コックス, リトル＆オシー「グレブナ基底と代数多様体入門」第2版 第1章§4の演習問題

演習問題1

x²(x²+y²-1)-(xy+1)(xy-1)=x⁴-x²+1∈<x²+y²-1, xy-1>

演習問題2

(ii)⇒(i)はf_i∈<f₁,..., f_s>から(1≤i≤s)。

(i)⇒(ii)はイデアルの定義から明らか。

演習問題3

小問a

x+y, x-y∈<x,y>だから演習問題2により<x+y,x-y>⊂<x,y>。

kの標数が2でなければ、

x=2^-1(x+y)+2^-1(x-y)∈<x+y,x-y>, y=2^-1(x+y)-2^-1(x-y)∈<x+y,x-y>,

だから演習問題2により<x,y>⊂<x+y,x-y>。

以上により<x,y>=<x+y,x-y>。

kの標数が2だと<x+y,x-y>=<x+y>でたぶんムリ。

小問b

x+xy=1·x+x·y∈<x,y>, y+xy=y·x+1·y∈<x,y>,

x²=x·x∈<x,y>, y²=y·y∈<x,y>により<x+xy, y+xy, x², y²>⊂<x,y>。

kの標数が2でなければ、

1·(x+xy)-1·(y+xy)=x-y∈<x+xy, y+xy, x², y²>と、

1·(x+xy)+1·(y+xy)=x+y+2xy∈<x+xy, y+xy, x², y²>,

2^-1y·(x+xy)+2^-1x·(y+xy)-2^-1y·x²-2^-1x·y²=xy∈<x+xy, y+xy, x², y²>より

(x+y+2xy)-2·xy=x+y∈<x+xy, y+xy, x², y²>だから、

小問aと演習問題2より<x,y>=<x+y,x-y>⊂<x+xy, y+xy, x², y²>。

したがって<x,y>=<x+xy, y+xy, x², y²>。

kの標数が2だとたぶんムリ。

小問c

2(x²-4)+3(y²-1)=2x²+3y²-11, (x²-4)-(y²-1)=x²-y²-3だから

<2x²+3y²-11, x²-y²-3>⊂<x²-4, y²-1>。

kの標数が5でなければ、

5^-1·(2x²+3y²-11)+5^-1·3(x²-y²-3)=x²-4∈<2x²+3y²-11, x²-y²-3>

5^-1·(2x²+3y²-11)-5^-1·2(x²-y²-3)=y²-1∈<2x²+3y²-11, x²-y²-3>

より<x²-4, y²-1>⊂<2x²+3y²-11, x²-y²-3>。

したがって<x²-4, y²-1>=<2x²+3y²-11, x²-y²-3>。

kの標数が5だとたぶんムリ。

演習問題4

1≤i≤tに対しg_i∈< f₁,..., f_s>なので、

f₁,..., f_sが全て消える(a₁,..., a_n)に対しg₁,..., g_tも全て消えるから

V(f₁,..., f_s) ⊂V(g₁,..., g_t)。逆の包含関係も同様。

演習問題5

命題4と演習問題3bにより明らか。

演習問題6

小問a

Iの要素の次数はいくらでも大きくなるので、

Iのk上のベクトル空間としての基底も無限に必要。

小問b

0=y·x+(-x)·y∈<x,y>

小問c

0=f_j·f_i+(-f_i)·f_j

小問d

x²+xy+y²=(x+y)x+y·y=x·x+(x+y)y

小問e

x+x²-x²=x∈<x+x², x²>また明らかにx+x²,x²∈<x>だから、

演習問題2により<x+x², x²>=<x>だが、

x+x²∉<x²>, x²∉<x+x²>だから、<x+x², x²>は<x>の極小基底。

線形空間では基底の数は、

基底のとり方によらず次元で決まっていたのと異なる。

演習問題7

V(xⁿ, y^m)={(0,0)}である。

補題6の次のところの例でI({0,0})=<x,y>が示されている。

演習問題8

小問a

f∈I(V)なら明らかに任意の正整数mについて、

