Алгебраические многообразия

[MChagall]

Чтобы не плодить темы, решил две похожие задачи спросить здесь.

1) Найти неприводимые компоненты многообразия, которое является множеством совместных нулей идеала $(xy+yz,x^3y^3+x^2y^2)\subset \mathbb{C}[x,y,z]$ и описать радикал этого идеала.
Если я правильно понимаю, то просто решаю систему

$$\left\{ \begin{array}{rcl} y(x+z)=0& \\ x^2y^2(xy+1)=0& \\ \end{array} \right.$$

Получаю, что одна компонента $y=0$, вторая - $x=z=0$.
И третья остается система

$$\left\{ \begin{array}{rcl} x+z=0& \\ xy+1=0& \\ \end{array} \right.$$

Как доказать, что это неприводимая компонента?
Знаю, что идеал $(x+z,xy+1)$ должен быть простым. Но как это показать?
Простой идеал - это 1) фактор по которому - область целостности
или 2) $ab\in p \Rightarrow a\in p$ или $b\in p$.

2) Найти образующие идеала в $\mathbb{C}[x,y,z]$, который состоит из функций, зануляющихся в точках $(t^2,t^3,t^4)$, $t\in\mathbb{C}$.
Предполагаю, что это будет $I=(x^3-y^2,x^2-z)$. Как показать, что это так?
На днях спрашивал похожую задачу, но там получилось всё свести к одной переменной. Здесь так не выходит. Как быть?

[MChagall]

В 1), возможно, так стоит
Найдем фактор $J=\mathbb{C}[x,y,z]/(x+z,xy+1)$. Так как $z=-x$, то $J=\mathbb{C}[x,y]/(xy+1)$.
Так как $(xy+1)$ - неприводим, то $J$ - область целостности, а значит идеал $(x+z,xy+1)$ - прост, и оставшаяся компонента неприводима. Верно так?

[vpb]

MChagall в сообщении #1486419 писал(а):

Как быть?

Например, заметить, что по модулю указанного идеала любой многочлен сравним с многочленом, содержащим только $x$ и $y$.

[MChagall]

vpb в сообщении #1486457 писал(а):

Например, заметить,

Ну то есть $\mathbb{C}[x,y,z]/I=\mathbb{C}[x,y]/(x^3-y^2)$? Дальше, наверное, смогу показать что $(x^3-y^2)$ - неприводим. Но как это показывает, что в $I$ все искомые многочлены?

[MChagall]

MChagall в сообщении #1486421 писал(а):

а значит идеал $(x+z,xy+1)$ - прост, и оставшаяся компонента неприводима. Верно так?

Так понимаю, это правильно?
Тогда в 1) осталось описать радикал.
Используя свойства радикалов $r((yx+yz)+(x^3y^3+x^2y^2))=r(r(yx+yz)+r(x^3y^3+x^2y^2))=$ $r(r(y)\cap r(x+z)+r(x^2)\cap r(y^2)\cap r(xy+1))=r((y(x+z))+(xy(xy+1)))=$ $r(yx+yz,x^2y^2+xy)$. Верно так? А дальше как? $r(yx+yz,x^2y^2+xy)=(yx+yz,x^2y^2+xy)$?

В 2) возникла мысль что может быть всего одна образующая $(xz-y^2)$. Но как доказать что другого ничего нет всё равно не знаю.
Может кто помочь с этими вопросами?

[MChagall]

Про 2) вот какая вещь возникла:

Рассмотрим моном $x^ay^bz^c$

I) Пусть $b=2k$
$x^ay^bz^c=x^a(x^3+(y^2-x^3))^k(x^2+(z-x^2))^c=x^a(x^{3k}+(y^2-x^3)g(x,y))(x^{2c}+(z-x^2)h(x,z))=x^{a+3k+2c}+(y^2-x^3)g_1(x,y,z)+(z-x^2)h_1(x,y,z)$
Так как любой $f\in\mathbb{C}[x,y,z]$ - это линейная комбинация мономов, то $f=(y^2-x^3)g(x,y,z)+(z-x^2)h(x,y,z)+p(x)$
$f(t^2,t^3,t^4)=p(t)=0 \forall t\in \mathbb{C}\Rightarrow p(t)\equiv 0$

II) Пусть $b=2k+1$
$x^ay^bz^c=x^ayy^{2k}z^c=x^{a+3k+2c}y+(y^2-x^3)g_1(x,y,z)+(z-x^2)h_1(x,y,z)$
$f=(y^2-x^3)g(x,y,z)+(z-x^2)h(x,y,z)+p(x^ny)$
И $f(t^2,t^3,t^4)=p(t^{2n}t^3)=t^3q(t)=0\forall t\in \mathbb{C}\Rightarrow q(t)\equiv 0$

Значит $I=(x^3-y^2,x^2-z)$ - искомый идеал.

Верное рассуждение?

[MChagall]

Понял, что не прав.

