この記事の要点
扱うもの 多項式の方程式をみたす点の集まり（零点集合）です。代数幾何は、これを「形」として調べます。
2つの操作 式の集まりから形を作る V V V 形からそれを0にする式の全体を作る I I I 式（イデアル）が大きくなるほど、形は小さくなります。
零点定理 係数の体が代数閉体 なら、根基イデアルと形がちょうど1対1に対応します。和集合や共通部分、既約性、射影も、イデアルの言葉に翻訳できます。
図の見方 図には、具体的な形を計算して描いた「具体例」と、イデアルや写像のような抽象的な対象の関係を描いた「概念図」があります。どちらもドラッグで回せます。真上や正面から見ると平面の図になり、回すと奥行きに隠れていた構造が見えます。
証明は、ステップの流れだけを短く書いています。「詳しく」の付いた行をクリックすると、そのステップの詳しい説明が開きます。説明の中にも開ける行があります。
定義・命題・定理には、記事全体で通し番号を振っています。
もう少し詳しく は補足、専門的な話 は先の回につながる話題です。どちらも開かずに読み進められます。 各ブロックの「AIに質問」を押すと、その部分の内容を入れた質問文で、お使いのAIを開けます。
この連載について
「図で読む代数幾何」では、代数幾何の概念を一つずつ取り上げます。毎回、まず定義を書き、その定義が図の上で何を意味するかを確かめます。図には次の2種類があります。
具体例 特定の方程式の零点集合などを、定義どおりに計算して描いた図です。図の点が本文の方程式をみたしていることは、ページを作るときにプログラムで検算しています。 概念図 イデアル全体の集まりや写像 V V V I I I 抽象的な対象は、座標をもたないので、そのままの形では描けません。概念図では、点・線・矢印がそれぞれどの数学的対象を表すかを先に決めてから描きます。点の位置そのものには意味がなく、意味をもつのは、どの点とどの点が結ばれているかと、どちらが上にあるかだけです。読み方は図ごとに説明します。
代数幾何の概念の多くは抽象的で、具体例の図だけでは描けません。この連載では2種類の図を両方使い、可換環論の命題のような抽象的な主張も、概念図の上で確かめます。
どちらの図もドラッグで回せ、ボタンを押すと決まった向きまで回ります。ある向きから見ると平面の図に見え、回すと奥行きに隠れていた構造が見える、という見方をこの連載では何度も使います。
前提にするのは、環とイデアルと剰余環 の定義（大学の代数学の最初に習う範囲）です。
もう少し詳しく イデアルの記号の復習
環はすべて、単位元をもつ可換環とします。環 A A A 部分集合 J J J イデアル であるとは、和について閉じていて、A A A 元を掛けても J J J 入ることです。
この記事では、イデアルを J , K J,K J , K 大文字で書き、素イデアルは P P P 極大イデアルは M M M 表します。
f 1 , … , f m f_1,\dots,f_m f 1 , … , f m 生成するイデアル ：( f 1 , … , f m ) = { g 1 f 1 + ⋯ + g m f m ∣ g i ∈ A } (f_1,\dots,f_m)=\{\,g_1f_1+\dots+g_mf_m \mid g_i\in A\,\} ( f 1 , … , f m ) = { g 1 f 1 + ⋯ + g m f m ∣ g i ∈ A } 和：J + K = { f + g ∣ f ∈ J , g ∈ K } J+K=\{\,f+g\mid f\in J,\ g\in K\,\} J + K = { f + g ∣ f ∈ J , g ∈ K }
積：J K JK J K 積 f g fg f g f ∈ J , g ∈ K f\in J,\ g\in K f ∈ J , g ∈ K 全体が生成するイデアル。
共通部分 J ∩ K J\cap K J ∩ K イデアルで、J K ⊆ J ∩ K JK\subseteq J\cap K J K ⊆ J ∩ K 成り立ちます。
P ≠ A P\neq A P = A 素イデアル であるとは、f g ∈ P fg\in P f g ∈ P f ∈ P f\in P f ∈ P g ∈ P g\in P g ∈ P なることです。M ≠ A M\neq A M = A 極大イデアル であるとは、M M M 真に含むイデアルが A A A ことです。
A = k [ x , y ] A=k[x,y] A = k [ x , y ] 計算してみます。J = ( x ) J=(x) J = ( x ) K = ( y ) K=(y) K = ( y )
J + K = ( x , y ) , J K = ( x y ) , J ∩ K = ( x y ) . J+K=(x,\ y),\qquad JK=(xy),\qquad J\cap K=(xy). J + K = ( x , y ) , J K = ( x y ) , J ∩ K = ( x y ) . 最後の等式は、x x x y y y 両方で割り切れる多項式は x y xy x y 割り切れる、ということです。
J K JK J K J ∩ K J\cap K J ∩ K 一致するとは限りません。J = K = ( x ) J=K=(x) J = K = ( x ) すると
J K = ( x 2 ) ⊊ ( x ) = J ∩ K JK=(x^2)\subsetneq(x)=J\cap K J K = ( x 2 ) ⊊ ( x ) = J ∩ K です。x x x x 2 x^2 x 2 倍数ではないからです。
素イデアルかどうかは剰余環 で判定できます。P P P 素イデアルであることと A / P A/P A / P 整域 であること、M M M 極大イデアルであることと A / M A/M A / M 体であることは、それぞれ同値です。例えば
k [ x , y ] / ( x ) ≅ k [ y ] , k [ x , y ] / ( x , y ) ≅ k k[x,y]/(x)\cong k[y],\qquad k[x,y]/(x,\ y)\cong k k [ x , y ] / ( x ) ≅ k [ y ] , k [ x , y ] / ( x , y ) ≅ k なので、( x ) (x) ( x ) 素イデアル、( x , y ) (x,y) ( x , y ) 極大イデアルです。
零点集合：方程式から形を作る
体 k k k 一つ固定します。n n n 多項式環を k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] 書きます。
定義1 アフィン空間と零点集合 [1 , §I.1, p.2]
A n = k n \mathbb{A}^n=k^n A n = k n n n n アフィン空間 と呼ぶ。多項式の集合 S ⊆ k [ x 1 , … , x n ] S\subseteq k[x_1,\dots,x_n] S ⊆ k [ x 1 , … , x n ] 対して、すべての f ∈ S f\in S f ∈ S ついて f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 なる点 a a a 集合
V ( S ) = { a ∈ A n ∣ f ( a ) = 0 ( f ∈ S ) } V(S)=\{\,a\in\mathbb{A}^n \mid f(a)=0\ \ (f\in S)\,\} V ( S ) = { a ∈ A n ∣ f ( a ) = 0 ( f ∈ S ) } を S S S 零点集合 と呼ぶ。ある S S S 使って V ( S ) V(S) V ( S ) 書ける A n \mathbb{A}^n A n 部分集合を、アフィン代数的集合 と呼ぶ。
V ( S ) V(S) V ( S ) S S S 式を連立方程式とみたときの解の全体です（参考文献のハーツホーン『代数幾何学』では、V ( S ) V(S) V ( S ) Z ( S ) Z(S) Z ( S ) 書いています）。V ( { f , g } ) V(\{f,g\}) V ({ f , g }) V ( f , g ) V(f,g) V ( f , g ) 略して書きます。
いくつか計算してみます。まず1変数（n = 1 n=1 n = 1 0でない多項式の零点集合は根の集合なので、有限集合です。
V ( x 2 − 1 ) = { 1 , − 1 } , V ( ( x − a 1 ) ( x − a 2 ) ⋯ ( x − a m ) ) = { a 1 , … , a m } . \begin{gathered}
V(x^2-1)=\{1,\ -1\},\\
V\big((x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_m)\big)=\{a_1,\dots,a_m\}.
\end{gathered} V ( x 2 − 1 ) = { 1 , − 1 } , V ( ( x − a 1 ) ( x − a 2 ) ⋯ ( x − a m ) ) = { a 1 , … , a m } . 2つ目の式から、A 1 \mathbb{A}^1 A 1 有限集合はどれもアフィン代数的集合です。両極端として V ( 0 ) = A 1 V(0)=\mathbb{A}^1 V ( 0 ) = A 1 V ( 1 ) = ∅ V(1)=\varnothing V ( 1 ) = ∅ あります。
2変数では、式1つで曲線、式2つで（多くの場合）有限個の点ができます。例えば k = R k=\mathbb{R} k = R V ( x 2 + y 2 − 1 ) V(x^2+y^2-1) V ( x 2 + y 2 − 1 ) 原点を中心とする半径1の円です。
V ( x 2 + y 2 − 1 ) = { ( cos θ , sin θ ) ∣ 0 ≤ θ < 2 π } . V(x^2+y^2-1)=\{\,(\cos\theta,\ \sin\theta)\mid 0\leq\theta<2\pi\,\}. V ( x 2 + y 2 − 1 ) = { ( cos θ , sin θ ) ∣ 0 ≤ θ < 2 π } .
例2 円と直線の交点
k = R k=\mathbb{R} k = R C \mathbb{C} C する。A 2 \mathbb{A}^2 A 2
V ( x 2 + y 2 − 1 , x − y ) = { ( 1 2 , 1 2 ) , ( − 1 2 , − 1 2 ) } . V(x^2+y^2-1,\ x-y)=\left\{\left(\tfrac{1}{\sqrt2},\ \tfrac{1}{\sqrt2}\right),\ \left(-\tfrac{1}{\sqrt2},\ -\tfrac{1}{\sqrt2}\right)\right\}. V ( x 2 + y 2 − 1 , x − y ) = { ( 2 1 , 2 1 ) , ( − 2 1 , − 2 1 ) } .
