U1 , U2 ∈ τZ U1 , U2 = ∅ Ta chứng minh U1 ∩ U2 = ∅ Thật vậy, giả sử f, g = 0; f, g ∈ K [X] Khi Z (f ) ∪ Z (g) = Z (f.g) = K n ( f.g = ) Hơn D (f ) ∩ D (g) = (K n \Z (f )) ∩ (K n \Z (g)) = K n \ (Z (f ) ∪ Z (g)) = K n \Z (f.g) = ∅ Do {D (f )}f ∈K[X] sở τZ nên với U1 , U2 ∈ τZ U1 = D (f ) f ∈S 20 U2 = D (g) Khi đó, ta có g∈S   U1 ∩ U2 =    D (f ) ∩  D (g) f ∈S g∈S (D (f ) ∩ D (g)) = f,g∈S = ∅ Như vậy, không gian K n hai tập mở không rỗng giao Do đó, với hai điểm a, b ∈ K n , a = b lân cận Ua a lân cận Ub b ta có Ua ∩Ub = ∅ Do K n không không gian Haussdoff (d) Giả sử M tập đóng K n theo tô pô τZ Khi đóM = Z (S) , S ⊂ K [X] Suy M = Z (f1 ) ∩ Z (f2 ) ∩ ∩ Z (fk ), với S = f1 , , fk Do đa thức fi ∈ K [X] , ∀i = 1, , k liên tục theo tô pô τ nên Z (fi ) đóng theo τ Do M đóng theo τ Như vậy, tập đóng theo tô pô τZ đóng theo tô pô τ Hay nói cách khác, tập mở theo tô pô τZ mở theo tô pô τ ( τZ ⊂ τ ) Điều ngược lại chưa Chẳng hạn, ta xét K = K trường Khi đó, tập đóng K theo tô pô τZ tập ∅, K , tập hữu hạn điểm K Khi đó, ta có [a, b] , a = b, đóng theo tô pô τ , không đóng theo tô pô τZ Vì K n \ [a, b] mở theo τ không mở theo τZ 2.1.6 Định lý (xem[4]) Giả sử T tập không gian K n Khi đó, T tập compact theo tô pô Zariski Chứng minh Giả sử {Ui } phủ mở T ; Ui ∈ τz , ∀i ∈ H Khi đó, với i ∈ H tồn Mi tập đại số K n cho 21 Ui = K n \Mi = K n \Z (Si ) , Si ⊂ K [X] = K n \Z fii1 , , fiik , {fii1 , , fiik } tập sinh ideal sinh Si Bây giờ, ta kí hiệu I ideal sinh fii1 , , fiik i∈H Do I hữu hạn sinh nên I = g1 , , gr , gj ∈ fii1 , , fiik , j = 1, , r Ta có T ⊆ (K n \Mi ) Ui = i∈H i∈H = K n\ Z fii1 , , fiik i∈H  r = K n\  Z (gj ) j=1 r (K n \Z (gj )) = j=1 r = Uj j=1 ( Uj = K n \Mj với Mj = Z (Sj ) ; Sj ⊃ gj ) r Như T ⊆ Uj j=1 Vậy T tập compact 2.2 Không gian tô pô Spm (A) Trong mục này, ta giả sử A = K [X] vành tất đa thức n-biến trường đóng đại số K , có đơn vị Ta kí hiệu Spm (A) tập hợp tất 22 ideal cực đại thực A Với I ideal A, ta kí hiệu V (I) tập hợp tất ideal cực đại A chứa I , nghĩa V (I) = {P/P ∈ Spm (A) , I ⊂ P } , kí hiệu U (I) tập hợp tất ideal cực đại A không chứa I , nghĩa U (I) = {P/P ∈ Spm (A) , I ⊂ P } Ta nhận thấy rằng, với I = A V (I) = ∅ U (I) = Spm (A); với I = {0} V (I) = Spm (A) U (I) = ∅ 2.2.1 Nhận xét (a) Giả sử I ideal cực đại A Khi I ideal nguyên tố (b) Giả sử I1 , I2 hai ideal A thỏa mãn U (I1 + I2 ) = spm (A) Khi ∃a ∈ I1 , b ∈ I2 : a + b = (c) Giả sử I1 , I2 ideal A Khi đó, ta có (i) V (I1 ) ∪ V (I2 ) = V (I1 I2 ), (ii) V (I1 ) ∩ V (I2 ) = V (I1 + I2 ), (iii) U (I1 ) ∩ U (I2 ) = U (I1 I2 ), Uj (Ij ) = U (iv) j∈L Ij j∈L (d) Giả sử I1 , I2 hai ideal A I1 ⊂ I2 Khi V (I2 ) ⊂ V (I1 ) U (I2 ) ⊃ U (I1 ) Chứng minh (a) Giả sử I không ideal nguyên tố Khi ∃a, b ∈ A cho a.b ∈ I a, b ∈ / I Rõ ràng I ⊂ I, a Như I không ideal cực đại Điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy I ideal nguyên tố 23 (b) Thật vậy, từ giả thiết U (I1 + I2 ) = Spm (A) ta suy ideal cực đại A chứa I1 +I2 Điều xảy I1 +I2 = A Tức có a ∈ I1 , b ∈ I2 để a + b = (c) (i) Ta đặt V (I1 ) ∪ V (I2 ) = M ; V (I1 I2 ) = N Giả sử P ∈ M Khi P ⊃ I1 P ⊃ I2 Từ suy P ⊃ I1 I2 hay P ∈ N Ngược lại, giả sử B ∈ N , ta cần chứng minh B ∈ M , nghĩa chứng minh B ⊃ I1 B ⊃ I2 Ta chứng minh phản chứng Giả sử B không chứa I1 B không chứa I2 Khi đó, tồn a ∈ I1 a∈ / B tồn b ∈ I2 b ∈ / B Như a.b ∈ / B ( B nguyên tố ) Điều mâu thuẫn với giả thiết B ∈ N Vậy V (I1 ) ∪ V (I2 ) = V (I1 I2 ) (ii) Giả sử C ∈ V (I1 ) ∩ V (I2 ) C⊃I ⇔ C ⊃ I1 ⇔C ⊃ I1 + I2 ⇔C ∈ V (I1 + I2 ) Vậy V (I1 ) V (I2 ) = V (I1 + I2 ) (iii) Giả sử D ∈ U (I1 ) ∩ U (I2 ) Khi I1 D I2 D Suy tồn a ∈ I1 b ∈ I2 cho a, b ∈ / D Do đó, a.b ∈ / D nên I1 I2 D Vậy D ∈ U (I1 I2 ) Ngược lại, giả sử B ∈ U (I1 I2 ) Suy I1 I2 I2 B Từ ta có B ∈ U (I1 ) ∩ U (I2 ) Vậy U (I1 ) ∩ U (I2 ) = U (I1 I2 ) (iv) Ta đặt K = Uj (Ij ) H = U j∈L Ij j∈L B Do đó, I1 B 24 Giả sử C ∈ K Khi đó, ta có ∃j0 : C ∈ Uj0 (Ij0 ) ⇒ Ij0 ⊂ C ⇒ Ij ⊂ C j∈L ⇒ C ∈ H Ngược lại, giả sử B ∈ H ⇒ Ij ⊂ B Ta cần chứng minh B ∈ K Ta j∈L chứng minh phản chứng, giả sử B∈ / Uj (Ij ) , ∀j ∈ L ⇒ Ij ⊂ B, ∀j ∈ L Ij ⊂ B ⇒ j∈L ⇒B∈ / H Điều mâu thuẫn Do B ∈ Uj (Ij ) với j Hay B ∈ K Ij Uj (Ij ) = U Vậy j∈L j∈L (d) Giả sử P ∈ V (I2 ) Khi P ⊃ I2 kéo theo P ⊃ I1 hay P ∈ V (I1 ) Do V (I2 ) ⊂ V (I1 ) Tương tự, giả sử Q ∈ U (I1 ) Khi I1 ⊂ Q kéo theo I2 ⊂ Q hay Q ∈ U (I2 ) Vậy U (I1 ) ⊂ U (I2 ) 2.2.2 Mệnh đề Giả sử I ideal A Khi I = C C∈V (I) Chứng minh Do I ⊂ C, ∀C ∈ V (I) nên I ⊂ C C∈V (I) Đảo lại, giả sử f ∈ C Ta chứng minh f ∈ I Giả sử ngược lại C∈V (I) f ∈ / I Khi đó, C = A\f ideal cực đại chứa I C không chứa f Điều vô lí 25 Vậy I = C C∈V (I) Bây ta kí hiệu τS = U (I) /I la ` ideal A Theo Nhận xét 2.2.1 τS lập thành tô pô Spm (A) 2.2.3 Định nghĩa τS gọi tô pô Zariski Spm (A) Như vậy, với ideal I A U (I) tập mở Spm (A) V (I) tập đóng Spm (A) 2.2.4 Nhận xét Với tô pô Zariski τS không gian tô pô Spm (A) T1 -không gian không T2 -không gian Chứng minh Ta xét C ∈ Spm (A) Khi đó, V (C) = {C} Như vậy, tập điểm không gian Spm (A) tập đóng Do Spm (A) T1 -không gian Ta chứng minh Spm (A) T2 -không gian Giả sử C1 , C2 hai điểm khác Spm (A) Ta xét U1 , U2 lân cận C1 , C2 