Получается, вроде, вот что
$f(x,y,z)=(y^2-x^3)g+(z-x^2)h+\sum\limits_{}^{}a_nx^n+\sum\limits_{}^{}b_mx^my$
$f(t^2,t^3,t^4)=\sum\limits_{}^{}a_nt^{2n}+\sum\limits_{}^{}b_mt^{2m}t^3=p(t^2,t^3)$.
Т.е. в $p$ есть все мономы $t$, кроме монома первой степени. И использовать то, что он тождественно равен нулю нельзя. Может, двух образующих недостаточно?
В принципе, я пришёл туда, откуда начинал. Можно ли как-то доработать это рассуждение?

(Оффтоп)

Может кто помочь? А то тема уже напоминает дневник бьющегося о стену

[Xaositect]

MChagall в сообщении #1487516 писал(а):

Т.е. в $p$ есть все мономы $t$, кроме монома первой степени. И использовать то, что он тождественно равен нулю нельзя.

В чем Ваша проблема? Коэффициенты $a_n$ и $b_m$ все получились при разных степенях $t$. Если $f(t^2, t^3, t^4) = 0$, то и все коэффициенты равны $0$.

[Slav-27]

MChagall в сообщении #1486419 писал(а):

2) Найти образующие идеала в $\mathbb{C}[x,y,z]$, который состоит из функций, зануляющихся в точках $(t^2,t^3,t^4)$, $t\in\mathbb{C}$.

Переформулировка: надо найти ядро гомоморфизма $i^*:\mathbb C[x,y,z]\to\mathbb C[t]$, который переводит $x\mapsto t^2, y\mapsto t^3, z\mapsto t^4$. Вы заметили, что многочлены $x^3-y^2$ и $x^2-z$ в ядре, и хотите показать, что они порождают всё ядро. Иначе говоря, вы хотите доказать, что у индуцированного отображения $\dfrac{\mathbb C[x,y,z]}{(x^3-y^2,x^2-z)}\to\mathbb C[t]$ нулевое ядро.

-- 16.10.2020, 23:56 --

Ваши задачи на самом деле по коммутативной алгебре. Поэтому я настоятельно советую стремиться в итоге их сформулировать и решить чисто алгебраическими методами. Хотя, конечно, геометрическая интуиция может быть полезна при придумывании решения, и наоборот, когда вы придумаете алгебраическое решение, полезно соображать, что различные его шаги означают геометрически.

Переформулировка 1-й задачи: найти разложение $\sqrt{(\;\; y(x+z),\;\, x^2y^2(xy+1)\;\; )}<\mathbb C[x,y,z]$ в пересечение простых идеалов.

Советую сделать замену переменной $\tilde z:=x+z$, тогда формулы слегка упростятся, и, может быть, сложнее будет запутаться.

Вы, по-видимому, утверждаете, что получится $(y)\cap(x-z)\cap (x+z, xy+1)$. Так ли это? Просты ли эти 3 идеала? Про 3-й вы доказали, что да, всё правильно:

MChagall в сообщении #1486421 писал(а):

В 1), возможно, так стоит
Найдем фактор $J=\mathbb{C}[x,y,z]/(x+z,xy+1)$. Так как $z=-x$, то $J=\mathbb{C}[x,y]/(xy+1)$.
Так как $(xy+1)$ - неприводим, то $J$ - область целостности, а значит идеал $(x+z,xy+1)$ - прост, и оставшаяся компонента неприводима. Верно так?

(Но понятно ли, почему неприводим $xy+1$?)

Однако: содержится ли исходный идеал в каждом из этих трёх?

[MChagall]

Slav-27 в сообщении #1487528 писал(а):

Переформулировка: надо найти ядро гомоморфизма

Спасибо! Действительно, быстрее бы пришёл к решению выше. Вы ведь его имеете в виду для доказательства этого

Slav-27 в сообщении #1487528 писал(а):

индуцированного отображения $\dfrac{\mathbb C[x,y,z]}{(x^3-y^2,x^2-z)}\to\mathbb C[t]$ нулевое ядро

?

Slav-27 в сообщении #1487528 писал(а):

$\sqrt{(\;\; y(x+z),\;\, x^2y^2(xy+1)\;\; )}<\mathbb C[x,y,z]$

Непонятно обозначение. Это $r(y(x+z),\;\, x^2y^2(xy+1))\in \mathbb{C}[x,y,z]$ имеете в виду?

Slav-27 в сообщении #1487528 писал(а):

(Но понятно ли, почему неприводим $xy+1$?)

Так руками несложно проверить, разве нет?

Slav-27 в сообщении #1487528 писал(а):

Вы, по-видимому, утверждаете, что получится $(y)\cap(x-z)\cap (x+z, xy+1)$.

Да я, на самом деле, не знаю как искать радикалы. Хочу понять как. Но в литературе мало нашёл. Думаю, как раз пример этого идеала помог бы понять.

[Slav-27]

MChagall в сообщении #1487541 писал(а):

быстрее бы пришёл к решению выше. Вы ведь его имеете в виду для доказательства этого

Slav-27 в сообщении #1487528 писал(а):

индуцированного отображения $\dfrac{\mathbb C[x,y,z]}{(x^3-y^2,x^2-z)}\to\mathbb C[t]$ нулевое ядро

?

