Topologia de Zariski Seja X um conjunto. Uma topologia - MAT-UnB

Topologia de Zariski
Seja X um conjunto. Uma topologia sobre X é uma famı́lia T de
subconjuntos de X (chamados de conjuntos “abertos”) tal que S
∅∈T,X∈
T e se {Ui : i ∈ I} é uma famı́lia qualquer de elementos de T , i∈I Ui ∈ T
e se U1 , . . . , Uk ∈ T então U1 ∩ . . . ∩ Uk ∈ T . Os complementares dos
abertos são chamados de “fechados”. O par (X, T ) é chamado de “espaço
topologico”.
Seja k um corpo infinito. Se S ⊆ k[X1 , . . . , Xn ] já definimos o conjunto
algébrico afim V (S) = {x ∈ k n : f (x) = 0 ∀f ∈ S}.
Proposição. T := {k n − V (S) : S ⊆ k[X1 , . . . , Xn ]} é uma topologia
sobre k n , dita “topologia de Zariski”.
Demonstração. Temos ∅ = k n − V (0) ∈ T e k n = k n − V (1) ∈ T .
Se {Ui : i ∈ I} é uma famı́lia qualquer de elementos de T escrevendo
Ui = k n − V (Si ) temos
[
\
[
(k n − V (Si )) = k n −
V (Si ) = k n − V ( Si ) ∈ T .
i∈I
i∈I
Se U1 , . . . , Uk são elementos de T escrevendo Ui =
n
n
i∈I
n
k −
V (Si ) temos
n
U1 ∩ . . . ∩ Uk = (k − V (S1 )) ∩ . . . ∩ (k − V (Sk )) = k − (V (S1 ) ∪ . . . ∪ V (Sk ))
logo, lembrando que todo conjunto afim tem a forma V (I) para algum ideal
I de A = k[X1 , . . . , Xn ], para mostrar que U1 ∩ . . . ∩ Uk ∈ T basta mostrar
que se I, J são ideais de A então V (I) ∪ V (J) = V (I ∩ J). A inclusão ⊆
vem da propriedade contravariante de V e do fato que I ∩ J está contido
em I e em J. Agora mostraremos a inclusão ⊇. Seja então x ∈ V (I ∩ J)
tal que x 6∈ V (I) e mostramos que x ∈ V (J). Como x 6∈ V (I) existe P ∈ I
com P (x) 6= 0. Se Q ∈ J então P Q ∈ I ∩ J logo (P Q)(x) = 0 (pois
x ∈ V (I ∩ J)), assim P (x)Q(x) = 0, e como P (x) 6= 0 isso implica que
Q(x) = 0. Isso mostra que x ∈ V (J).
O argumento na prova acima mostra também que se I e J são ideais
então V (I) ∪ V (J) = V (IJ), onde IJ é o ideal gerado pelos produtos ab
onde a ∈ I e b ∈ J.
A partir de agora vou então usar a palavra “fechado” para indicar um
conjunto algébrico afim.
• Os subconjuntos finitos de k n são fechados. De fato, os pontos são
fechados e união finita de fechados é um fechado.
• Se k fosse finito a topologia de Zariski seria a topologia discreta
(todos os subconjuntos são abertos). De fato os pontos são fechados logo todos os subconjuntos de k n são fechados (eles são uniões
finitas de conjuntos fechados). É por isso que trabalhamos só com
corpos infinitos.
1
2
• Se n = 1 então os fechados são exatamente k e os subconjuntos finitos de k (pois um polinômio tem sempre um número finito de raizes). Em particular dois abertos não vazios têm sempre interseção
não vazia (de fato, uma união de dois conjuntos finitos é um conjunto finito). Em particular a topologia neste caso não é Hausdorff.