Khi U1 = U (I1 ), U2 = U (I2 ) với I1 , I2 ideal khác không A Ta có U1 ∩ U2 = U (I1 ) ∩ U (I2 ) = U (I1 I2 ) = ∅ Vậy Spm (A) không T2 -không gian 2.2.5 Mệnh đề {U ( f ) /f ∈ A} sở τS Chứng minh Giả sử U ∈ τS Khi U = U (I) tập mở Spm (A), I ideal A Do A = K [X] vành Noether nên U = U (I) = U ( f1 , , fm ) Giả sử C ∈ U (I) tức I ⊂ C Khi fi ⊂ C , với i đó, hay m C ∈ U ( fi ) Do C ∈ U ( fi ) i=1 26 m U ( fi ) Khi tồn i0 ∈ {1, , m} để C ∈ Ngược lại, giả sử C ∈ i=1 U ( fi0 ) tức fi0 ⊂ C Điều kéo theo I ⊂ C hay C ∈ U (I) m U ( fi ) Vậy U = i=1 Ta nhắc lại : Giả sử M ⊂ Spm (A), ta nói bao đóng M , kí hiệu M , tập đóng bé chứa M 2.2.6 Mệnh đề Giả sử M = {Cj ∈ Spm (A) /j ∈ L} ; I = Cj Khi j∈L M = V (I) Chứng minh Trước tiên, ta nhận thấy I ideal A ( f +g ∈ I, ∀f, g ∈ I f.g ∈ I, ∀f ∈ I, ∀g ∈ A ) Ta chứng minh M ⊂ V (I) Thật vậy, với Cj ∈ M Cj ⊃ I , tức Cj ∈ V (I) Suy M ⊂ V (I), M ⊂ V (I) = V (I) Tiếp theo, giả sử N tập đóng chứa M Ta chứng minh N ⊃ V (I) Do N đóng nên N = V I , với I ideal A Ta chứng minh V I ⊃ V (I) Với Cj ∈ V I , ∀j ∈ L Cj ⊃ I, ∀j ∈ L Khi I ⊂ I Theo Nhận xét 2.2.1 ta suy V I ⊃ V (I) Vậy M = V (I) 2.2.7 Mệnh đề Giả sử T tập không gian Spm (A) Khi đó, T tập compact Chứng minh Giả sử {Ui }i∈H phủ T , Ui , i ∈ H, tập mở Spm (A), tức T ⊆ Ui Khi đó, theo Mệnh đề 2.2.5 không i∈H tính tổng quát ta viết T ⊆ U (fj ), với fj ∈ A, ∀j ∈ L Ta kí hiệu j∈L I = fj , j ∈ L Do A = K [X] vành Noether nên I = f1 , , fm , {1, , m} ⊂ L 27 Đặt U = U (fj ) Ta chứng minh U = U (I) j∈L Thật vậy, giả sử C ∈ U C ∈ U ( fj ), với j Khi fj ⊂ C Điều kéo theo I ⊂ C hay C ∈ U (I) Ngược lại, C ∈ U (I) I ⊂ C Suy fj ⊂ C , với j đó, C ∈ U ( fj ) hay C ∈ U m Như vậy, T ⊆ U (I) = U ( f1 , , fm ) = U ( fi ) (theo cách chứng i=1 minh Mệnh đề 2.2.5) Vậy T tập compact 2.2.8 Mệnh đề Giả sử V tập đóng không gian Spm (A) Khi đó, V phân tích thành giao hữu hạn tập đóng dạng V ( fi ), fi ∈ A, i = 1, , m Chứng minh Do V tập đóng Spm (A) nên V = Spm (A) \U , với U tập mở Spm (A) Áp dụng Mệnh đề 2.2.5 với tập U mở ta m V = Spm (A) \ U ( fi ) i=1 m (Spm (A) \U ( fi )) = i=1 m = V ( fi ) i=1 2.3 Mối liên hệ tập đại số ideal cực đại Trong mục này, ta xét mối liên hệ tập đại số ideal I vành K [X] tập ideal cực đại không gian K [X] /I ( ta giả thiết K trường đóng đại số ) Ta đặt VI = {α ∈ K n /f (α) = 0, ∀f ∈ I}, nghĩa VI tập nghiệm I , hay VI tập đại số ideal I Do VI tập đóng K n 28 Với α ∈ K n , ta xét ánh xạ evα : K [X] → K f → f (α) 2.3.1 Mệnh đề evα toàn cấu đại số Chứng minh Với f, g ∈ K [X], ta có evα (f + g) = (f + g) (α) = f (α) + g (α) = evα (f ) + evα (g) evα (g.f ) = (g.f ) (α) = g (α) f (α) = evα (g) evα (f ) Với f ∈ K [X] , λ ∈ K , ta có evα (λf ) = (λf ) (α) = λ.f (α) = λ.evα (f ) Hơn nữa, với a ∈ K có f ∈ K [X] cho evα (f ) = a Thật vậy, lấy g K [X] giả sử g (α) = b đặt f = g + a − b Rõ ràng f (α) = g (α) + a − b, hay f (α) = a Do evα = a Vậy evα toàn cấu đại số Ta nhận thấy rằng, với α ∈ VI f (α) = 0, ∀f ∈ I Từ đó, với α ∈ VI ta xét ánh xạ evα : K [X] /I → K g = g + I → g (α) 29 2.3.2 Mệnh đề evα toàn cấu đại số Chứng minh Giả sử g = g + I, h = h + I ∈ K [X] /I , ta có evα g + h = (g + h) (α) = g (α) + h (α) = evα (g) + evα h evα h.g = (h.g) (α) = h (α) g (α) = evα h evα (g) Với g = g + I, λ ∈ K ta có evα (λ.g) = evα (λ (g + I)) = evα (λ.g + I) = (λ.g) (α) = λ.g (α) = λ.evα (g) Giả sử a ∈ K Ta lấy g thuộc K [X] /I giả sử evα (g) = b Ta đặt f = (g + (a − b)) + I Khi đó, ta có evα f = evα (g + (a − b) + I) = (g + (a − b)) (α) = g (α) + (a − b) = a Vậy evα toàn cấu đại số Ta kí hiệu α = k er (evα ) Từ mệnh đề trên, ta có hệ sau 2.3.3 Hệ α ideal cực đại K [X] /I , với α ∈ VI 30 Chứng minh Do α = k er (evα ) nên α ideal K [X] /I Theo Mệnh đề 2.3.2 evα toàn cấu đại số nên ta có (K [X] /I) /α K Mặt khác, K trường nên α ideal cực đại K [X] /I 2.3.4 Chú ý Với α ∈ VI ứng với ideal cực đại α K [X] /I theo biểu đồ α → evα → evα → k er (evα ) = α Như vậy, ta có ánh xạ ϕ : α → α 31 KẾT LUẬN Luận văn hoàn thành vấn đề sau: (1) Trình bày chứng minh chi tiết tính chất vành Noether, ideal ideal nguyên tố, tập đại số K n (Mệnh đề 1.1.6, Mệnh đề 1.2.6, Mệnh đề 1.3.8 ) (2) Trình bày chứng minh chi tiết tính chất tô pô Zariski K n (Nhận xét 2.1.5, Định lí 2.1.6), trình bày mối liên hệ α α, α ∈ VI α = k er (evα ) (Chú ý 2.3.4) (3) Xây dựng tô pô Zariski không gian Spm (A) (4) Phát biểu chứng minh Mệnh đề 2.2.5 (mệnh đề nói sở τS ) (5) Phát biểu chứng minh Mệnh đề 2.2.6 (mệnh đề nói cách xác định bao đóng tập không gian Spm (A)) (6) Phát biểu chứng minh Mệnh đề 2.2.7(mệnh đề nói tính compact tập tùy ý không gian Spm (A)) Trong thời gian tới tiếp tục tìm hiểu số tính chất tô pô Zariski không gian xạ ảnh 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Ngô Bảo Châu (8/2003), Giáo trình hình học đại số, Viện Toán học Việt Nam [2] Nguyễn Việt Hải (2007), Đại số giao hoán, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Lang.S (1975), Đại số - phần I (bản dịch tiếng Viêt), Nhà xuất Đại học trung học chuyên nghiệp Hà Nội [4] Ngô Việt Trung (2008), Nhập môn đại số giao hoán hình học đại số (bản thảo lần 5), Viện Toán học - Việt Nam [5] Đặng Thị