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる 2つ目の式から y = x y=x y = x これを1つ目の式に代入して x x x 求める。詳しく 閉じる
x 2 + y 2 − 1 = x 2 + x 2 − 1 = 2 x 2 − 1 = 0 ⟺ x = ± 1 2 . x^2+y^2-1=x^2+x^2-1=2x^2-1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x=\pm\frac{1}{\sqrt2}. x 2 + y 2 − 1 = x 2 + x 2 − 1 = 2 x 2 − 1 = 0 ⟺ x = ± 2 1 . y = x y=x y = x なので、
点は ( 1 2 , 1 2 ) \left(\tfrac{1}{\sqrt2},\tfrac{1}{\sqrt2}\right) ( 2 1 , 2 1 ) ( − 1 2 , − 1 2 ) \left(-\tfrac{1}{\sqrt2},-\tfrac{1}{\sqrt2}\right) ( − 2 1 , − 2 1 ) 2つ。逆にこの2点は2つの式をどちらもみたす。 ただし、式1つでいつも曲線ができるとは限りません。k = R k=\mathbb{R} k = R とき、V ( x 2 + y 2 ) ⊆ A 2 V(x^2+y^2)\subseteq\mathbb{A}^2 V ( x 2 + y 2 ) ⊆ A 2 式1つですが、原点1点だけです。C \mathbb{C} C 上では x 2 + y 2 = ( x + i y ) ( x − i y ) x^2+y^2=(x+iy)(x-iy) x 2 + y 2 = ( x + i y ) ( x − i y ) 分解するので、V ( x 2 + y 2 ) V(x^2+y^2) V ( x 2 + y 2 ) 2本の直線 V ( x + i y ) V(x+iy) V ( x + i y ) V ( x − i y ) V(x-iy) V ( x − i y ) 和集合になります。空間 A 3 \mathbb{A}^3 A 3 同じ式を見た場合は、この節の最後の補足で扱います。
3次元の空間 A 3 \mathbb{A}^3 A 3 式を1つだけ課すと、多くの場合、曲面ができます。
x x x y y y z z z V ( z ) V(z) V ( z ) V ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) V(x^2+y^2+z^2-1) V ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) V ( x 2 + y 2 − z 2 ) V(x^2+y^2-z^2) V ( x 2 + y 2 − z 2 ) 原点 V ( z − x y ) V(z-xy) V ( z − x y ) このブラウザでは立体の図を表示できませんでした（WebGLが必要です）。
平面 球面 円錐 鞍面
斜め 真上 正面 真横
ドラッグで回せます z = 0 z=0 z = 0 みたす点の全体。x , y x,y x , y 自由に動けるので平面になります。
原点からの距離が1の点の全体、つまり球面です。
x 2 + y 2 = z 2 x^2+y^2=z^2 x 2 + y 2 = z 2 高さ z z z 断面が半径 ∣ z ∣ |z| ∣ z ∣ 円になる二重の円錐です。原点だけは、まわりと様子が違う点です（特異点。連載の後の回で扱います）。
高さ z = x y z=xy z = x y 曲面で、馬の鞍の形をしています。x x x y y y 丸ごと含みます。
図1 具体例 式1つの零点集合 V ( f ) ⊆ A 3 V(f)\subseteq\mathbb{A}^3 V ( f ) ⊆ A 3 f ( x , y , z ) f(x,y,z) f ( x , y , z )
図1の4つの曲面は、順に次の零点集合です。
V ( z ) , V ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) , V ( x 2 + y 2 − z 2 ) , V ( z − x y ) . V(z),\qquad V(x^2+y^2+z^2-1),\qquad V(x^2+y^2-z^2),\qquad V(z-xy). V ( z ) , V ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) , V ( x 2 + y 2 − z 2 ) , V ( z − x y ) . 式から形の性質を読み取れます。円錐 V ( x 2 + y 2 − z 2 ) V(x^2+y^2-z^2) V ( x 2 + y 2 − z 2 ) 高さ z = c z=c z = c 平面で切ると、断面は
V ( x 2 + y 2 − z 2 , z − c ) = { ( x , y , c ) ∣ x 2 + y 2 = c 2 } V(x^2+y^2-z^2,\ z-c)=\{\,(x,y,c)\mid x^2+y^2=c^2\,\} V ( x 2 + y 2 − z 2 , z − c ) = { ( x , y , c ) ∣ x 2 + y 2 = c 2 } で、k = R k=\mathbb{R} k = R 半径 ∣ c ∣ |c| ∣ c ∣ 円です（c = 0 c=0 c = 0 原点1点）。
鞍面 V ( z − x y ) V(z-xy) V ( z − x y ) x x x y y y 丸ごと含みます。x x x 点 ( t , 0 , 0 ) (t,0,0) ( t , 0 , 0 ) 代入すると 0 − t ⋅ 0 = 0 0-t\cdot0=0 0 − t ⋅ 0 = 0 なり、y y y 点 ( 0 , t , 0 ) (0,t,0) ( 0 , t , 0 ) 同じだからです。
A n \mathbb{A}^n A n 「アフィン空間」と呼ぶのは、ベクトル空間 k n k^n k n 原点や足し算を使わず、点の集まりとしてだけ扱うためです。原点もほかの点と同じ扱いで、座標を平行移動すると、零点集合は平行移動した多項式の零点集合に移ります。
式で書くと次のとおりです。c ∈ k n c\in k^n c ∈ k n τ c ( a ) = a + c \tau_c(a)=a+c τ c ( a ) = a + c すると
τ c ( V ( f ) ) = V ( f ( x 1 − c 1 , … , x n − c n ) ) . \tau_c\big(V(f)\big)=V\big(f(x_1-c_1,\ \dots,\ x_n-c_n)\big). τ c ( V ( f ) ) = V ( f ( x 1 − c 1 , … , x n − c n ) ) . 点 b b b 左辺に入るのは f ( b − c ) = 0 f(b-c)=0 f ( b − c ) = 0 ときで、これは右辺の多項式が b b b 0になることと同じだからです。例えば単位円 V ( x 2 + y 2 − 1 ) V(x^2+y^2-1) V ( x 2 + y 2 − 1 ) x x x 向に1ずらすと、V ( ( x − 1 ) 2 + y 2 − 1 ) = V ( x 2 − 2 x + y 2 ) V\big((x-1)^2+y^2-1\big)=V(x^2-2x+y^2) V ( ( x − 1 ) 2 + y 2 − 1 ) = V ( x 2 − 2 x + y 2 ) なります。
もう少し詳しく 図は実数の点だけを描いている
このあと出てくる零点定理は、k k k 代数閉体 （定数でない1変数多項式が必ず根をもつ体。例えば複素数体 C \mathbb{C} C ときに成り立ちます。そのため、代数幾何では k = C k=\mathbb{C} k = C 体を考えるのが基本です。
ところが C 3 \mathbb{C}^3 C 3 実数で数えると6次元あり、そのままでは描けません。この連載の図は、C \mathbb{C} C 零点集合のうち、座標がすべて実数の点（実数点 ）だけを描いたものです。
実数点だけを見ると、見落とすものがあります。
V ( x 2 + y 2 + z 2 + 1 ) V(x^2+y^2+z^2+1) V ( x 2 + y 2 + z 2 + 1 ) 実数点を1つももちませんが、C 3 \mathbb{C}^3 C 3 中では ( i , 0 , 0 ) (i,0,0) ( i , 0 , 0 ) 含む曲面です。 A 3 \mathbb{A}^3 A 3 中の V ( x 2 + y 2 ) V(x^2+y^2) V ( x 2 + y 2 ) 実数点は z z z C \mathbb{C} C x 2 + y 2 = ( x + i y ) ( x − i y ) x^2+y^2=(x+iy)(x-iy) x 2 + y 2 = ( x + i y ) ( x − i y ) 分解するので、2枚の平面 V ( x + i y ) V(x+iy) V ( x + i y ) V ( x − i y ) V(x-iy) V ( x − i y ) 和集合です。
この記事の図には、どれも実数点を見るだけで全体の様子が分かる例を選んでいます。
式を増やすと形は小さくなる
連立方程式の式を増やすと、条件が厳しくなるので、解は減ります。また、f = 0 f=0 f = 0 g = 0 g=0 g = 0 成り立つ点では、f + g = 0 f+g=0 f + g = 0 x f = 0 x f=0 x f = 0 成り立ちます。この2つを書いたのが次の命題です。
命題3 [1 , p.2; 1 , 命題1.2 (a), p.4]
(1) S ⊆ T S\subseteq T S ⊆ T V ( T ) ⊆ V ( S ) V(T)\subseteq V(S) V ( T ) ⊆ V ( S ) S S S 生成するイデアルを ( S ) (S) ( S ) すると、V ( S ) = V ( ( S ) ) V(S)=V\big((S)\big) V ( S ) = V ( ( S ) )
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる (1)
T T T の
式がすべて0になる点では、その一部である S S S 式も0になる。 (2) まず
V ( ( S ) ) ⊆ V ( S ) V((S))\subseteq V(S) V (( S )) ⊆ V ( S ) を
示す。S ⊆ ( S ) S\subseteq(S) S ⊆ ( S ) (1) から従う。 次に V ( S ) ⊆ V ( ( S ) ) V(S)\subseteq V((S)) V ( S ) ⊆ V (( S )) 示す。( S ) (S) ( S ) 元は S S S 元に多項式を掛けて足したものなので、S S S 式がすべて0になる点で0になる。詳しく 閉じる
a ∈ V ( S ) a\in V(S) a ∈ V ( S ) f ∈ ( S ) f\in(S) f ∈ ( S ) 任意に取る。生成されるイデアルの定義から、f = g 1 f 1 + ⋯ + g m f m f=g_1f_1+\dots+g_mf_m f = g 1 f 1 + ⋯ + g m f m f i ∈ S f_i\in S f i ∈ S g i ∈ k [ x 1 , … , x n ] g_i\in k[x_1,\dots,x_n] g i ∈ k [ x 1 , … , x n ] 書ける。各 f i ( a ) f_i(a) f i ( a ) 0なので
f ( a ) = g 1 ( a ) f 1 ( a ) + ⋯ + g m ( a ) f m ( a ) = 0. f(a)=g_1(a)f_1(a)+\dots+g_m(a)f_m(a)=0. f ( a ) = g 1 ( a ) f 1 ( a ) + ⋯ + g m ( a ) f m ( a ) = 0. f f f ( S ) (S) ( S ) 任意の元だったので、a ∈ V ( ( S ) ) a\in V((S)) a ∈ V (( S ))
(1) は、包含の向きを逆にする対応として書けます。
S ⊆ T ⟹ V ( S ) ⊇ V ( T ) . S\subseteq T\quad\Longrightarrow\quad V(S)\supseteq V(T). S ⊆ T ⟹ V ( S ) ⊇ V ( T ) . (2) から、零点集合を考えるときは、式の集合の代わりにイデアルだけを考えれば十分だと分かります。見かけの違う式の組でも、生成するイデアルが同じなら、零点集合も同じです。
例4 生成元を取り替える
k [ x , y , z ] k[x,y,z] k [ x , y , z ] ( y − x 2 , z − x 3 ) = ( y − x 2 , z − x y ) (y-x^2,\ z-x^3)=(y-x^2,\ z-xy) ( y − x 2 , z − x 3 ) = ( y − x 2 , z − x y ) したがって
V ( y − x 2 , z − x 3 ) = V ( y − x 2 , z − x y ) . V(y-x^2,\ z-x^3)=V(y-x^2,\ z-xy). V ( y − x 2 , z − x 3 ) = V ( y − x 2 , z − x y ) .
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる 右辺の生成元 z − x y z-xy z − x y 左辺のイデアルに入ることを、式で示す。詳しく 閉じる
z − x y = ( z − x 3 ) − x ( y − x 2 ) . z-xy=(z-x^3)-x\,(y-x^2). z − x y = ( z − x 3 ) − x ( y − x 2 ) . y − x 2 y-x^2 y − x 2 両辺に共通なので、右辺のイデアルは左辺に含まれる。
逆に、左辺の生成元 z − x 3 z-x^3 z − x 3 右辺のイデアルに入る。詳しく 閉じる
z − x 3 = ( z − x y ) + x ( y − x 2 ) . z-x^3=(z-xy)+x\,(y-x^2). z − x 3 = ( z − x y ) + x ( y − x 2 ) . イデアルが
一致するので、命題3 (2) から零点集合も一致する。 左辺は「y = x 2 y=x^2 y = x 2 z = x 3 z=x^3 z = x 3 右辺は「y = x 2 y=x^2 y = x 2 z = x y z=xy z = x y いう連立方程式です。y = x 2 y=x^2 y = x 2 z = x y z=xy z = x y 代入すると z = x 3 z=x^3 z = x 3 なるので、2つは同じ連立方程式です。この組は、最後の節で扱うねじれ3次曲線を定めています。
さらにヒルベルトの基底定理 より、k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] イデアルはどれも有限個の元で生成されます[2 , 定理7.5, p.124; 2 , 系7.6, p.125; 3 , 定理3.6, p.56] 。したがって、どんなアフィン代数的集合も、有限個の式で定義できます。
無限個の式を課しても、イデアルは有限個で生成されます。例えば k [ x , y ] k[x,y] k [ x , y ] S = { x y , x 2 y , x 3 y , … } S=\{xy,\ x^2y,\ x^3y,\ \dots\} S = { x y , x 2 y , x 3 y , … } すると、どの元も x y xy x y 倍数 x m y = x m − 1 ⋅ x y x^m y=x^{m-1}\cdot xy x m y = x m − 1 ⋅ x y
( S ) = ( x y ) , V ( S ) = V ( x y ) = V ( x ) ∪ V ( y ) (S)=(xy),\qquad V(S)=V(xy)=V(x)\cup V(y) ( S ) = ( x y ) , V ( S ) = V ( x y ) = V ( x ) ∪ V ( y ) となり、2本の座標軸を合わせたものです（最後の等号は次の節の命題5 (2)）。
図2は、イデアルを1段ずつ大きくしたときの零点集合です。イデアルの包含の向きと、形の包含の向きが逆になっていることが分かります。
( 0 ) ⊂ ( x ) ⊂ ( x , y ) ⊂ ( x , y , z ) ↓ V ↓ V ↓ V ↓ V A 3 ⊃ V ( x ) ⊃ V ( x , y ) ⊃ { ( 0 , 0 , 0 ) } \begin{array}{ccccccc}
(0) & \subset & (x) & \subset & (x,y) & \subset & (x,y,z) \\