То, что вы выше написали, почти всё, что надо, доказывает.

MChagall в сообщении #1487541 писал(а):

Непонятно обозначение. Это $r(y(x+z),\;\, x^2y^2(xy+1))\in \mathbb{C}[x,y,z]$ имеете в виду?

Да, но вместо $\in$ надо $\subset$.

MChagall в сообщении #1487541 писал(а):

Так руками несложно проверить, разве нет?

Да.

MChagall в сообщении #1487541 писал(а):

Да я, на самом деле, не знаю как искать радикалы. Хочу понять как. Но в литературе мало нашёл. Думаю, как раз пример этого идеала помог бы понять.

Раскладывайте в произведения или пересечения; причём, так как потом всё равно брать радикал, то можно любой получающийся в процессе идеал заменять на другой с тем же радикалом.

И ещё раз предлагаю проверить то, что вы уже сделали, там есть ошибка.

-- 17.10.2020, 13:37 --

Коммутативная алгебра и аффинная алгебраическая геометрия -- одно и то же, и надо уметь переводить с одного языка на другой. Составляйте словарик:
кольцо многочленов от $d$ переменных $\longleftrightarrow$ $d$-мерное аффинное пространство;
радикальный идеал (т. е. в факторе нет нильпотентов) $\longleftrightarrow$ (замкнутое алгебраическое, дальше эти слова пропускаются) подмногообразие;
произвольный идеал $\longleftrightarrow$ замкнутая подсхема (подмногообразие "с бесконечно малой каёмкой"; серия примеров, которую полезно обдумать: $k[x,y]/(x^m,y^n)$, $m,n=1,2,3...$);
простой идеал (т. е. в факторе нет делителей нуля) $\longleftrightarrow$ неприводимое подмногообразие;
примарный идеал (т. е. в факторе все делители нуля нильпотентны) $\longleftrightarrow$ неприводимое подмногообразие с бесконечно малой каёмкой, "которая распределена по нему равномерно, а не утолщается на каком-нибудь собственном подмногообразии";
сумма идеалов $\longleftrightarrow$ пересечение;
пересечение идеалов $\longleftrightarrow$ объединение;
произведение идеалов $\longleftrightarrow$ объединение и потом, в некоторых случаях, бесконечно малое утолщение (это что-то геометрически не очень понятное);
взятие радикала $\longleftrightarrow$ удаление бесконечно малой каёмки...

[MChagall]

Slav-27 в сообщении #1487548 писал(а):

То, что вы выше написали, почти всё, что надо, доказывает.

А что остаётся доказать?

[Slav-27]

MChagall в сообщении #1487558 писал(а):

А что остаётся доказать?

Может и ничего, не знаю, там всё рассеяно по разным сообщениям, и трудно за этим следить.

[vpb]

MChagall в сообщении #1487516 писал(а):

Может кто помочь? А то тема уже напоминает дневник бьющегося о стену

Давно не заходил как-то ... Извините, если что.

-- 17.10.2020, 18:30 --

MChagall в сообщении #1486471 писал(а):

Дальше, наверное, смогу показать что $(x^3-y^2)$ - неприводим. Но как это показывает, что в $I$ все искомые многочлены?

Не надо показывать, что $(x^3-y^2)$ неприводим. Это верно, но, строго говоря, для задачи не нужно. Покажите, что если многочлен от $x$ и $y$ тождественно обращается в нуль при подстановке $x=t^2$, $y=t^3$, то он делится на $(x^3-y^2)$. Это совсем простая алгебра, школьная. (Собственно, выше коллега про это уже написал ...)

-- 17.10.2020, 18:40 --

MChagall в сообщении #1487541 писал(а):

Да я, на самом деле, не знаю как искать радикалы.

Теорему Гильберта о нулях проходили ? Если проходили --- попробуйте применить ...

-- 17.10.2020, 18:59 --

MChagall в сообщении #1487516 писал(а):

И использовать то, что он тождественно равен нулю нельзя.

В каком смысле нельзя ?

В. Инбер, "Ленин и печник" писал(а):

Это как же так нельзя ? Это очень даже можно !

(только надо вспомнить, что поле комплексных чисел бесконечно, а поэтому ... что ?)

[vpb]

Slav-27 в сообщении #1487528 писал(а):

Ваши задачи на самом деле по коммутативной алгебре. Поэтому я настоятельно советую стремиться в итоге их сформулировать и решить чисто алгебраическими методами. Хотя, конечно, геометрическая интуиция может быть полезна при придумывании решения, и наоборот, когда вы придумаете алгебраическое решение, полезно соображать, что различные его шаги означают геометрически.

Может быть, можно (в том смысле, что это по силам ТС) найти тот радикал чисто алгебраически. Но я уверен, что в курсе, который товарищ слушает, предполагалось использовать теорему Гильберта. А вообще, есть алгоритм, как находить радикал идеала, чисто алгебраически. Но это сложно. Я этого алгоритма не знаю (может он и простой, не задумывался).