f^mはV上で消えるからf^m∈I(V)。

逆にある正整数mについてf^m∈I(V)なら、

V上の任意の点(a₁,...,a_n)でf(a₁,...,a_n)^m=0。

f∈k[x₁,...,x_n]でkは体だから整域なので、

f(a₁,...,a_n)=0でなければならないのでf∈I(V)。

したがってI(V)は根基。

小問b

(x)²∈<x², y²>だがx∉<x², y²>だから<x², y²>は根基でない。

演習問題9

小問a

捩れ3次曲線のパラメタ付けx=t, y=t², z=t³より

y²-xz=t⁴-t⁴=0だからy²-xz∈I(V)。

小問b

(2)式以下の議論により、

y²-xz=[x²+(y-x²)]²-x[x³+(z-x³)]=(x²+y)(y-x²)-x(z-x³)。

演習問題10

V(x-y)のパラメタ付けx=t, y=tより

f∈<x-y>なら明らかにfはV(x-y)上消えるからf∈I(V(x-y))

逆にらf∈I(V(x-y))なら、(2)式以下と同様の議論により、

h∈k[x,y], r∈k[x]が存在してf(x,y)=h(y-x)+rで、

0=f(t,t)=r(t)が任意のt∈kについて成り立つからrは零函数。

kは無限体だから第1章§1命題5によりrは零多項式なのでf(x,y)=h(y-x)∈<x-y>。

したがってI(V(x-y))=<x-y>。

演習問題11

V=V(y-x³,z-x⁴)でアフィン多様体。

捩れ3次曲線と同様の議論によりI(V(y-x³,z-x⁴))=<y-x³,z-x⁴>。

演習問題12

V=V(y²-x³,z-x²)でアフィン多様体。

確かに容易ではない・・・。

演習問題13

小問a

x,y=1または0に対しx²-x, y²-yは0となるから、

x²-x, y²-y∈I。故に演習問題2により<x²-x,y²-y>⊂I。

小問b

F₂は可換な体なので可換環だから、任意のp,h∈F₂[x]

(deg(p)≥deg(h))についてp=qh+rとなるq,r∈F₂[x] (deg(r)<deg(h))が一意に存在する。

故にf=∑_{0≤i≤deg(f)} p_iyⁱ (p_i∈F₂[x])とすれば、

p_i=h_i(x²-x)+a_ix+b_i,h_i∈F₂[x], a_i,b_i∈F₂と書けるのでf=A(x²-x)+q₁x+q₂。

ただしA=∑_{0≤i≤deg(f)} h_iyⁱ∈F₂[x,y], q₁=∑_{0≤i≤deg(f)} a_iyⁱ∈F₂[y], q₂=∑_{0≤i≤deg(f)} b_iyⁱ。

さらにq₁=g₁(y²-y)+ay+b, q₂=g₂(y²-y)+cy+d

 (g₁,g₂∈F₂[y], a, b, c, d∈F₂)と書けるから、

B=xg₁+g₂∈F₂[x,y]とすればf=A(x²-x)+B(y²-y)+axy+bx+cy+d。

小問c,d

a=b=c=d=0なら明らかにf(x,y)∈I。

逆にf(x,y)∈Iならf(0,0)=0なのでd=0、

するとf(1,0)=0からb=0、f(0,1)=0からc=0、f(1,1)=0からa=0を得る。

故にf(x,y)∈Iとf=A(x²-x)+B(y²-y)∈<x²-x,y²-y>は同値だからI=<x²-x,y²-y>。

小問e

y(x²-x)+x(y²-y)=x²y+xy²-xy-xy=x²y+xy²。

演習問題14

小問a

V=WならV⊂WかつV⊃Wだから、

命題8(i)によりI(V)⊂I(W)かつI(V)⊃I(W)となりI(V)=I(W)。逆も同様。

小問b

命題8(ii)よりV≠WとI(V)≠I(W)は同値だから、

命題8(i)によりV⊊WとI(V)⊋I(W)は同値。

演習問題15

小問a

補題6の証明と同様。

小問b

Xは(1,1)を含まないから単にI(X)=<x-y>。

小問c

第1章§1演習問題6aによりI(ℤⁿ)={0}。