\big\downarrow{\scriptstyle V} & & \big\downarrow{\scriptstyle V} & & \big\downarrow{\scriptstyle V} & & \big\downarrow{\scriptstyle V} \\
\mathbb{A}^3 & \supset & V(x) & \supset & V(x,y) & \supset & \{(0,0,0)\}
\end{array} ( 0 ) ↓ ⏐ V A 3 ⊂ ⊃ ( x ) ↓ ⏐ V V ( x ) ⊂ ⊃ ( x , y ) ↓ ⏐ V V ( x , y ) ⊂ ⊃ ( x , y , z ) ↓ ⏐ V {( 0 , 0 , 0 )} 上の段は式を1つずつ足していく列で、下の段はそれに応じて、空間全体、平面 x = 0 x=0 x = 0 z z z 原点と小さくなっていく列です。
x x x y y y z z z V ( x ) V(x) V ( x ) V ( x , y ) V(x,y) V ( x , y ) V ( x , y , z ) V(x,y,z) V ( x , y , z ) このブラウザでは立体の図を表示できませんでした（WebGLが必要です）。
( 0 ) (0) ( 0 ) ( x ) (x) ( x ) ( x , y ) (x,y) ( x , y ) ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) 斜め 真上 正面 真横
ドラッグで回せます J = ( 0 ) J=(0) J = ( 0 ) どの点でも 0 = 0 0=0 0 = 0 V ( 0 ) = A 3 V(0)=\mathbb{A}^3 V ( 0 ) = A 3 空間全体）です。
J = ( x ) J=(x) J = ( x ) 条件 x = 0 x=0 x = 0 課すと、y z yz y z 縮みます。
J = ( x , y ) J=(x,y) J = ( x , y ) さらに y = 0 y=0 y = 0 課すと、z z z 残ります。
J = ( x , y , z ) J=(x,y,z) J = ( x , y , z ) 3つとも0になるのは原点だけです。式（イデアル）が大きくなるほど、形は小さくなります。
図2 具体例 イデアルの列 ( 0 ) ⊂ ( x ) ⊂ ( x , y ) ⊂ ( x , y , z ) (0)\subset(x)\subset(x,y)\subset(x,y,z) ( 0 ) ⊂ ( x ) ⊂ ( x , y ) ⊂ ( x , y , z ) A 3 ⊃ V ( x ) ⊃ V ( x , y ) ⊃ { 0 } \mathbb{A}^3\supset V(x)\supset V(x,y)\supset\{0\} A 3 ⊃ V ( x ) ⊃ V ( x , y ) ⊃ { 0 }
和集合と共通部分
形どうしの共通部分や和集合も、また零点集合になります。対応するイデアルの操作は次のとおりです。
命題5 [1 , 命題1.1, p.2]
J , K J,K J , K J λ J_\lambda J λ λ ∈ Λ \lambda\in\Lambda λ ∈ Λ k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] イデアルとする。
(1) V ( J ) ∩ V ( K ) = V ( J + K ) V(J)\cap V(K)=V(J+K) V ( J ) ∩ V ( K ) = V ( J + K ) より一般に ⋂ λ V ( J λ ) = V ( ∑ λ J λ ) \bigcap_\lambda V(J_\lambda)=V\big(\sum_\lambda J_\lambda\big) ⋂ λ V ( J λ ) = V ( ∑ λ J λ ) V ( J ) ∪ V ( K ) = V ( J K ) = V ( J ∩ K ) V(J)\cup V(K)=V(JK)=V(J\cap K) V ( J ) ∪ V ( K ) = V ( J K ) = V ( J ∩ K ) V ( 0 ) = A n V(0)=\mathbb{A}^n V ( 0 ) = A n V ( 1 ) = ∅ V(1)=\varnothing V ( 1 ) = ∅
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる (1) 和 ∑ λ J λ \sum_\lambda J_\lambda ∑ λ J λ 元は各 J λ J_\lambda J λ 元の有限和なので、「和のすべての元が0」と「すべての J λ J_\lambda J λ すべての元が0」は同じ条件である。詳しく 閉じる
⋂ λ V ( J λ ) ⊆ V ( ∑ λ J λ ) \bigcap_\lambda V(J_\lambda)\subseteq V(\sum_\lambda J_\lambda) ⋂ λ V ( J λ ) ⊆ V ( ∑ λ J λ ) ：点
a a a で
各 J λ J_\lambda J λ 元が0なら、それらの有限和 f 1 + ⋯ + f m f_1+\dots+f_m f 1 + ⋯ + f m a a a V ( ∑ λ J λ ) ⊆ ⋂ λ V ( J λ ) V(\sum_\lambda J_\lambda)\subseteq\bigcap_\lambda V(J_\lambda) V ( ∑ λ J λ ) ⊆ ⋂ λ V ( J λ ) ：各
J λ J_\lambda J λ は
和に含まれるので、命題3 (1) から従う。 (2) まず V ( J ) ∪ V ( K ) ⊆ V ( J ∩ K ) ⊆ V ( J K ) V(J)\cup V(K)\subseteq V(J\cap K)\subseteq V(JK) V ( J ) ∪ V ( K ) ⊆ V ( J ∩ K ) ⊆ V ( J K ) 示す。イデアルの包含 J K ⊆ J ∩ K ⊆ J JK\subseteq J\cap K\subseteq J J K ⊆ J ∩ K ⊆ J 命題3 (1) で逆向きにすればよい。詳しく 閉じる
J K ⊆ J ∩ K JK\subseteq J\cap K J K ⊆ J ∩ K 確かめる。詳しく 閉じる
J K JK J K 積 f g fg f g f ∈ J , g ∈ K f\in J,\ g\in K f ∈ J , g ∈ K 生成される。f g fg f g f f f 倍数なので J J J 入り、g g g 倍数なので K K K 入る。J ∩ K J\cap K J ∩ K イデアルなので、生成元をすべて含めば、それらが生成するイデアル全体も含む。
J ∩ K ⊆ J J\cap K\subseteq J J ∩ K ⊆ J と
命題3 (1) から
V ( J ) ⊆ V ( J ∩ K ) V(J)\subseteq V(J\cap K) V ( J ) ⊆ V ( J ∩ K ) 。
K K K に
ついても同じなので V ( J ) ∪ V ( K ) ⊆ V ( J ∩ K ) V(J)\cup V(K)\subseteq V(J\cap K) V ( J ) ∪ V ( K ) ⊆ V ( J ∩ K ) J K ⊆ J ∩ K JK\subseteq J\cap K J K ⊆ J ∩ K と
命題3 (1) から
V ( J ∩ K ) ⊆ V ( J K ) V(J\cap K)\subseteq V(JK) V ( J ∩ K ) ⊆ V ( J K ) 。
残りは V ( J K ) ⊆ V ( J ) ∪ V ( K ) V(JK)\subseteq V(J)\cup V(K) V ( J K ) ⊆ V ( J ) ∪ V ( K ) V ( J K ) V(JK) V ( J K ) 点のうち V ( J ) V(J) V ( J ) 入らないものが V ( K ) V(K) V ( K ) 入ることを示す。詳しく 閉じる
a ∈ V ( J K ) a\in V(JK) a ∈ V ( J K ) a ∉ V ( J ) a\notin V(J) a ∈ / V ( J ) する。
a ∉ V ( J ) a\notin V(J) a ∈ / V ( J ) なので、
f ( a ) ≠ 0 f(a)\neq0 f ( a ) = 0 と
なる f ∈ J f\in J f ∈ J ある。 任意の
g ∈ K g\in K g ∈ K に
ついて f g ∈ J K fg\in JK f g ∈ J K f ( a ) g ( a ) = 0 f(a)g(a)=0 f ( a ) g ( a ) = 0 f ( a ) ≠ 0 f(a)\neq0 f ( a ) = 0 g ( a ) = 0 g(a)=0 g ( a ) = 0 よって a ∈ V ( K ) a\in V(K) a ∈ V ( K ) 詳しく 閉じる
k k k 体なので、0でない f ( a ) f(a) f ( a ) 逆元がある。f ( a ) g ( a ) = 0 f(a)g(a)=0 f ( a ) g ( a ) = 0 両辺に f ( a ) − 1 f(a)^{-1} f ( a ) − 1 掛けると g ( a ) = 0 g(a)=0 g ( a ) = 0
(3) 定数0はどの点でも0になり、定数1はどの点でも0にならない。
x x x y y y z z z V ( J ) V(J) V ( J ) V ( K ) V(K) V ( K ) V ( J + K ) V(J+K) V ( J + K ) このブラウザでは立体の図を表示できませんでした（WebGLが必要です）。
共通部分 V ( J ) ∩ V ( K ) = V ( J + K ) V(J)\cap V(K)=V(J+K) V ( J ) ∩ V ( K ) = V ( J + K ) 2つの式を両方みたす点で、高さ 1 2 \tfrac12 2 1 半径 3 2 \tfrac{\sqrt3}{2} 2 3 円になります。
和集合 V ( J ) ∪ V ( K ) = V ( J K ) V(J)\cup V(K)=V(JK) V ( J ) ∪ V ( K ) = V ( J K ) 積 ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) ( z − 1 2 ) (x^2+y^2+z^2-1)(z-\tfrac12) ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) ( z − 2 1 ) 0になる点は、どちらかの因子が0になる点です。
図3 具体例 J = ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) J=(x^2+y^2+z^2-1) J = ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) K = ( z − 1 2 ) K=(z-\tfrac12) K = ( z − 2 1 ) J + K J+K J + K J K JK J K
共通部分は「両方の式をみたす」ことなので、式を並べる（イデアルの和をとる）と得られます。
図3の共通部分を計算してみます。J + K J+K J + K 生成元から z z z 消すと、円の式が出てきます。
( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) − ( z + 1 2 ) ( z − 1 2 ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 − ( z 2 − 1 4 ) = x 2 + y 2 − 3 4 . \begin{aligned}
(x^2+y^2+z^2-1)-\big(z+\tfrac12\big)\big(z-\tfrac12\big)
&=x^2+y^2+z^2-1-\big(z^2-\tfrac14\big)\\
&=x^2+y^2-\tfrac34.
\end{aligned} ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) − ( z + 2 1 ) ( z − 2 1 ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 − ( z 2 − 4 1 ) = x 2 + y 2 − 4 3 . 左辺は J + K J+K J + K 元の組み合わせなので、右辺も J + K J+K J + K 入ります。逆に、球面の式は右辺と z − 1 2 z-\tfrac12 z − 2 1 倍数の和に戻せるので、
J + K = ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 , z − 1 2 ) = ( x 2 + y 2 − 3 4 , z − 1 2 ) . J+K=\big(x^2+y^2+z^2-1,\ z-\tfrac12\big)=\big(x^2+y^2-\tfrac34,\ z-\tfrac12\big). J + K = ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 , z − 2 1 ) = ( x 2 + y 2 − 4 3 , z − 2 1 ) . よって k = R k=\mathbb{R} k = R V ( J ) ∩ V ( K ) V(J)\cap V(K) V ( J ) ∩ V ( K ) 高さ 1 2 \tfrac12 2 1 平面にある半径 3 2 \tfrac{\sqrt3}{2} 2 3 円です。
和集合は「どちらか一方の式をみたす」ことです。体の元どうしは、積が0なら一方が0なので、点 a a a f ( a ) g ( a ) = 0 f(a)g(a)=0 f ( a ) g ( a ) = 0 なることは f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 g ( a ) = 0 g(a)=0 g ( a ) = 0 同じです。そのため、式を掛け合わせると和集合が得られます。
図3では J K JK J K 1つの式で生成され、その式は2つの式の積です。
J K = ( ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) ( z − 1 2 ) ) . JK=\Big((x^2+y^2+z^2-1)\big(z-\tfrac12\big)\Big). J K = ( ( x 2 + y 2 + z 2 − 1 ) ( z − 2 1 ) ) . 命題5 (2) では J K JK J K J ∩ K J\cap K J ∩ K 同じ零点集合を与えますが、イデアルとしては違うことがあります。k [ x , y ] k[x,y] k [ x , y ] J = ( x ) J=(x) J = ( x ) K = ( x , y ) K=(x,y) K = ( x , y ) すると、
J K = ( x 2 , x y ) ⊊ ( x ) = J ∩ K , V ( J K ) = V ( J ∩ K ) = V ( x ) . JK=(x^2,\ xy)\subsetneq(x)=J\cap K,\qquad V(JK)=V(J\cap K)=V(x). J K = ( x 2 , x y ) ⊊ ( x ) = J ∩ K , V ( J K ) = V ( J ∩ K ) = V ( x ) . K ⊇ J K\supseteq J K ⊇ J J ∩ K = J J\cap K=J J ∩ K = J 形の側でも、V ( K ) = { ( 0 , 0 ) } V(K)=\{(0,0)\} V ( K ) = {( 0 , 0 )} 直線 V ( x ) V(x) V ( x ) 含まれるので、和集合は V ( x ) V(x) V ( x )
x ∉ ( x 2 , x y ) x\notin(x^2,xy) x ∈ / ( x 2 , x y ) ( x 2 , x y ) (x^2,xy) ( x 2 , x y ) 元がどれも2次以上の項しかもたないことから分かります。
和集合の例を一つ見ます。A 3 \mathbb{A}^3 A 3 中の V ( x z , y z ) V(xz,\ yz) V ( x z , y z ) イデアル ( x z , y z ) (xz,yz) ( x z , y z ) ( z ) (z) ( z ) ( x , y ) (x,y) ( x , y ) 積です。
( z ) ( x , y ) = ( z ⋅ x , z ⋅ y ) = ( x z , y z ) . (z)(x,\ y)=(z\cdot x,\ z\cdot y)=(xz,\ yz). ( z ) ( x , y ) = ( z ⋅ x , z ⋅ y ) = ( x z , y z ) . 積のイデアルは生成元どうしの積で生成されるからです。よって命題5 (2) より