Tươi, Đồng Khắc Soạn (2012),Một số tính chất không gian Spm (A), Tạp chí Khoa học trường Đại học Hồng Đức (đã có giấy nhận đăng) Tiếng Anh [6] Atiyah.M.F and Macdonald.I.G (1969) , Introduction to Commutative algebra, Addision – Wesley, Reading.Mass [7] Hartshorne R (1977), Algebraic geometry, Pub Berkeley, California Uni [8] Zariski.O and Samuel.P (1960), Commutative algebra (Vol I), Van Nostrand, Princeton [...]... ∈ IM ∩N 15 Vậy IM + IN ⊂ IM ∩N 16 CHƯƠNG 2 TÔ PÔ ZARISKI Trong mục này, chúng tôi trình bày các tính chất của tô pô Zariski trong K n Và từ việc xây dưng tô pô Zariski của không gian Spm (A), chúng tôi trình bày một số tính chất của không gian Spm (A), và mối liên hệ giữa tập đại số của ideal I trong K n với các ideal cực đại của K [X] /I 2.1 Tô pô Zariski trong K n Ta kí hiệu : τZ = {U/U = K n... thì Z (g) hoặc là ∅, hoặc là tập hữu hạn điểm 2.1.5 Nhận xét Với tô pô Zariski τZ , khi đó, không gian tô pô K n có các tính chất sau (a) K n là T1 -không gian (b) Ta kí hiệu: D (f ) = K n \Z (f ) ; f ∈ K [X] Khi đó {D (f )}f ∈K[X] là cơ sở của τZ (c) ) K n không phải là tô pô Haussdoff ( T2 -không gian ) (d) Tô pô Zariski τZ yếu hơn tô pô tự nhiên τ trong K n 19 Chứng minh (a) Giả sử a (a1 , , an... sử M là một tập đóng trong K n theo tô pô τZ Khi đóM = Z (S) , S ⊂ K [X] Suy ra M = Z (f1 ) ∩ Z (f2 ) ∩ ∩ Z (fk ), với S = f1 , , fk Do mỗi đa thức fi ∈ K [X] , ∀i = 1, , k đều liên tục theo tô pô τ nên Z (fi ) đóng theo τ Do đó M đóng theo τ Như vậy, mỗi tập đóng theo tô pô τZ đều đóng theo tô pô τ Hay nói cách khác, mỗi tập mở theo tô pô τZ đều mở theo tô pô τ ( τZ ⊂ τ ) Điều ngược lại chưa... giờ ta kí hiệu τS = U (I) /I la ` ideal của A Theo Nhận xét 2.2.1 thì τS lập thành một tô pô trên Spm (A) 2.2.3 Định nghĩa τS được gọi là tô pô Zariski của Spm (A) Như vậy, với mỗi ideal I của A thì U (I) là một tập mở trong Spm (A) và V (I) là tập đóng trong Spm (A) 2.2.4 Nhận xét Với tô pô Zariski τS không gian tô pô Spm (A) là T1 -không gian nhưng không là T2 -không gian Chứng minh Ta xét C ∈ Spm... một trường Khi đó, mỗi tập đóng trong K theo tô pô τZ là tập ∅, hoặc là K , hoặc là tập hữu hạn điểm trong K Khi đó, ta có [a, b] , a = b, đóng theo tô pô τ , nhưng không đóng theo tô pô τZ Vì vậy K n \ [a, b] mở theo τ nhưng không mở theo τZ 2.1.6 Định lý (xem[4]) Giả sử T là một tập con bất kì trong không gian K n Khi đó, T là tập compact theo tô pô Zariski Chứng minh Giả sử {Ui } là một phủ mở... sẽ tiếp tục tìm hiểu một số tính chất của tô pô Zariski trong không gian xạ ảnh 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Ngô