RESUMEN. Demostramos propiedades de los conjuntos algebraicos.
- Si $I$ es el ideal en $k[x_1,\ldots,x_n]$ generado por $S$, entonces $V(S) = V(I)$ es decir, cada conjunto algebraico es igual a $V(I)$ para algún ideal $I.$
- Si $\{I_{\alpha}\}$ es una colección de ideales de $k[x_1,\ldots,x_n]$ entonces, $V\left(\bigcup_{\alpha}I_{\alpha}\right)=\bigcap_{\alpha}V\left(I_{\alpha}\right)$, es decir la intersección de cualquier colección de conjuntos algebraicos es algebraico.
- Si $S_1\subset S_2$ entonces $ V(S_2)\subset V(S_1). $
- Si $I,J$ son ideales en $k[x_1,\ldots,x_n]$ entonces, $V(I)\cup V(J)=V(IJ)$, por tanto la unión finita de conjuntos algebraicos es un conjunto algebraico.
- $V(0)=A^n(k)$, es decir el espacio total es un conjunto algebraico.
- $V(1)=\emptyset$, es decir el conjunto vacío es algebraico.
- Para todo $p=(p_1,\ldots,p_n)$ se verifica $V(x_1-p_1,\ldots,x_n-p_n)=\{p\}$, es decir todo conjunto unitario es algebraico.
- Todo subconjunto finito de $A^n(k)$ es algebraico.
Teorema.
Demostración.
- Los elementos de $I$ son las sumas finitas $\sum_i g_if_i$ con $g_i\in k[x_1,\ldots,x_n] $ y $f_i\in S.$ Si $p\in V(S)$, entonces $f(p)=0$ para todo $f\in S$, luego $$(\sum_i g_if_i)(p)=\sum_i g_i(p)f_i(p)=\sum_i g_i(p) 0=0$$ por tanto, $p\in V(I).$ Recíprocamente, si $p\in V(I)$ entonces $p$ es anulado en particular por la suma finita $1f$ para todo $f\in S$, es decir $f(p)=0$, luego $f\in V(S).$
- Si $p\not\in \bigcap_{\alpha}V\left(I_{\alpha}\right)$, entonces existe $\alpha_0$ tal que $p\not\in V\left(I_{\alpha_0}\right)$ y por tanto $f(p)\ne 0$ para alg\’un $f\in I_{\alpha_0}.$ Pero $f\in \bigcup_{\alpha}I_{\alpha}$, con lo cual $p\not\in V\left(\bigcup_{\alpha}I_{\alpha}\right)$. Hemos demostrado que $V\left(\bigcup_{\alpha}I_{\alpha}\right)\subset\bigcap_{\alpha}V\left(I_{\alpha}\right).$
Si $ p\not\in V\left(\bigcup_{\alpha}I_{\alpha}\right) $ entonces existe $ f\in \bigcup_{\alpha}I_{\alpha} $ tal que $ f(p)\ne 0 $. Sea $ \alpha_0 $ tal que $ f\in I_{\alpha_0} $, entonces $f\not\in V\left(I_{\alpha_0}\right)$ con lo cual $ f\not\in \bigcap_{\alpha}V\left(I_{\alpha}\right).$ Hemos demostrado que $ \bigcap_{\alpha}V\left(I_{\alpha}\right) \subset V\left(\bigcup_{\alpha}I_{\alpha}\right).$ - Si $p\in V(S_2) $ entonces $f(p)=0$ para todo $f\in S_2.$ Al ser $S_1\subset S_2$, también $f(p)=0$ para todo $f\in S_1$ con lo cual $f\in V(S_1).$
- Si $p\in V(I)\cup V(J)$, ocurre $p\in V(I)$ o $p\in V(J).$ Sea $p\in V(I)$ y $h\in IJ.$ Entonces, $h=\sum_if_ig_i$ (suma finita) con $f_i\in I$, $g_i\in J$ para todo $i.$ Esto implica que $h(p)=$ $\sum_if_i(p)g_i(p)=\sum_i0\cdot g_i(p)=0$ con lo cual $p\in V(IJ).$ Análogo razonamiento si $p\in V(J).$
Recíprocamente, sea $p\in V(IJ).$ Si $p\in V(I)$, ya está demostrado. En otro caso, existe $f\in I$ tal que $f(p)\ne 0.$ Para todo $g\in J$ se verifica $fg\in IJ$ y como $p\in V(IJ)$, ha de ser $(fg)(p)=f(p)g(p)=0$ con lo cual $g(p)=0,$ es decir $p\in V(J).$ - Trivialmente $V(0)\subset A^n(k)$ y si $p\in A^n(k) $, $0(p)=0$ con lo cual $A^n(k)\subset V(0).$
- Para todo $p\in A^n(k)$, $1(p)=1\ne 0$ por tanto $V(1)=\emptyset.$
- Denotemos $f_i=x_i-p_i$ para todo $1\le i\le n$. Dado que $f_i(p)=p_i-p_i=0$ tenemos que $p\in V(f_1,\ldots,f_n).$ Para la otra inclusión consideremos $q=(q_1,\ldots,q_n)\in$ $V(f_1,\ldots,f_n).$ Entonces, $f_i(q)=q_i-p_i=0$ para todo $1\le i\le n$ con lo cual, $q=p.$
- Es consecuencia inmediata de los apartados 7 y 4.