V ( x z , y z ) = V ( z ) ∪ V ( x , y ) V(xz,\ yz)=V(z)\cup V(x,y) V ( x z , y z ) = V ( z ) ∪ V ( x , y ) となります。
直接確かめることもできます。z ≠ 0 z\neq0 z = 0 点では、x z = 0 xz=0 x z = 0 y z = 0 yz=0 y z = 0 x = y = 0 x=y=0 x = y = 0 出ます。z = 0 z=0 z = 0 点では、2つの式はどちらも0です。
つまり V ( x z , y z ) V(xz,yz) V ( x z , y z ) 平面 z = 0 z=0 z = 0 z z z 合わせたものです。
x x x y y y z z z V ( z ) V(z) V ( z ) V ( x , y ) V(x,y) V ( x , y ) このブラウザでは立体の図を表示できませんでした（WebGLが必要です）。
斜めから見ると、平面 V ( z ) V(z) V ( z ) それを垂直に貫く直線 V ( x , y ) V(x,y) V ( x , y ) z z z 和集合だと分かります。
真上から見ると、直線は原点の1点に重なり、平面に隠れます。平面 V ( z ) V(z) V ( z ) 見えますが、それは全体ではありません。
真横から見ると、平面は横一本の線に、直線は縦の線に見え、十字になります。これも全体ではありません。
図4 具体例 V ( x z , y z ) V(xz,yz) V ( x z , y z ) z z z V ( z ) V(z) V ( z )
和集合の公式を1変数で使うと、有限集合の式が出てきます。
V ( x − 1 ) ∪ V ( x − 2 ) ∪ V ( x − 3 ) = V ( ( x − 1 ) ( x − 2 ) ( x − 3 ) ) = { 1 , 2 , 3 } . V(x-1)\cup V(x-2)\cup V(x-3)=V\big((x-1)(x-2)(x-3)\big)=\{1,\ 2,\ 3\}. V ( x − 1 ) ∪ V ( x − 2 ) ∪ V ( x − 3 ) = V ( ( x − 1 ) ( x − 2 ) ( x − 3 ) ) = { 1 , 2 , 3 } . 一方、無限個の零点集合の和集合は、零点集合になるとは限りません。例えば k = C k=\mathbb{C} k = C とき、A 1 \mathbb{A}^1 A 1 中の整数全体は1点の無限個の和集合
Z = ⋃ m ∈ Z V ( x − m ) \mathbb{Z}=\bigcup_{m\in\mathbb{Z}}V(x-m) Z = m ∈ Z ⋃ V ( x − m ) ですが、零点集合ではありません。0でない1変数多項式の根は有限個しかないので、Z \mathbb{Z} Z 含む零点集合は V ( 0 ) = A 1 V(0)=\mathbb{A}^1 V ( 0 ) = A 1
共通部分のほうは、無限個でも命題5 (1) が使えます。例えば A 2 \mathbb{A}^2 A 2 V ( y − m x ) V(y-mx) V ( y − m x ) 通る傾き m m m 直線）をすべての m ∈ k m\in k m ∈ k ついて交わらせると、
⋂ m ∈ k V ( y − m x ) = V ( ( y − m x ∣ m ∈ k ) ) = V ( x , y ) = { ( 0 , 0 ) } \bigcap_{m\in k}V(y-mx)=V\big(\,(y-mx\mid m\in k)\,\big)=V(x,\ y)=\{(0,0)\} m ∈ k ⋂ V ( y − m x ) = V ( ( y − m x ∣ m ∈ k ) ) = V ( x , y ) = {( 0 , 0 )} です。m = 0 m=0 m = 0 生成元 y y y m = 0 , 1 m=0,1 m = 0 , 1 生成元の差 ( y − 0 ⋅ x ) − ( y − x ) = x (y-0\cdot x)-(y-x)=x ( y − 0 ⋅ x ) − ( y − x ) = x イデアルに入るからです。
専門的な話 ザリスキー位相
命題5 から、アフィン代数的集合の全体は「空集合と全体を含み、有限個の和集合と任意個の共通部分で閉じている」ことが分かります。これは閉集合の公理 そのものなので、アフィン代数的集合を閉集合とする位相が A n \mathbb{A}^n A n 入ります。これをザリスキー位相 と呼びます[1 , §I.1 定義, p.3] 。
k k k 無限体 なら、A 1 \mathbb{A}^1 A 1 閉集合は有限集合と全体だけです[1 , 例1.1.1（k が<span class="term" tabindex="0" data-term="algebraically-closed">代数閉体</span>の場合）, p.3] 。開集合は「有限個の点を除いた残り」なので、空でない開集合どうしは必ず交わります。
普段の距離の位相とはまったく違うこの位相は、スキーム を扱う回でもう一度詳しく見ます。
形から式へ：部分集合のイデアル
ここまでは式から形を作りました。逆向きに、形から式の集まりを作ります。
定義6 部分集合のイデアル [1 , §I.1, p.4]
部分集合 X ⊆ A n X\subseteq\mathbb{A}^n X ⊆ A n 対して、すべての a ∈ X a\in X a ∈ X f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 なる多項式 f f f 集合
I ( X ) = { f ∈ k [ x 1 , … , x n ] ∣ f ( a ) = 0 ( a ∈ X ) } I(X)=\{\,f\in k[x_1,\dots,x_n]\mid f(a)=0\ \ (a\in X)\,\} I ( X ) = { f ∈ k [ x 1 , … , x n ] ∣ f ( a ) = 0 ( a ∈ X ) } と定める。また、ある m ≥ 1 m\geq1 m ≥ 1 f m ∈ J f^m\in J f m ∈ J なる f f f 全体を、イデアル J J J 根基 と呼んで J \sqrt{J} J 書き、J = J \sqrt{J}=J J = J なるイデアルを根基イデアル と呼ぶ。
根基をいくつか計算してみます。k [ x , y ] k[x,y] k [ x , y ]
( x 2 ) = ( x ) , ( x 2 , x y ) = ( x ) , ( x 2 , y 3 ) = ( x , y ) . \sqrt{(x^2)}=(x),\qquad \sqrt{(x^2,\ xy)}=(x),\qquad \sqrt{(x^2,\ y^3)}=(x,\ y). ( x 2 ) = ( x ) , ( x 2 , x y ) = ( x ) , ( x 2 , y 3 ) = ( x , y ) . どの例でも、左辺に x 2 x^2 x 2 y 3 y^3 y 3 入っているので、x x x y y y 根基に入ります。よって右辺は左辺の根基に含まれます。
逆向きは、右辺が素イデアルで左辺を含むことから分かります（素イデアル P P P J J J 含むと、f m ∈ J ⊆ P f^m\in J\subseteq P f m ∈ J ⊆ P f ∈ P f\in P f ∈ P なるので J ⊆ P \sqrt{J}\subseteq P J ⊆ P
I ( X ) I(X) I ( X ) 簡単な例として、I ( ∅ ) = k [ x 1 , … , x n ] I(\varnothing)=k[x_1,\dots,x_n] I ( ∅ ) = k [ x 1 , … , x n ] （条件が空なので、どの多項式も入る）。k k k 無限体 なら I ( A n ) = ( 0 ) I(\mathbb{A}^n)=(0) I ( A n ) = ( 0 ) これはすべての点で0になる多項式は0だけ、ということです。
例7 1点のイデアル
どんな体 k k k A 2 \mathbb{A}^2 A 2 点 ( a , b ) (a,b) ( a , b ) ついて
I ( { ( a , b ) } ) = ( x − a , y − b ) . I\big(\{(a,b)\}\big)=(x-a,\ y-b). I ( {( a , b )} ) = ( x − a , y − b ) .
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる 右辺
⊆ \subseteq ⊆ 左辺：
x − a x-a x − a と
y − b y-b y − b は
点 ( a , b ) (a,b) ( a , b ) 0になる。 左辺 ⊆ \subseteq ⊆ f f f x − a x-a x − a y − b y-b y − b 順に割ると、余りが定数 f ( a , b ) f(a,b) f ( a , b ) なる。詳しく 閉じる
f f f x x x 多項式とみて x − a x-a x − a 割ると、余りは x x x 含まず、x = a x=a x = a 代入した f ( a , y ) f(a,y) f ( a , y ) なる。次に f ( a , y ) f(a,y) f ( a , y ) y − b y-b y − b 割ると、余りは f ( a , b ) f(a,b) f ( a , b ) まとめると
f ( x , y ) = ( x − a ) g ( x , y ) + ( y − b ) h ( y ) + f ( a , b ) f(x,y)=(x-a)\,g(x,y)+(y-b)\,h(y)+f(a,b) f ( x , y ) = ( x − a ) g ( x , y ) + ( y − b ) h ( y ) + f ( a , b ) となる多項式 g , h g,h g , h ある。
f ∈ I ( { ( a , b ) } ) f\in I(\{(a,b)\}) f ∈ I ({( a , b )}) なら
f ( a , b ) = 0 f(a,b)=0 f ( a , b ) = 0 なので、
上の式から f ∈ ( x − a , y − b ) f\in(x-a,\ y-b) f ∈ ( x − a , y − b ) 例えば f = x 2 + y 2 − 1 f=x^2+y^2-1 f = x 2 + y 2 − 1 点 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 余りの式は次のようになります。
x 2 + y 2 − 1 = ( x − 1 ) ( x + 1 ) + ( y − 0 ) ⋅ y + 0. x^2+y^2-1=(x-1)(x+1)+(y-0)\cdot y+0. x 2 + y 2 − 1 = ( x − 1 ) ( x + 1 ) + ( y − 0 ) ⋅ y + 0. f ( 1 , 0 ) = 0 f(1,0)=0 f ( 1 , 0 ) = 0 余りは0で、f ∈ ( x − 1 , y ) f\in(x-1,\ y) f ∈ ( x − 1 , y ) 確かめられます。
命題8 [1 , 命題1.2, p.4]
(1) I ( X ) I(X) I ( X ) 根基イデアルである。X ⊆ Y X\subseteq Y X ⊆ Y I ( Y ) ⊆ I ( X ) I(Y)\subseteq I(X) I ( Y ) ⊆ I ( X ) X X X アフィン代数的集合なら V ( I ( X ) ) = X V(I(X))=X V ( I ( X )) = X イデアル J J J ついて J ⊆ J ⊆ I ( V ( J ) ) J\subseteq\sqrt{J}\subseteq I(V(J)) J ⊆ J ⊆ I ( V ( J ))
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる (1)
I ( X ) I(X) I ( X ) は
イデアルである。X X X 0になる多項式どうしの和も、それに多項式を掛けたものも X X X 0になる。 (1) I ( X ) I(X) I ( X ) 根基イデアルである。f m ∈ I ( X ) f^m\in I(X) f m ∈ I ( X ) X X X 各点で f ( a ) m = 0 f(a)^m=0 f ( a ) m = 0 f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 詳しく 閉じる
体には零因子 がない（0でない元を何回掛けても0にならない）。したがって f ( a ) ≠ 0 f(a)\neq0 f ( a ) = 0 f ( a ) m ≠ 0 f(a)^m\neq0 f ( a ) m = 0
(2)
広い集合 Y Y Y 上で0になる式は、その一部 X ⊆ Y X\subseteq Y X ⊆ Y 上でも0。 (3) X ⊆ V ( I ( X ) ) X\subseteq V(I(X)) X ⊆ V ( I ( X )) 定義から分かる。詳しく 閉じる
a ∈ X a\in X a ∈ X I ( X ) I(X) I ( X ) 式はすべて a a a 0になるので、a ∈ V ( I ( X ) ) a\in V(I(X)) a ∈ V ( I ( X ))
(3) 逆向きは、X = V ( K ) X=V(K) X = V ( K ) 書き、K ⊆ I ( X ) K\subseteq I(X) K ⊆ I ( X ) 命題3 (1) を使う。詳しく 閉じる
K K K 元は X = V ( K ) X=V(K) X = V ( K ) 上で0なので K ⊆ I ( X ) K\subseteq I(X) K ⊆ I ( X ) 命題3 (1) で包含を逆にすると V ( I ( X ) ) ⊆ V ( K ) = X V(I(X))\subseteq V(K)=X V ( I ( X )) ⊆ V ( K ) = X
ここで X X X 零点集合であることを使った。一般の部分集合 X X X V ( I ( X ) ) V(I(X)) V ( I ( X )) X X X 含む最小のアフィン代数的集合になり、X X X 大きくなることがある。
(4)
J ⊆ J J\subseteq\sqrt{J} J ⊆ J は
m = 1 m=1 m = 1 の
場合。f m ∈ J f^m\in J f m ∈ J V ( J ) V(J) V ( J ) 各点で f ( a ) m = 0 f(a)^m=0 f ( a ) m = 0 よって f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 J ⊆ I ( V ( J ) ) \sqrt{J}\subseteq I(V(J)) J ⊆ I ( V ( J )) 命題8 (3) により、形 X X X 式の集まり I ( X ) I(X) I ( X ) 復元できます。
V V V I I I イデアルの集まりと A n \mathbb{A}^n A n 部分集合の集まりのあいだを、互いに逆向きに行き来する写像です。
{ J ⊆ k [ x 1 , … , x n ] } ⇄ V I { X ⊆ A n } \big\{\,J\subseteq k[x_1,\dots,x_n]\,\big\}\ \underset{I}{\overset{V}{\rightleftarrows}}\ \big\{\,X\subseteq\mathbb{A}^n\,\big\} { J ⊆ k [ x 1 , … , x n ] } I ⇄ V { X ⊆ A n } 左はイデアル全体、右は部分集合全体です。2つの写像は、次の言い換えで結ばれています。
J ⊆ I ( X ) ⟺ X ⊆ V ( J ) . J\subseteq I(X)\quad\Longleftrightarrow\quad X\subseteq V(J). J ⊆ I ( X ) ⟺ X ⊆ V ( J ) . どちらの辺も「J J J 式がすべて X X X 上で0」という同じ条件だからです。
行って戻ると、一般にはもとより大きくなります。1行目の包含は 命題8 (4) そのものです。2行目の V ( I ( X ) ) ⊇ X V(I(X))\supseteq X V ( I ( X )) ⊇ X X X X 点では I ( X ) I(X) I ( X ) 式がすべて0になることから、そのまま分かります。
J ↦ V V ( J ) ↦ I I ( V ( J ) ) ⊇ J ⊇ J , X ↦ I I ( X ) ↦ V V ( I ( X ) ) ⊇ X . \begin{aligned}
J\ &\xmapsto{\ V\ }\ V(J)\ \xmapsto{\ I\ }\ I(V(J))\ \supseteq\ \sqrt{J}\ \supseteq\ J,\\
X\ &\xmapsto{\ I\ }\ I(X)\ \xmapsto{\ V\ }\ V(I(X))\ \supseteq\ X.
