Замкнутость в топологии Зарисского

[Narn]

Добрый день!
Вот такая задачка: есть алгебраически замкнутое поле $k$ и $n$ полиномов от одной переменной $f_1(x), \dots, f_n(x) \in k[x]$. Нужно доказать, что множество $C = \{ (f_1(t), \dots, f_n(t)) | t \in k \}$ замкнуто в топологии Зарисского на $\mathbb{A}_k^n$.
Никаких средств из алгебраической геометрии нет, пользоваться можно только базовой коммутативной алгеброй (теорема о нулях, примарное разложение, ...).
Мыслей особых, к сожалению, нет. Пытаться в явном виде построить полиномиальную систему, задающую образ полиномиальной кривой --- кажется, вообще безнадежно.
Можно было бы доказывать, что дополнение открыто, взяв какую-нибудь точку $a$ вне $C$ и по ней построить многочлен $P(x_1, \dots, x_n)$, который зануляется на всей $C$ и не зануляется в точке $a$, но его я тоже не смог построить.
Если кто-то видит, как это решить, дайте намек, пожалуйста.

[DeBill]

Narn
Пусть $u = f_1(t), v = f_2(t)$. Исключая $t$ из системы полиномиальных уравнений
$f_1(t) - u = 0, f_2(t) - v = 0$ , получим полином от $u,v$, зануляющийся на образе $\{(f_1(t),f_2(t))\}$ (на самом деле, совпадающий с) - он есть результант нашей пары....И т.д....

-- 27.10.2016, 18:42 --

Narn в сообщении #1163474 писал(а):

Пытаться в явном виде построить полиномиальную систему, задающую образ полиномиальной кривой --- кажется, вообще безнадежно.

Т.е., - нет, надежно.

[Narn]

Спасибо. Я теорию исключения совсем не знаю, к сожалению. Про результанты-то я думал чуть-чуть, но мне казалось, что они только для системы из двух полиномиальных уравнений и годны, и это вообще тупик.
Заглянул сейчас в Вики, как-то их приспособить вроде можно, но нужно осторожно: https://en.wikipedia.org/wiki/Resultant#General_case

DeBill в сообщении #1163518 писал(а):

И т.д....

Вот именно в этом месте я пока не понял ничего, Айзенбада почитаю, наверно, про elimination.

[DeBill]

Narn в сообщении #1163540 писал(а):

мне казалось, что они только для системы из двух полиномиальных уравнений и годны, и это вообще тупик.

Да нет, это хорошо: система из $n$ уравнений - это все равно, что система из пар "первое-второе, первое-третье, первое-четвертое, и т.д.". Так что Ваше аналитическое множество-образ - это множество общих нулей результантов соответствующих пар - т.е., замкнутое по Зарисскому...

[Narn]

DeBill в сообщении #1163586 писал(а):

Да нет, это хорошо: система из $n$ уравнений - это все равно, что система из пар "первое-второе, первое-третье, первое-четвертое, и т.д.". Так что Ваше аналитическое множество-образ - это множество общих нулей результантов соответствующих пар - т.е., замкнутое по Зарисскому...

"Тады-ой"(с). Оно так не работает. Например, $f_1(t) = (t-1)(t-2)(t-3)$, $f_2(t) = (t-2)(t-3)(t-4)$, $f_3(t) = (t-1)(t-4)$, смотрим на точку $(0,0,0)$. Все результанты на паре $(0,0)$ выдадут нуль, так как любые два из трех данных многочленов общий корень имеют. Только вот начало координат на соответствующей кривой не лежит. Про это, собственно, вики и пишет:

Wiki писал(а):

Unfortunately, this introduces many spurious solutions, which are difficult to remove.

[DeBill]

Narn
Не так:

DeBill в сообщении #1163518 писал(а):

$f_1(t) - u = 0, f_2(t) - v = 0$ ,

(Вы забыли про "свободные" члены $u,v$)
Попробуйте на примере более простом $f_1=t^2, f_2 = t^3$, должно получиться $u^3-v^2$

[Narn]

В том-то и дело, что для двух полиномов все работает.
Нет, я не забыл про свободные члены. Я имел в виду вот что: смотрю я на свои три многочлена $f_1,f_2,f_3$. Вычисляю попарные результанты $R_{1,2}(u,v)$, $R_{1,3}(u,w)$, $R_{2,3}(v,w)$. Беру начало координат и подставляю его в свои результанты $R_{1,2}(0,0) = 0$, $R_{1,3}(0,0) = 0$, $R_{2,3}(0,0)=0$, так как общие корни у любой пары из моих трех многочленов есть, мне даже считать тут ничего не надо. Геометрически - начало координат в $\mathbb{C}^2$ является точкой всех трех проекций моей кривой на плоскости $z_i = 0$, а в трехмерном пространстве --- нет.
Иными словами: приравняв нулю все $R_{i,j}$, вы получите в $k^n$ множество всех точек $a$, для которых существуют $t_{i,j}$ (свои для каждой пары), на которых достигается равенство пары координат $a_i = f_i(t_{i,j})$, $a_j = f_j(t_{i,j})$. Но вот гарантировать, что все эти $t_{i,j}$ можно выбрать равными (а только тогда точка $a$ попадет на кривую) возможности никакой нет. То есть если Вы просто смотрите на попарные результанты, то получите еще и лишние точки.

[DeBill]

Нда, Вы правы...
Надо как то еще отслеживать и точку, которая - это общее решение.
Ну, для Вашего примера это легко. Но вот в общем случае??

[g______d]

Narn в сообщении #1163474 писал(а):

пользоваться можно только базовой коммутативной алгеброй (теорема о нулях, примарное разложение, ...).

Ну если этим можно пользоваться, то тогда параграф 130 ван дер Вардена. Ещё где-то в Ходже-Пидо было, но лень сейчас искать.

[Narn]

g______d, спасибо, оно.