• Sejam A = (−1, 1) e B = (1, 1) em k 2 . Então {A} = V (X +1, Y −1)
e {B} = V (X − 1, Y − 1), assim
{A, B} = V ((X + 1, Y − 1)(X − 1, Y − 1))
= V ((X + 1)(X − 1), (X + 1)(Y − 1), (Y − 1)(X − 1), (Y − 1)2 ).
• Os fechados da topologia de Zariski são muito “pequenos”. De fato,
se trata de conjuntos “polinomiais”, por exemplo no caso de n = 2
os fechados são uniões finitas de ‘curvas’.
• Observe que se f1 , . . . , fr ∈ k[X1 , . . . , Xn ], V (f1 , . . . , fr ) = V (f1 ) ∩
. . . ∩ V (fr ).
Aberto padrão: é um aberto da forma D(f ) = k n − V (f ) onde f ∈
k[X1 , . . . , Xn ]. Em outras palavras D(f ) = {x ∈ k n : f (x) 6= 0}.
Uma base de um espaço topologico X é uma famı́lia B de abertos de X
tal que todo aberto de X é união de alguns dos abertos em B. No caso da
topologia de Zariski, os abertos padrões D(f ) formam uma base da topologia
de Zariski. De fato, se U é um aberto então k n − U = V (I) onde I é ideal
de k[X1 , . . . , Xn ] e escolhendo geradores f1 , . . . , fr de I (cf. o teorema de
Hilbert) obtemos
U = k n − V (f1 , . . . , fr ) = k n − (V (f1 ) ∩ . . . ∩ V (fr ))
= (k n − V (f1 )) ∪ . . . ∪ (k n − V (fr )) = D(f1 ) ∪ . . . ∪ D(fr ).
Definição. Dado X ⊆ k n definimos I(X) := {f ∈ k[X1 , . . . , Xn ] :
f (x) = 0 ∀x ∈ X}. Se trata de um ideal de k[X1 , . . . , Xn ], chamado “ideal
de X”.
A motivação é a seguinte. Seja V ⊆ k n um conjunto afim e considere o
anel F das funções V → k. Se trata de um anel com as operações definidas
por componentes. Considere o homomorfismo de aneis
r : k[X1 , . . . , Xn ] → F
que leva f para a função V → k que leva x para f (x) (a função polinomial
associada a f ). A imagem de r é indicada com Γ(V ) e chamada “algebra
afim de V ”. Se trata de um objeto que queremos estudar. Pelo teorema de
isomorfismo Γ(V ) ∼
= k[X1 , . . . , Xn ]/ ker(r) e é claro que ker(r) é exatamente
I(V ).
Γ(V ) ∼
= k[X1 , . . . , Xn ]/I(V ).
Logo entender Γ(V ) é equivalente a entender I(V ).
• Se X ⊆ Y então I(X) ⊇ I(Y ) (I é contravariante).
• Se V = V (I) então I ⊆ I(V ) (claro).
3
•
•
•
•
I(∅) = k[X1 , . . . , Xn ].
I(V (X 3 )) = (X), I(V (X 3 Y 5 )) = (XY ).
Se k = R e n = 1 então I(V (X 2 + 1)) = I(∅) = k[X].
Se k é infinito então I(k n ) = (0). Se n = 1 isso é claro pois um
polinômio não nulo de k[X] tem sempre só um número finito de
raizes. Suponha n > 1. Se 0 6= f ∈ k[X1 , . . . , Xn ] não é constante
escreva
f = ar (X1 , . . . , Xn−1 )Xnr + . . .
com os termos “. . .” de grau menor de r com respeito a Xn e ar 6= 0.
Por indução existe (x1 , . . . , xn−1 ) ∈ k n−1 tal que ar (x1 , . . . , xn−1 ) 6=
0, assim o polinõmio f (x1 , . . . , xn−1 , Xn ) ∈ k[Xn ] é não nulo, em
particular ele tem no máximo r raizes. Como k é infinito existe
então uma “não-raiz”, isto é, um xn ∈ k tal que f (x1 , . . . , xn ) 6= 0.