\end{aligned} J X V V ( J ) I I ( V ( J )) ⊇ J ⊇ J , I I ( X ) V V ( I ( X )) ⊇ X . 2行目の包含は、X X X アフィン代数的集合なら等号です。そうでないときも、V ( I ( X ) ) V(I(X)) V ( I ( X )) X X X 含む最小のアフィン代数的集合です。X ⊆ V ( T ) X\subseteq V(T) X ⊆ V ( T ) T ⊆ I ( X ) T\subseteq I(X) T ⊆ I ( X ) V ( I ( X ) ) ⊆ V ( T ) V(I(X))\subseteq V(T) V ( I ( X )) ⊆ V ( T ) なるからです。前の節の Z ⊆ A 1 \mathbb{Z}\subseteq\mathbb{A}^1 Z ⊆ A 1 k = C k=\mathbb{C} k = C
I ( Z ) = ( 0 ) , V ( I ( Z ) ) = V ( 0 ) = A 1 ⊋ Z I(\mathbb{Z})=(0),\qquad V\big(I(\mathbb{Z})\big)=V(0)=\mathbb{A}^1\supsetneq\mathbb{Z} I ( Z ) = ( 0 ) , V ( I ( Z ) ) = V ( 0 ) = A 1 ⊋ Z となり、整数の点だけを残すことはできません。
一方、(4) の包含は等号とは限りません。例えば J = ( x 2 ) ⊆ k [ x , y , z ] J=(x^2)\subseteq k[x,y,z] J = ( x 2 ) ⊆ k [ x , y , z ] V ( x 2 ) = V ( x ) V(x^2)=V(x) V ( x 2 ) = V ( x ) どちらも y z yz y z k k k 無限体 なら I ( V ( x 2 ) ) = ( x ) I(V(x^2))=(x) I ( V ( x 2 )) = ( x ) なり、x 2 x^2 x 2 「2乗」の情報は形からは読み取れません。
例9 2重の平面
k k k 無限体 とし、J = ( x 2 ) ⊆ k [ x , y , z ] J=(x^2)\subseteq k[x,y,z] J = ( x 2 ) ⊆ k [ x , y , z ] する。このとき
J = ( x 2 ) ⊊ J = ( x ) = I ( V ( J ) ) . J=(x^2)\ \subsetneq\ \sqrt{J}=(x)\ =\ I\big(V(J)\big). J = ( x 2 ) ⊊ J = ( x ) = I ( V ( J ) ) .
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる V ( J ) = V ( x ) V(J)=V(x) V ( J ) = V ( x ) ：体の
元 a 1 a_1 a 1 ついて、a 1 2 = 0 a_1^2=0 a 1 2 = 0 a 1 = 0 a_1=0 a 1 = 0 同値。 ( x ) ⊆ J ⊆ I ( V ( J ) ) (x)\subseteq\sqrt{J}\subseteq I(V(J)) ( x ) ⊆ J ⊆ I ( V ( J )) ：
x 2 ∈ J x^2\in J x 2 ∈ J と
命題8 (4) から。
I ( V ( x ) ) ⊆ ( x ) I(V(x))\subseteq(x) I ( V ( x )) ⊆ ( x ) f f f x x x 割った余り f ( 0 , y , z ) f(0,y,z) f ( 0 , y , z ) y z yz y z すべての点で0になる多項式なので、0である。詳しく 閉じる
f f f x x x 多項式とみて x x x 割ると
f ( x , y , z ) = x g ( x , y , z ) + f ( 0 , y , z ) . f(x,y,z)=x\,g(x,y,z)+f(0,y,z). f ( x , y , z ) = x g ( x , y , z ) + f ( 0 , y , z ) . f ∈ I ( V ( x ) ) f\in I(V(x)) f ∈ I ( V ( x )) すべての ( b , c ) ∈ k 2 (b,c)\in k^2 ( b , c ) ∈ k 2 f ( 0 , b , c ) = 0 f(0,b,c)=0 f ( 0 , b , c ) = 0 k k k 無限体 なので、2変数の多項式 f ( 0 , y , z ) f(0,y,z) f ( 0 , y , z ) 0（上で触れた I ( A 2 ) = ( 0 ) I(\mathbb{A}^2)=(0) I ( A 2 ) = ( 0 ) よって f = x g ∈ ( x ) f=xg\in(x) f = xg ∈ ( x )
J ≠ ( x ) J\neq(x) J = ( x ) ：
( x 2 ) (x^2) ( x 2 ) の
元は x 2 x^2 x 2 倍数なので、x x x 入らない。 図の上では、「x = 0 x=0 x = 0 「x 2 = 0 x^2=0 x 2 = 0 同じ平面です。後者は、平面を2重に数えている（平面から x x x 向にほんの少し厚みがある）と考えたくなりますが、点の集合ではこの違いを表せません。
この情報を失わずに形を扱う枠組みが、次回以降に扱うスキーム
零点定理：形と式がちょうど対応する条件
命題8 (4) の包含 J ⊆ I ( V ( J ) ) \sqrt{J}\subseteq I(V(J)) J ⊆ I ( V ( J )) k k k 代数閉体 なら等号になります。これがヒルベルトの零点定理です。
定理10 ヒルベルトの零点定理 [1 , 定理1.3A, p.4]
k k k 代数閉体 とする。k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] 任意のイデアル J J J ついて
I ( V ( J ) ) = J . I(V(J))=\sqrt{J}. I ( V ( J )) = J .
証明には可換環論の準備が必要なので、この記事では結果だけを使います（証明は [2 , 演習問題7.14, p.132; 4 , 定理5.4, p.41; 5 , 問題3.8 (2), p.89] などにあります）。零点定理（定理10 ）と命題8 を合わせると、次の対応が得られます。
系11 [1 , 系1.4, p.5]
k k k 代数閉体 のとき、V V V I I I k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] 根基イデアル全体と A n \mathbb{A}^n A n アフィン代数的集合全体のあいだの、互いに逆な1対1対応である。この対応は包含の向きを逆にする。特に、点 a = ( a 1 , … , a n ) a=(a_1,\dots,a_n) a = ( a 1 , … , a n ) 極大イデアル ( x 1 − a 1 , … , x n − a n ) (x_1-a_1,\dots,x_n-a_n) ( x 1 − a 1 , … , x n − a n ) 対応し、極大イデアルはすべてこの形である。
根基イデアル全体を R \mathcal{R} R アフィン代数的集合全体を A \mathcal{A} A 書くと、系11 は次の図式で表せます。
R ⇄ V I A , I ∘ V = i d R , V ∘ I = i d A . \mathcal{R}\ \underset{I}{\overset{V}{\rightleftarrows}}\ \mathcal{A},\qquad I\circ V=\mathrm{id}_{\mathcal{R}},\qquad V\circ I=\mathrm{id}_{\mathcal{A}}. R I ⇄ V A , I ∘ V = id R , V ∘ I = id A . 1つ目の等式が零点定理 I ( V ( J ) ) = J = J I(V(J))=\sqrt{J}=J I ( V ( J )) = J = J 2つ目が命題8 (3) です。包含の向きが逆になることは、根基イデアル J , K J,K J , K ついて次のように書けます。
J ⊆ K ⟺ V ( J ) ⊇ V ( K ) . J\subseteq K\quad\Longleftrightarrow\quad V(J)\supseteq V(K). J ⊆ K ⟺ V ( J ) ⊇ V ( K ) . 点と極大イデアルの対応は、代入の写像で見ると分かりやすくなります。点 a a a 値を取る写像
e v a : k [ x 1 , … , x n ] ⟶ k , f ⟼ f ( a ) \mathrm{ev}_a\colon k[x_1,\dots,x_n]\longrightarrow k,\qquad f\longmapsto f(a) ev a : k [ x 1 , … , x n ] ⟶ k , f ⟼ f ( a ) は全射な環準同型で、その核は M a = ( x 1 − a 1 , … , x n − a n ) M_a=(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n) M a = ( x 1 − a 1 , … , x n − a n ) （n = 2 n=2 n = 2 場合が例7 ）。準同型定理から
k [ x 1 , … , x n ] / M a ≅ k k[x_1,\dots,x_n]/M_a\ \cong\ k k [ x 1 , … , x n ] / M a ≅ k で、k k k 体なので M a M_a M a 極大イデアルです。ここまではどんな体でも成り立ちます。代数閉体 の仮定を使うのは、「極大イデアルはすべてこの形」の部分です。
例えば k = R k=\mathbb{R} k = R ( x 2 + 1 ) ⊆ R [ x ] (x^2+1)\subseteq\mathbb{R}[x] ( x 2 + 1 ) ⊆ R [ x ] 極大イデアルです。剰余環 は
R [ x ] / ( x 2 + 1 ) ≅ C , x ⟼ i \mathbb{R}[x]/(x^2+1)\ \cong\ \mathbb{C},\qquad x\longmapsto i R [ x ] / ( x 2 + 1 ) ≅ C , x ⟼ i で体ですが、このイデアルに対応する実数の点はありません。
この対応を概念図にしたのが図5です。k [ x , y ] k[x,y] k [ x , y ] イデアルのいくつかと、A 2 \mathbb{A}^2 A 2 部分集合を、2枚の面に分けて並べています。
( 0 ) (0) ( 0 ) ( x y ) (xy) ( x y ) ( x ) (x) ( x ) ( y ) (y) ( y ) ( x , y ) (x,y) ( x , y ) ( 1 ) (1) ( 1 ) ( x 2 ) (x^2) ( x 2 ) ( y 2 ) (y^2) ( y 2 ) A 2 \mathbb{A}^2 A 2 V ( x y ) V(xy) V ( x y ) V ( x ) V(x) V ( x ) V ( y ) V(y) V ( y ) { 0 } \{0\} { 0 } ∅ \varnothing ∅ イデアル 部分集合 このブラウザでは立体の図を表示できませんでした（WebGLが必要です）。
V V V I I I I ∘ V I\circ V I ∘ V 斜め 正面 真横
ドラッグで回せます 手前の面の各イデアル J J J 零点集合 V ( J ) V(J) V ( J ) 青い矢印を引いています。( x 2 ) (x^2) ( x 2 ) ( x ) (x) ( x ) 同じ V ( x ) V(x) V ( x ) 送られるので、V V V 1対1ではありません。
奥の面の各集合 X X X I ( X ) I(X) I ( X ) 矢印を引いています。I ( X ) I(X) I ( X ) いつも根基イデアルなので（命題8 ）、矢印はすべて黒い点に戻り、オレンジの点には戻りません。
( x 2 ) (x^2) ( x 2 ) V V V 進み I I I 戻ると、( x ) = ( x 2 ) (x)=\sqrt{(x^2)} ( x ) = ( x 2 ) 着きます。これが零点定理 I ( V ( J ) ) = J I(V(J))=\sqrt{J} I ( V ( J )) = J 「正面」から見ると、根基イデアルは自分の零点集合とちょうど重なり、根基でない ( x 2 ) (x^2) ( x 2 ) ( y 2 ) (y^2) ( y 2 ) み出します。
図5 概念図 手前の面の点はイデアル、奥の面の点はアフィン代数的集合を表します。灰色の線は包含です。手前の面では小さいイデアルほど下に、奥の面では大きい集合ほど下に置いています。V V V V V V I I I
図5を「正面」から見ると、手前の面と奥の面が重なります。根基イデアルの点は、その零点集合の点とぴったり重なります。系11 の1対1対応が、そのまま点の重なりとして見えるわけです。
重ならないのは ( x 2 ) (x^2) ( x 2 ) ( y 2 ) (y^2) ( y 2 ) そこから出る V V V 矢印は斜めに進み、根基 ( x ) (x) ( x ) ( y ) (y) ( y ) 零点集合に着きます。
図5に描いたイデアルとその零点集合を並べると、次のとおりです。上の6つが根基イデアルで、系11 の対応の一部になっています。
( 0 ) ⟷ A 2 ( x y ) ⟷ V ( x ) ∪ V ( y ) ( x ) ⟷ V ( x ) ( y ) ⟷ V ( y ) ( x , y ) ⟷ { ( 0 , 0 ) } ( 1 ) ⟷ ∅ ( x 2 ) ↦ V V ( x ) ( y 2 ) ↦ V V ( y ) \begin{array}{rcl}
(0) & \longleftrightarrow & \mathbb{A}^2 \\
(xy) & \longleftrightarrow & V(x)\cup V(y) \\
(x) & \longleftrightarrow & V(x) \\
(y) & \longleftrightarrow & V(y) \\
(x,\ y) & \longleftrightarrow & \{(0,0)\} \\
(1) & \longleftrightarrow & \varnothing \\[4pt]
(x^2) & \xmapsto{\ V\ } & V(x) \\
(y^2) & \xmapsto{\ V\ } & V(y)
\end{array} ( 0 ) ( x y ) ( x ) ( y ) ( x , y ) ( 1 ) ( x 2 ) ( y 2 ) ⟷ ⟷ ⟷ ⟷ ⟷ ⟷ V V A 2 V ( x ) ∪ V ( y ) V ( x ) V ( y ) {( 0 , 0 )} ∅ V ( x ) V ( y ) 下の2つは根基イデアルではないので、V V V 送ることはできても、I I I 戻ってきません。V ( x ) V(x) V ( x ) I I I 戻ると ( x 2 ) = ( x ) \sqrt{(x^2)}=(x) ( x 2 ) = ( x ) 着きます。
零点定理の具体例として、放物線とその接線の交わりを見ます。根基イデアルどうしの和が、根基イデアルになるとは限らない例でもあります。
例12 放物線と接線
k k k 代数閉体 とし、k [ x , y ] k[x,y] k [ x , y ] J = ( y − x 2 ) J=(y-x^2) J = ( y − x 2 ) K = ( y ) K=(y) K = ( y ) する。このとき
J + K = ( x 2 , y ) , V ( J ) ∩ V ( K ) = { ( 0 , 0 ) } , I ( V ( J + K ) ) = J + K = ( x , y ) ⊋ J + K . \begin{gathered}
J+K=(x^2,\ y),\qquad V(J)\cap V(K)=\{(0,0)\},\\
I\big(V(J+K)\big)=\sqrt{J+K}=(x,\ y)\supsetneq J+K.