Bảo Châu (8/2003), Giáo trình hình học đại số, Viện Toán học Việt Nam [2] Nguyễn Việt Hải (2007), Đại số giao hoán, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Lang.S (1975), Đại số - phần I (bản dịch tiếng Viêt), Nhà xuất bản Đại học và trung học chuyên nghiệp Hà Nội [4] Ngô Việt Trung... evα → k er (evα ) = α Như vậy, ta có ánh xạ ϕ : α → α 31 KẾT LUẬN Luận văn này đã hoàn thành được các vấn đề sau: (1) Trình bày các chứng minh chi tiết các tính chất về vành Noether, ideal căn và ideal nguyên tố, tập đại số trong K n (Mệnh đề 1.1.6, Mệnh đề 1.2.6, Mệnh đề 1.3.8 ) (2) Trình bày chứng minh chi tiết các tính chất của tô pô Zariski trong K n (Nhận xét 2.1.5, Định lí 2.1.6), trình bày mối... hình học đại số (bản thảo lần 5), Viện Toán học - Việt Nam [5] Đặng Thị Tươi, Đồng Khắc Soạn (2012),Một số tính chất của không gian Spm (A), Tạp chí Khoa học trường Đại học Hồng Đức (đã có giấy nhận đăng) Tiếng Anh [6] Atiyah.M.F and Macdonald.I.G (1969) , Introduction to Commutative algebra, Addision – Wesley, Reading.Mass [7] Hartshorne R (1977), Algebraic geometry, Pub Berkeley, California Uni [8] Zariski. O... (S2 ) ; S2 ⊂ K [X] Khi đó U1 ∩ U2 = (K n \A1 ) ∩ (K n \A2 ) = K n \ (A1 ∪ A2 ) = K n \ (Z (S1 ) ∪ Z (S2 )) = K n \Z (S) ; S = {f.g |f ∈ S1 , g ∈ S2 } Vậy U1 ∩ U2 ∈ τz 2.1.2 Định nghĩa Tô pô τZ được gọi là tô pô Zariski trong K n Như vậy, mỗi tập đóng trong K n là một tập đại số trong K n 2.1.3 Mệnh đề Tập đóng trong K là tập ∅, hoặc K , hoặc tập hữu hạn điểm của K Chứng minh Để chứng minh mệnh... ideal I trong K n với các ideal cực đại của K [X] /I 2.1 Tô pô Zariski trong K n Ta kí hiệu : τZ = {U/U = K n \M }; trong đó M là tập đại số trong K n 2.1.1 Mệnh đề τZ là một tô pô trong K n Chứng minh Ta kiểm tra ba tiên đề về tô pô của τz : +) ∅ = K n \K n , do K n là tập đại số, nên ∅ ∈ τz ; K n = K n \∅, do ∅ là tập đại số, nên K n ∈ τz +) Giả sử Ui ∈ τz , i ∈ H Khi đó Ui = K n \Ai ; trong đó Ai ... lợi cho việc trình bày nội dung chương Chương Tô pô Zariski Chương nội dung luận văn Trong chương này, trình bày tô pô Zariski K n , xây dựng tô pô Zariaki Spm (A) trình bày số tính chất không... đóng theo tô pô τZ đóng theo tô pô τ Hay nói cách khác, tập mở theo tô pô τZ mở theo tô pô τ ( τZ ⊂ τ ) Điều ngược lại chưa Chẳng hạn, ta xét K = K trường Khi đó, tập đóng K theo tô pô τZ tập... lập thành tô pô Spm (A) 2.2.3 Định nghĩa τS gọi tô pô Zariski Spm (A) Như vậy, với ideal I A U (I) tập mở Spm (A) V (I) tập đóng Spm (A) 2.2.4 Nhận xét Với tô pô Zariski τS không gian tô pô Spm