Isso conclui a demonstração.
• O ideal da parabola: I(V (Y − X 2 )) = (Y − X 2 ) em k 2 . De fato
a inclusão (Y − X 2 ) ⊆ I(V (Y − X 2 )) é clara, agora seja P ∈
I(V (Y − X 2 )). Isso significa que P (t, t2 ) = 0 para todo t ∈ k.
Efetuando a divisão com resto de P por Y − X 2 com respeito a Y
obtemos
P (X, Y ) = (Y − X 2 )Q(X, Y ) + a(X),
e substituindo X = t e Y = t2 obtemos a(t) = 0 para todo t ∈ k.
Como k é infinito, isso implica que o polinômio a(X) é nulo, assim
P = (Y − X 2 )Q ∈ (Y − X 2 ).
Proposição (Zariski closure - Fecho de Zariski). Se X ⊆ k n então
V (I(X)) = X, o fecho topologico de X. Em particular se X é fechado então
X = V (I(X)).
Demonstração. Lembre-se que o fecho topologico de X é a interseção
dos fechados de k n que contêm X. Assim é claro que V (I(X)) contem X,
pois é fechado e contem X. Para mostrar a inclusão X ⊇ V (I(X)) basta
mostrar que todo fechado que contem X contem V (I(X)). Seja então Y
um fechado que contem X, assim I(Y ) ⊆ I(X) logo V (I((Y )) ⊇ V (I(X)).
Assim para concluir a demonstração basta mostrar que V (I(Y )) ⊆ Y . Como
Y é fechado ele tem a forma Y = V (I) para algum ideal I de k[X1 , . . . , Xn ],
e como I ⊆ I(Y ), obtemos Y = V (I) ⊇ V (I(Y )).
Por exemplo em R2 temos V (I([0, 1] × {0})) = V (Y ).
Sejam A a famı́lia dos conjuntos algébricos afins e B a famı́lia dos ideais
de k[X1 , . . . , Xn ]. Observe que temos duas funções I : A → B e V : B → A
tais que V ◦ I é a identidade A → A, em particular I é injetiva. Por outro
lado V não é injetiva (como já observado V (X) = V (X 2 )). Logo I e V não
são uma a inversa da outra. Nas próximas aulas estudaremos esse problema.
4
Exercı́cios.
(1) Calcule (em k 2 )
• I(V (X − Y )),
• I(V (Y 2 − X 3 )),
• I(V (X 2 (Y + 1), Y 3 (X + 1))).
(2) Seja V = {(t, t2 , t3 ) : t ∈ k} ⊆ k 3 . Mostre que V é um conjunto
afim e calcule I(V ). Mostre que Γ(V ) ∼
= k[T ].
(3) Calcule I(V (Y − X 2 ) ∩ V (Y )) e interprete o resultado geometricamente.
(4) Dê um exemplo de uma famı́lia infinita de conjuntos afins cuja
união não é um conjunto afim.
(5) Façã um desenho de V (f ) ⊂ R2 onde f é cada um dos seguintes.
• XY − 1 (hipérbole),
• Y 2 − X 3 + X (exemplo de curva elı́ptica),
• Y 2 − X 3 (curva com ponto singular),
• (X 2 + Y 2 )2 + 3X 2 Y − Y 3 (trifoil),
• (X 2 + Y 2 )3 − 4X 2 Y 2 (quadrifoil),
• 4(X 2 + Y 2 )2 − 4X(X 2 − 3Y 2 ) − 27(X 2 + Y 2 ) + 27,
• (X 2 − Y )2 + Y 3 (Y − 1).
Pode usar programas. Em cada caso calcule o ideal da interseção
de V (f ) com uma reta que passa por um ponto singular da curva
(se tiver).
(6) Calcule o fecho de Zariski de X = {(t, sin(t)) : 0 ≤ t ≤ 1} em R2 .