\end{gathered} J + K = ( x 2 , y ) , V ( J ) ∩ V ( K ) = {( 0 , 0 )} , I ( V ( J + K ) ) = J + K = ( x , y ) ⊋ J + K .
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる J + K = ( y − x 2 , y ) = ( x 2 , y ) J+K=(y-x^2,\ y)=(x^2,\ y) J + K = ( y − x 2 , y ) = ( x 2 , y ) 互いに書き直せる。詳しく 閉じる
x 2 = y − ( y − x 2 ) , y − x 2 = 1 ⋅ y − 1 ⋅ x 2 . x^2=y-(y-x^2),\qquad y-x^2=1\cdot y-1\cdot x^2. x 2 = y − ( y − x 2 ) , y − x 2 = 1 ⋅ y − 1 ⋅ x 2 . 1つ目の式から x 2 ∈ J + K x^2\in J+K x 2 ∈ J + K 2つ目の式から y − x 2 ∈ ( x 2 , y ) y-x^2\in(x^2,y) y − x 2 ∈ ( x 2 , y ) y y y 両方に共通の生成元。
V ( x 2 , y ) = { ( 0 , 0 ) } V(x^2,y)=\{(0,0)\} V ( x 2 , y ) = {( 0 , 0 )} ：
a 2 = 0 a^2=0 a 2 = 0 なら
a = 0 a=0 a = 0 。
( x 2 , y ) = ( x , y ) \sqrt{(x^2,y)}=(x,y) ( x 2 , y ) = ( x , y ) ：
x ∈ ( x 2 , y ) x\in\sqrt{(x^2,y)} x ∈ ( x 2 , y ) で、
( x , y ) (x,y) ( x , y ) は
( x 2 , y ) (x^2,y) ( x 2 , y ) を
含む素イデアルだから。零点定理から I ( V ( J + K ) ) I(V(J+K)) I ( V ( J + K )) これに等しい。 x ∉ ( x 2 , y ) x\notin(x^2,y) x ∈ / ( x 2 , y ) ：
( x 2 , y ) (x^2,y) ( x 2 , y ) の
元に y = 0 y=0 y = 0 代入すると x 2 x^2 x 2 倍数になるが、x x x そうならない。 形の上では、放物線と接線は原点の1点で交わるだけです。イデアルの側に残った x 2 x^2 x 2 2つの曲線が原点で接している（重解をもつ）ことを表しています。点の集合 { ( 0 , 0 ) } \{(0,0)\} {( 0 , 0 )} この接し方の情報は消えます。
k k k 代数閉体 なら、零点定理から、零点集合が空になる条件も分かります。V ( J ) = ∅ V(J)=\varnothing V ( J ) = ∅ J = I ( ∅ ) = ( 1 ) \sqrt{J}=I(\varnothing)=(1) J = I ( ∅ ) = ( 1 ) ある m m m 1 = 1 m ∈ J 1=1^m\in J 1 = 1 m ∈ J つまり J = ( 1 ) J=(1) J = ( 1 )
V ( J ) = ∅ ⟺ 1 ∈ J . V(J)=\varnothing\quad\Longleftrightarrow\quad 1\in J. V ( J ) = ∅ ⟺ 1 ∈ J . ⇐ \Leftarrow ⇐ どんな体でも成り立ちます（V ( 1 ) = ∅ V(1)=\varnothing V ( 1 ) = ∅ ⇒ \Rightarrow ⇒ 零点定理の内容で、解のない連立方程式には、式を組み合わせて1を作る「証拠」が必ずあるということです。
半径の違う同心円 V ( x 2 + y 2 − 1 ) V(x^2+y^2-1) V ( x 2 + y 2 − 1 ) V ( x 2 + y 2 − 2 ) V(x^2+y^2-2) V ( x 2 + y 2 − 2 ) 交わりません。証拠は差を取るだけで得られます。
( x 2 + y 2 − 1 ) − ( x 2 + y 2 − 2 ) = 1. (x^2+y^2-1)-(x^2+y^2-2)=1. ( x 2 + y 2 − 1 ) − ( x 2 + y 2 − 2 ) = 1.
双曲線 V ( x y − 1 ) V(xy-1) V ( x y − 1 ) y y y V ( x ) V(x) V ( x ) 交わりません。証拠は次の式です。
y ⋅ x − ( x y − 1 ) = 1. y\cdot x-(xy-1)=1. y ⋅ x − ( x y − 1 ) = 1.
代数閉体 という条件は外せません。k = R k=\mathbb{R} k = R J = ( x 2 + 1 ) ⊆ R [ x ] J=(x^2+1)\subseteq\mathbb{R}[x] J = ( x 2 + 1 ) ⊆ R [ x ] すると、V ( J ) = ∅ V(J)=\varnothing V ( J ) = ∅ I ( V ( J ) ) = R [ x ] I(V(J))=\mathbb{R}[x] I ( V ( J )) = R [ x ] 一方 x 2 + 1 x^2+1 x 2 + 1 既約なので J = J ≠ R [ x ] \sqrt{J}=J\neq\mathbb{R}[x] J = J = R [ x ] 等号が成り立ちません。
I ( V ( x 2 + 1 ) ) = I ( ∅ ) = R [ x ] ≠ ( x 2 + 1 ) = ( x 2 + 1 ) . I\big(V(x^2+1)\big)=I(\varnothing)=\mathbb{R}[x]\ \neq\ (x^2+1)=\sqrt{(x^2+1)}. I ( V ( x 2 + 1 ) ) = I ( ∅ ) = R [ x ] = ( x 2 + 1 ) = ( x 2 + 1 ) . 上の「V ( J ) = ∅ V(J)=\varnothing V ( J ) = ∅ 1 ∈ J 1\in J 1 ∈ J この例で崩れます。1 ∉ ( x 2 + 1 ) 1\notin(x^2+1) 1 ∈ / ( x 2 + 1 ) 1を作る証拠はありません。
実数の範囲では、解のない方程式の零点集合はどれも空集合になるので、式の違いが形に現れません[1 , 例1.4.5, p.6] 。
既約成分：形を部品に分ける
図4の V ( x z , y z ) V(xz,yz) V ( x z , y z ) 平面と直線という2つの部品からできていました。これ以上分けられない部品を、次のように定義します。
定義13 既約 [1 , §I.1 定義, p.3]
空でないアフィン代数的集合 X X X 既約 であるとは、X = X 1 ∪ X 2 X=X_1\cup X_2 X = X 1 ∪ X 2 X 1 , X 2 X_1,X_2 X 1 , X 2 アフィン代数的集合）と書けば必ず X = X 1 X=X_1 X = X 1 X = X 2 X=X_2 X = X 2 なることをいう。既約なアフィン代数的集合をアフィン多様体 と呼ぶ。
命題14 [1 , 系1.4, p.5]
アフィン代数的集合 X X X 既約であることと、I ( X ) I(X) I ( X ) 素イデアルであることは同値である。
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる （既約 ⇒ 素）f g ∈ I ( X ) fg\in I(X) f g ∈ I ( X ) X = ( X ∩ V ( f ) ) ∪ ( X ∩ V ( g ) ) X=\big(X\cap V(f)\big)\cup\big(X\cap V(g)\big) X = ( X ∩ V ( f ) ) ∪ ( X ∩ V ( g ) ) 分けられる。既約性から一方が X X X なり、f ∈ I ( X ) f\in I(X) f ∈ I ( X ) g ∈ I ( X ) g\in I(X) g ∈ I ( X ) 分かる。詳しく 閉じる
I ( X ) I(X) I ( X ) は
環全体ではない。X ≠ ∅ X\neq\varnothing X = ∅ 定数1は X X X 0にならない。 X X X の
各点で f ( a ) g ( a ) = 0 f(a)g(a)=0 f ( a ) g ( a ) = 0 f ( a ) = 0 f(a)=0 f ( a ) = 0 g ( a ) = 0 g(a)=0 g ( a ) = 0 これが上の分解である。 右辺の
2つはどちらもアフィン代数的集合である（命題5 (1)）。X X X 既約なので、例えば X = X ∩ V ( f ) X=X\cap V(f) X = X ∩ V ( f ) これは f f f X X X 0、つまり f ∈ I ( X ) f\in I(X) f ∈ I ( X ) いうこと。 （素 ⇒ 既約）X = X 1 ∪ X 2 X=X_1\cup X_2 X = X 1 ∪ X 2 X 1 ≠ X X_1\neq X X 1 = X X 2 ≠ X X_2\neq X X 2 = X 仮定する。I ( X ) I(X) I ( X ) 入らない f , g f,g f , g f g ∈ I ( X ) fg\in I(X) f g ∈ I ( X ) なるものが作れ、I ( X ) I(X) I ( X ) 素であることに反する。詳しく 閉じる
X ≠ ∅ X\neq\varnothing X = ∅ 。
I ( X ) I(X) I ( X ) は
素イデアルなので環全体ではなく、一方 I ( ∅ ) I(\varnothing) I ( ∅ ) 環全体だからである。 I ( X ) ⊊ I ( X i ) I(X)\subsetneq I(X_i) I ( X ) ⊊ I ( X i ) 詳しく 閉じる
X i ⊆ X X_i\subseteq X X i ⊆ X 命題8 (2) から I ( X ) ⊆ I ( X i ) I(X)\subseteq I(X_i) I ( X ) ⊆ I ( X i ) 等号が成り立つとすると、命題8 (3) から X i = V ( I ( X i ) ) = V ( I ( X ) ) = X X_i=V(I(X_i))=V(I(X))=X X i = V ( I ( X i )) = V ( I ( X )) = X なり、仮定に反する。
f ∈ I ( X 1 ) ∖ I ( X ) f\in I(X_1)\setminus I(X) f ∈ I ( X 1 ) ∖ I ( X ) と
g ∈ I ( X 2 ) ∖ I ( X ) g\in I(X_2)\setminus I(X) g ∈ I ( X 2 ) ∖ I ( X ) を
選ぶ。 f g fg f g は
X 1 X_1 X 1 の
上でも X 2 X_2 X 2 上でも0なので、X 1 ∪ X 2 = X X_1\cup X_2=X X 1 ∪ X 2 = X 上で0。つまり f g ∈ I ( X ) fg\in I(X) f g ∈ I ( X ) f , g ∉ I ( X ) f,g\notin I(X) f , g ∈ / I ( X ) 既約でない例として、A 2 \mathbb{A}^2 A 2 2本の座標軸 X = V ( x y ) = V ( x ) ∪ V ( y ) X=V(xy)=V(x)\cup V(y) X = V ( x y ) = V ( x ) ∪ V ( y ) 見ます。証明の前半と同じく、積 x y xy x y X X X 分け方が分かります。
x ⋅ y ∈ I ( X ) , x ∉ I ( X ) , y ∉ I ( X ) . x\cdot y\in I(X),\qquad x\notin I(X),\qquad y\notin I(X). x ⋅ y ∈ I ( X ) , x ∈ / I ( X ) , y ∈ / I ( X ) . x x x X X X 点 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 1になり、y y y X X X 点 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 1になるので、どちらも I ( X ) I(X) I ( X ) 入りません。したがって I ( X ) I(X) I ( X ) 素イデアルではありません。
形の側では、X X X V ( x ) V(x) V ( x ) V ( y ) V(y) V ( y ) いう、どちらも X X X 小さい2つに分かれます。
さらに、どのアフィン代数的集合も、有限個のアフィン多様体の和集合 X = X 1 ∪ ⋯ ∪ X r X=X_1\cup\dots\cup X_r X = X 1 ∪ ⋯ ∪ X r 書け、余分なもの（他に含まれる X i X_i X i 除けば、この書き方は順番を除いて一通りです[1 , 命題1.5, p.6; 1 , 系1.6, p.7] 。各 X i X_i X i X X X 既約成分 と呼びます。
k k k 無限体 なら、V ( x z , y z ) V(xz,yz) V ( x z , y z ) 既約成分は、平面 V ( z ) V(z) V ( z ) 直線 V ( x , y ) V(x,y) V ( x , y ) I ( V ( z ) ) = ( z ) I(V(z))=(z) I ( V ( z )) = ( z ) I ( V ( x , y ) ) = ( x , y ) I(V(x,y))=(x,y) I ( V ( x , y )) = ( x , y ) 剰余環 が整域 なので素イデアルです。
