小树也能读懂的零点定理弱形式

整数的故事

整数，大家再熟悉不过的东西。可是，一旦考虑上面的运算，事情就没有单纯了。整数的运算性质一直是数论的核心兴趣所在。素数，不定方程都是在运算的基础上进行考虑的。高斯的时代，人们考虑用多项式表达整数，比如$x^2+y^2=n$，当$n$为何值时，这个方程有整数解，解集又是什么。如果继续解方程和因式分解是一回事的思想，考虑将左边进行分解$x^2+y^2=(x+iy)(x-iy)$，高斯引入高斯整数环$\mathbb{Z}[i]$，这样问题从$\mathbb{Z}$转移到了$\mathbb{Z}[i]$。如果我们探讨清楚了$\mathbb{Z}[i]$的分解性质，方程就容易解了。

继续思考，我们引入$i$，是因为$i$是$x^2+1=0$的根。我们考察一般的方程$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0=0$，注意这里我们的首项系数是1，如果不是1的话，就势必要引入除法，就无法继续在整数的范围内考虑问题了。我们称这种方程的根为代数整数。在整数中加入代数整数，得到新的环，分析新环的唯一因子分解性质，有助于我们解不定方程。

Noether正规化引理

在研究域的扩张时，我们知道对于域的有限生成扩张$E/F$，我们可以找到$F$上代数无关的元素$x_1,\cdots ,x_n$使得$E/F(x_1,\cdots ,x_n)$为代数扩张。

如果想把域的这个结果移到环上面，就是这样子的：对于环的有限生成扩张$R/S$，我们可以找到$S$上代数无关的元素$x_1,\cdots ,x_n$使得$R/S[x_1,\cdots ,x_n]$为代数扩张。

如果我们想把代数扩张的结论加强为整扩张，就需要$S=k$为域。此时我们得到所谓的Noether正规化引理。

零点定理弱形式

首先我们看看什么是零点定理的弱形式。设$k$为域，$R$为有限生成$k$代数，如果$R$为域，则$R$为$k$的代数扩域。

利用Noether正规化引理，得到

$$k\hookrightarrow k[t_1,\cdots ,t_n]\hookrightarrow R$$

中间的代数为多项式环，后面的这个扩张为整扩张。

下面就是整扩张发挥作用的地方了。整扩张具有保持良好性质的能力。设$R/S$为整环之间的整扩张，$R$为域当且仅当$S$为域。事实上，如果$S$为域，任意$x\in R-S$，因为$R$为整环，存在方程

$$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0=0,a_0\ne 0$$

于是 $x(-a_0^{-1})(x^{n-1}+a_{n-1}{x}^{n-2}+\cdots +a_1)=1$。

反过来，如果$R$为域，任意 x ∈ S − { 0 } x\in S-\{0\} x∈S−{0}，$x^{-1}\in R$在$S$上整，于是
$$x^{-n}+a_{n-1}{x}^{-n+1}+\cdots +a_0=0,a_0\ne 0$$
于是$x^{-1}+a_{n-1}x+\cdots +a_0{x}^{n-1}=0$，$x^{-1}\in S$。

利用这个结果，我们有$k[t_1,\cdots ,t_n]$为域，因此$k[t_1,\cdots ,t_n]=k$，从而$R$为$k$的代数扩域。

下面我们来说一下为什么这个定理称为是零点定理的弱形式。$R=k[x_1,\cdots ,x_n]$，如果$R$为域，则$k$代数同态：
$$\varphi :k[t_1,\cdots ,t_n]\to R:t_i\mapsto x_i$$

的核为极大理想。而上面的结论说明$x_i$是$k$上的代数元，因而存在$f_i\in k[t]$使得$f_i(x_i)=0$，因而$f_i(t_i)\in Ker\varphi$。考虑多项式环$S=k[t_1,\cdots ,t_n]$的任意极大理想$m$，令$R=S/m$，则$m=Ker\varphi$。由此，我们可以得知多项式环$k[t_1,\cdots ,t_n]$的任意极大理想中包含有$k[t_i]$中的非零元素。

如果$k$为代数闭域，$f_i(t_i)$必然还可以取成不可约多项式$t_i-a_i$，因而
$m\supset (x_1-a_1,\cdots ,x_n-a_n)$，另一方面，通过替换变量知道$(x_1-a_1,\cdots ,x_n-a_n)$为极大理想，从而$k[t_1,\cdots ,t_n]$的极大理想形如$(x_1-a_1,\cdots ,x_n-a_n)$。

有了这个弱形式，我们来看Hilbert零点定理。设$k$为代数闭域，$I⊲k[t_1,\cdots ,t_n]$，则$I(V(I))=\sqrt{I}$，也就是说仿射簇的零化多项式都在根理想中。

设$I=(f_1,\cdots ,f_m)$，$f$为零化多项式，则$V(f_1,\cdots ,f_m,1-Tf)=\varnothing \subset k^{n+1}$。根据上面关于极大理想的形式，我们知道必然有$(f_1,\cdots ,f_m,1-Tf)=k[t_1,\cdots ,t_n,T]$，从而
$$a_1(t,T)f_1+\cdots +a_m(t,T)f_m+a(t,T)(1-Tf)=1$$

取$T=\frac{1}{f}$，于是$f^r\in (f_1,\cdots ,f_m)$，即$f\in \sqrt{I}$。