k [ x , y , z ] / ( z ) ≅ k [ x , y ] , k [ x , y , z ] / ( x , y ) ≅ k [ z ] . k[x,y,z]/(z)\cong k[x,y],\qquad k[x,y,z]/(x,\ y)\cong k[z]. k [ x , y , z ] / ( z ) ≅ k [ x , y ] , k [ x , y , z ] / ( x , y ) ≅ k [ z ] . （I ( V ( z ) ) = ( z ) I(V(z))=(z) I ( V ( z )) = ( z ) 例9 と同じ割り算で、I ( V ( x , y ) ) = ( x , y ) I(V(x,y))=(x,y) I ( V ( x , y )) = ( x , y ) 同様に示せます。どちらも k k k 無限体 であることを使います。）
イデアルの側では
( x z , y z ) = ( z ) ∩ ( x , y ) (xz,\ yz)=(z)\cap(x,y) ( x z , y z ) = ( z ) ∩ ( x , y ) が成り立ち、これは形の分解 V ( x z , y z ) = V ( z ) ∪ V ( x , y ) V(xz,yz)=V(z)\cup V(x,y) V ( x z , y z ) = V ( z ) ∪ V ( x , y ) そのまま式に書いたものです。2つの向きの包含は、次のように確かめられます。
⊆ \subseteq ⊆ x z , y z xz,\ yz x z , y z z z z 倍数で、x x x y y y 倍数でもあるので、両方のイデアルに入ります。 ⊇ \supseteq ⊇ f ∈ ( z ) ∩ ( x , y ) f\in(z)\cap(x,y) f ∈ ( z ) ∩ ( x , y ) f = z g f=zg f = z g 書きます。z g ∈ ( x , y ) zg\in(x,y) z g ∈ ( x , y ) z ∉ ( x , y ) z\notin(x,y) z ∈ / ( x , y ) 素イデアルの性質から g ∈ ( x , y ) g\in(x,y) g ∈ ( x , y ) つまり g = x p + y q g=xp+yq g = x p + y q よって
f = z g = p ⋅ x z + q ⋅ y z ∈ ( x z , y z ) . f=zg=p\cdot xz+q\cdot yz\in(xz,\ yz). f = z g = p ⋅ x z + q ⋅ y z ∈ ( x z , y z ) .
例15 直線と離れた1点
k [ x , y ] k[x,y] k [ x , y ] J = ( x 2 − x , x y ) J=(x^2-x,\ xy) J = ( x 2 − x , x y ) すると、
V ( J ) = V ( x ) ∪ { ( 1 , 0 ) } , J = ( x ) ∩ ( x − 1 , y ) . V(J)=V(x)\cup\{(1,0)\},\qquad J=(x)\cap(x-1,\ y). V ( J ) = V ( x ) ∪ {( 1 , 0 )} , J = ( x ) ∩ ( x − 1 , y ) .
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる 点 ( a , b ) (a,b) ( a , b ) V ( J ) V(J) V ( J ) 入る条件を、a ( a − 1 ) = 0 a(a-1)=0 a ( a − 1 ) = 0 a = 0 a=0 a = 0 a = 1 a=1 a = 1 分けて調べる。詳しく 閉じる
a = 0 a=0 a = 0 の
とき：a b = 0 ab=0 ab = 0 自動的にみたされるので、b b b 何でもよい。これが直線 V ( x ) V(x) V ( x ) a = 1 a=1 a = 1 の
とき：a b = b = 0 ab=b=0 ab = b = 0 点 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) J ⊆ ( x ) ∩ ( x − 1 , y ) J\subseteq(x)\cap(x-1,y) J ⊆ ( x ) ∩ ( x − 1 , y ) ：
x 2 − x = x ( x − 1 ) x^2-x=x(x-1) x 2 − x = x ( x − 1 ) と
x y xy x y は
x x x の
倍数で、x − 1 x-1 x − 1 y y y 倍数でもある。 J ⊇ ( x ) ∩ ( x − 1 , y ) J\supseteq(x)\cap(x-1,y) J ⊇ ( x ) ∩ ( x − 1 , y ) f = x g f=xg f = xg ( x − 1 , y ) (x-1,y) ( x − 1 , y ) 入れば g ∈ ( x − 1 , y ) g\in(x-1,y) g ∈ ( x − 1 , y ) f ∈ J f\in J f ∈ J 詳しく 閉じる
( x − 1 , y ) (x-1,y) ( x − 1 , y ) 点 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 極大イデアルなので素イデアルで、x x x ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 1なので入らない。よって g ∈ ( x − 1 , y ) g\in(x-1,y) g ∈ ( x − 1 , y ) g = ( x − 1 ) p + y q g=(x-1)p+yq g = ( x − 1 ) p + y q 書けて
f = x g = p ⋅ ( x 2 − x ) + q ⋅ x y ∈ J . f=xg=p\cdot(x^2-x)+q\cdot xy\in J. f = xg = p ⋅ ( x 2 − x ) + q ⋅ x y ∈ J . k k k 無限体 なら、既約成分は直線 V ( x ) V(x) V ( x ) 点 { ( 1 , 0 ) } \{(1,0)\} {( 1 , 0 )} 既約成分どうしの「大きさ」（次元）が違っていてもかまいません。
3つ以上に分かれる例も、同じように場合分けで計算できます。A 3 \mathbb{A}^3 A 3 V ( x y , y z , z x ) V(xy,\ yz,\ zx) V ( x y , y z , z x ) 3つの積がすべて0なので、x , y , z x,y,z x , y , z うち少なくとも2つが0です。
V ( x y , y z , z x ) = V ( y , z ) ∪ V ( z , x ) ∪ V ( x , y ) . V(xy,\ yz,\ zx)=V(y,z)\cup V(z,x)\cup V(x,y). V ( x y , y z , z x ) = V ( y , z ) ∪ V ( z , x ) ∪ V ( x , y ) . 右辺は順に x x x y y y z z z k k k 無限体 なら、これが3つの既約成分です。
図4で「真上」から見たとき見えなくなったのは、既約成分の一つ丸ごとでした。
また、f f f 既約多項式 なら、k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] 一意分解整域 なので ( f ) (f) ( f ) 素イデアルです。k k k 代数閉体 なら、零点定理から I ( V ( f ) ) = ( f ) = ( f ) I(V(f))=\sqrt{(f)}=(f) I ( V ( f )) = ( f ) = ( f ) なるので、V ( f ) V(f) V ( f ) 既約です。k = C k=\mathbb{C} k = C とき、図1の平面、球面、円錐、鞍面はどれもアフィン多様体です[1 , 例1.4.3, p.5] 。
代数閉体 の仮定は、I ( V ( f ) ) = ( f ) I(V(f))=(f) I ( V ( f )) = ( f ) ところで使っています。k = R k=\mathbb{R} k = R x 2 + y 2 + 1 x^2+y^2+1 x 2 + y 2 + 1 既約多項式 ですが、V ( x 2 + y 2 + 1 ) = ∅ V(x^2+y^2+1)=\varnothing V ( x 2 + y 2 + 1 ) = ∅ 空なので、既約ではありません。
例16 自分と交わる曲線
k k k 代数閉体 とする。f = y 2 − x 2 ( x + 1 ) f=y^2-x^2(x+1) f = y 2 − x 2 ( x + 1 ) 既約多項式 で、V ( f ) ⊆ A 2 V(f)\subseteq\mathbb{A}^2 V ( f ) ⊆ A 2 既約である。
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる f f f y y y 2次式とみる。f = g h f=gh f = g h 分解すれば、g g g h h h y y y ついて1次で、f f f k [ x ] k[x] k [ x ] 中に y y y 根 α ( x ) \alpha(x) α ( x ) もつ。詳しく 閉じる
f f f y 2 y^2 y 2 係数は1。g g g y y y 含まなければ、g g g 係数1を割り切るので定数になる。よって g , h g,h g , h どちらも y y y ついて1次で、g = g 1 y + g 0 g=g_1y+g_0 g = g 1 y + g 0 g 1 , g 0 ∈ k [ x ] g_1,g_0\in k[x] g 1 , g 0 ∈ k [ x ] 書くと、y 2 y^2 y 2 係数を比べて g 1 g_1 g 1 0でない定数。α = − g 0 / g 1 \alpha=-g_0/g_1 α = − g 0 / g 1 すればよい。
根
α \alpha α は
α 2 = x 2 ( x + 1 ) \alpha^2=x^2(x+1) α 2 = x 2 ( x + 1 ) を
みたすが、左辺の次数は偶数、右辺の次数は3なので、ありえない。 よって
f f f は
既約で、上の段落のとおり V ( f ) V(f) V ( f ) 既約。 k = R k=\mathbb{R} k = R 描くと、この曲線は原点で自分自身と交わり、原点の近くでは2本の直線 y = ± x y=\pm x y = ± x 交わっているように見えます（x x x 小さいと x + 1 ≈ 1 x+1\approx1 x + 1 ≈ 1 y 2 ≈ x 2 y^2\approx x^2 y 2 ≈ x 2 それでも、全体としては1つの部品で、2つのアフィン代数的集合には分かれません。実数でもこう言えるのは、V ( f ) V(f) V ( f ) 点がすべて ( t 2 − 1 , t 3 − t ) (t^2-1,\ t^3-t) ( t 2 − 1 , t 3 − t ) 形に書けるからです。V ( f ) V(f) V ( f ) 上で0になる多項式 g g g g ( t 2 − 1 , t 3 − t ) = 0 g(t^2-1,\ t^3-t)=0 g ( t 2 − 1 , t 3 − t ) = 0 t t t 多項式として0）をみたし、そのような g g g f f f 倍数になるので、I ( V ( f ) ) = ( f ) I(V(f))=(f) I ( V ( f )) = ( f ) 素イデアルです（無限体 ならいつでも成り立ちます）。この点が、本当に2つに分かれていた図4の平面と直線との違いです。
影を見る：射影と変数の消去
最後に、「ある向きから見る」ことを数式で表します。正射影 で x x x 方向から見ることは、点 ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) ( y , z ) (y,z) ( y , z ) 送る写像 π y z : A 3 → A 2 \pi_{yz}:\mathbb{A}^3\to\mathbb{A}^2 π y z : A 3 → A 2 形を写すことです。
例として、ねじれ3次曲線
C = V ( y − x 2 , z − x 3 ) = { ( t , t 2 , t 3 ) ∣ t ∈ k } C=V(y-x^2,\ z-x^3)=\{\,(t,\ t^2,\ t^3)\mid t\in k\,\} C = V ( y − x 2 , z − x 3 ) = { ( t , t 2 , t 3 ) ∣ t ∈ k } を考えます（2つの式から y y y z z z x x x 決まるので、t = x t=x t = x 右の形になります）。
直線 A 1 \mathbb{A}^1 A 1 C C C 通って影へ進む写像の列で書くと、次のとおりです。
A 1 ⟶ C → π y z A 2 , t ⟼ ( t , t 2 , t 3 ) ⟼ ( t 2 , t 3 ) . \mathbb{A}^1\longrightarrow C\xrightarrow{\ \pi_{yz}\ }\mathbb{A}^2,\qquad t\longmapsto(t,\ t^2,\ t^3)\longmapsto(t^2,\ t^3). A 1 ⟶ C π y z A 2 , t ⟼ ( t , t 2 , t 3 ) ⟼ ( t 2 , t 3 ) . 例えば t = 2 t=2 t = 2 点 ( 2 , 4 , 8 ) (2,4,8) ( 2 , 4 , 8 ) ( 4 , 8 ) (4,8) ( 4 , 8 ) 写り、t = − 1 t=-1 t = − 1 点 ( − 1 , 1 , − 1 ) (-1,1,-1) ( − 1 , 1 , − 1 ) ( 1 , − 1 ) (1,-1) ( 1 , − 1 ) 写ります。
x x x y y y z z z C C C y = x 2 y=x^2 y = x 2 z = x 3 z=x^3 z = x 3 y 3 = z 2 y^3=z^2 y 3 = z 2 このブラウザでは立体の図を表示できませんでした（WebGLが必要です）。
曲線 C = V ( y − x 2 , z − x 3 ) C=V(y-x^2,\ z-x^3) C = V ( y − x 2 , z − x 3 ) 点 ( t , t 2 , t 3 ) (t,t^2,t^3) ( t , t 2 , t 3 ) 軌跡です。3枚の壁には、C C C それぞれの軸の方向に正射影 した影を描いています。
z z z 方向から見ると、z z z 見えなくなり、影 y = x 2 y=x^2 y = x 2 重なります。
y y y 方向から見ると、影 z = x 3 z=x^3 z = x 3 重なります。
x x x 方向から見ると、影 y 3 = z 2 y^3=z^2 y 3 = z 2 重なり、原点に尖った点が現れます。空間の中の C C C 滑らかなのに、影は尖ります。
図6 具体例 ねじれ3次曲線 C C C 正射影 なので、軸の方向から見た C C C x x x
命題17
どんな体 k k k π y z ( C ) = V ( y 3 − z 2 ) ⊆ A 2 \pi_{yz}(C)=V(y^3-z^2)\subseteq\mathbb{A}^2 π y z ( C ) = V ( y 3 − z 2 ) ⊆ A 2
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる π y z ( C ) ⊆ V ( y 3 − z 2 ) \pi_{yz}(C)\subseteq V(y^3-z^2) π y z ( C ) ⊆ V ( y 3 − z 2 ) ：
C C C の
点の像は ( t 2 , t 3 ) (t^2,t^3) ( t 2 , t 3 ) ( t 2 ) 3 = t 6 = ( t 3 ) 2 (t^2)^3=t^6=(t^3)^2 ( t 2 ) 3 = t 6 = ( t 3 ) 2 逆に、b 3 = c 2 b^3=c^2 b 3 = c 2 みたす点 ( b , c ) (b,c) ( b , c ) 像に入ることを、b = 0 b=0 b = 0 b ≠ 0 b\neq0 b = 0 分けて示す。詳しく 閉じる
b = 0 b=0 b = 0 の
とき：c 2 = 0 c^2=0 c 2 = 0 c = 0 c=0 c = 0 ( 0 , 0 ) = π y z ( 0 , 0 , 0 ) (0,0)=\pi_{yz}(0,0,0) ( 0 , 0 ) = π y z ( 0 , 0 , 0 ) b ≠ 0 b\neq0 b = 0 とき：t = c / b t=c/b t = c / b t 2 = b t^2=b t 2 = b t 3 = c t^3=c t 3 = c なり、( b , c ) = π y z ( t , t 2 , t 3 ) (b,c)=\pi_{yz}(t,t^2,t^3) ( b , c ) = π y z ( t , t 2 , t 3 ) 詳しく 閉じる
c 2 = b 3 ≠ 0 c^2=b^3\neq0 c 2 = b 3 = 0 c ≠ 0 c\neq0 c = 0 b 3 = c 2 b^3=c^2 b 3 = c 2 使うと
t 2 = c 2 b 2 = b 3 b 2 = b , t 3 = c 3 b 3 = c 3 c 2 = c . t^2=\frac{c^2}{b^2}=\frac{b^3}{b^2}=b,\qquad t^3=\frac{c^3}{b^3}=\frac{c^3}{c^2}=c. t 2 = b 2 c 2 = b 2 b 3 = b , t 3 = b 3 c 3 = c 2 c 3 = c . 命題17 を図式で書くと次のようになります。横の矢印は包含、縦の矢印は射影です。
C → ⊆ A 3 π y z ↓ ↓ π y z V ( y 3 − z 2 ) → ⊆ A 2 \begin{CD}
C @>{\ \subseteq\ }>> \mathbb{A}^3 \\
@V{\pi_{yz}}VV @VV{\pi_{yz}}V \\
V(y^3-z^2) @>{\ \subseteq\ }>> \mathbb{A}^2
\end{CD} C π y z ↓ ⏐ V ( y 3 − z 2 ) ⊆ ⊆ A 3 ↓ ⏐ π y z A 2 左の縦の矢印は全射です。上で見た t = 2 t=2 t = 2 例では、4 3 = 64 = 8 2 4^3=64=8^2 4 3 = 64 = 8 2 確かに ( 4 , 8 ) (4,8) ( 4 , 8 ) V ( y 3 − z 2 ) V(y^3-z^2) V ( y 3 − z 2 ) 点です。
この影の方程式は、イデアルの計算からも出てきます。J = ( y − x 2 , z − x 3 ) J=(y-x^2,\ z-x^3) J = ( y − x 2 , z − x 3 ) すると、
y 3 − z 2 = ( y − x 2 ) ( y 2 + x 2 y + x 4 ) − ( z − x 3 ) ( z + x 3 ) ∈ J ∩ k [ y , z ] . y^3-z^2=(y-x^2)(y^2+x^2y+x^4)-(z-x^3)(z+x^3)\in J\cap k[y,z]. y 3 − z 2 = ( y − x 2 ) ( y 2 + x 2 y + x 4 ) − ( z − x 3 ) ( z + x 3 ) ∈ J ∩ k [ y , z ] . 右辺を展開すると、x x x 含む項が打ち消し合います。
( y − x 2 ) ( y 2 + x 2 y + x 4 ) = y 3 − x 6 , ( z − x 3 ) ( z + x 3 ) = z 2 − x 6 . \begin{aligned}
(y-x^2)(y^2+x^2y+x^4)&=y^3-x^6,\\
(z-x^3)(z+x^3)&=z^2-x^6.
\end{aligned} ( y − x 2 ) ( y 2 + x 2 y + x 4 ) ( z − x 3 ) ( z + x 3 ) = y 3 − x 6 , = z 2 − x 6 . J J J 元のうち x x x 含まないものを取り出すこと（変数の消去 ）が、x x x 方向から見た影の方程式を与えています。実際、次の例のとおり J ∩ k [ y , z ] = ( y 3 − z 2 ) J\cap k[y,z]=(y^3-z^2) J ∩ k [ y , z ] = ( y 3 − z 2 ) 成り立ちます[6 ] 。
例18 消去イデアルの計算
どんな体 k k k J = ( y − x 2 , z − x 3 ) ⊆ k [ x , y , z ] J=(y-x^2,\ z-x^3)\subseteq k[x,y,z] J = ( y − x 2 , z − x 3 ) ⊆ k [ x , y , z ] ついて
J ∩ k [ y , z ] = ( y 3 − z 2 ) . J\cap k[y,z]=(y^3-z^2). J ∩ k [ y , z ] = ( y 3 − z 2 ) .
証明 開く 閉じる すべて開く すべて閉じる ⊇ \supseteq ⊇ ：上の
恒等式から y 3 − z 2 ∈ J y^3-z^2\in J y 3 − z 2 ∈ J f ∈ k [ x , y , z ] f\in k[x,y,z] f ∈ k [ x , y , z ] J J J 入るのは、f ( t , t 2 , t 3 ) f(t,t^2,t^3) f ( t , t 2 , t 3 ) k [ t ] k[t] k [ t ] 多項式として0のときである。詳しく 閉じる
y ≡ x 2 y\equiv x^2 y ≡ x 2 z ≡ x 3 ( m o d J ) z\equiv x^3\pmod J z ≡ x 3 ( mod J ) f ( x , y , z ) ≡ f ( x , x 2 , x 3 ) ( m o d J ) f(x,y,z)\equiv f(x,x^2,x^3)\pmod J f ( x , y , z ) ≡ f ( x , x 2 , x 3 ) ( mod J ) 右辺は x x x 多項式で、J J J 元に y = x 2 , z = x 3 y=x^2,\ z=x^3 y = x 2 , z = x 3 代入すると0になる。したがって f ∈ J f\in J f ∈ J f ( x , x 2 , x 3 ) = 0 f(x,x^2,x^3)=0 f ( x , x 2 , x 3 ) = 0 同値で、x x x t t t 書けばよい。
f ∈ J ∩ k [ y , z ] f\in J\cap k[y,z] f ∈ J ∩ k [ y , z ] を
z 2 − y 3 z^2-y^3 z 2 − y 3 で
（z z z 多項式として）割り、余りを A ( y ) + z B ( y ) A(y)+z\,B(y) A ( y ) + z B ( y ) 書く。余りも J J J 入る。 余りに
y = t 2 , z = t 3 y=t^2,\ z=t^3 y = t 2 , z = t 3 を
代入した A ( t 2 ) + t 3 B ( t 2 ) A(t^2)+t^3B(t^2) A ( t 2 ) + t 3 B ( t 2 ) 0。前半は偶数次、後半は奇数次の項だけなので、A = B = 0 A=B=0 A = B = 0 よって f ∈ ( y 3 − z 2 ) f\in(y^3-z^2) f ∈ ( y 3 − z 2 ) 同じように z z z 消去すると y − x 2 y-x^2 y − x 2 y y y 消去すると z − x 3 z-x^3 z − x 3 残り、図6の残りの2つの影になります。
J ∩ k [ x , y ] = ( y − x 2 ) , J ∩ k [ x , z ] = ( z − x 3 ) . J\cap k[x,y]=(y-x^2),\qquad J\cap k[x,z]=(z-x^3). J ∩ k [ x , y ] = ( y − x 2 ) , J ∩ k [ x , z ] = ( z − x 3 ) . どちらも、上の例の2つ目のステップと同じ代入で確かめられます。
環の側では、射影 π y z \pi_{yz} π y z 包含 k [ y , z ] ⊆ k [ x , y , z ] k[y,z]\subseteq k[x,y,z] k [ y , z ] ⊆ k [ x , y , z ] 対応し、矢印の向きが逆になります。y , z y,z y , z 多項式 g g g π y z \pi_{yz} π y z 引き戻して A 3 \mathbb{A}^3 A 3 上の多項式 g ∘ π y z g\circ\pi_{yz} g ∘ π y z みる、という対応です。この包含から、剰余環 のあいだの準同型が作れます。
k [ y , z ] → ⊆ k [ x , y , z ] ↓ ↓ k [ y , z ] / ( y 3 − z 2 ) → k [ x , y , z ] / J \begin{CD}
k[y,z] @>{\ \subseteq\ }>> k[x,y,z] \\
@VVV @VVV \\
k[y,z]/(y^3-z^2) @>>> k[x,y,z]/J
\end{CD} k [ y , z ] ↓ ⏐ k [ y , z ] / ( y 3 − z 2 ) ⊆ k [ x , y , z ] ↓ ⏐ k [ x , y , z ] / J 縦の矢印は剰余環 への写像です。下の横の矢印の核は ( J ∩ k [ y , z ] ) / ( y 3 − z 2 ) (J\cap k[y,z])/(y^3-z^2) ( J ∩ k [ y , z ]) / ( y 3 − z 2 ) 例18 から単射です。k [ x , y , z ] / J ≅ k [ t ] k[x,y,z]/J\cong k[t] k [ x , y , z ] / J ≅ k [ t ] x ↦ t x\mapsto t x ↦ t 合わせると、下の矢印は y ↦ t 2 , z ↦ t 3 y\mapsto t^2,\ z\mapsto t^3 y ↦ t 2 , z ↦ t 3 像は t 2 t^2 t 2 t 3 t^3 t 3 生成する部分環 k [ t 2 , t 3 ] k[t^2,t^3] k [ t 2 , t 3 ]
部分集合のイデアル I I I ついても、射影と消去は、どんな体でも次の等式で結ばれています。X X X A 3 \mathbb{A}^3 A 3 任意の部分集合です。
I ( π y z ( X ) ) = I ( X ) ∩ k [ y , z ] . I\big(\pi_{yz}(X)\big)=I(X)\cap k[y,z]. I ( π y z ( X ) ) = I ( X ) ∩ k [ y , z ] . g ∈ k [ y , z ] g\in k[y,z] g ∈ k [ y , z ] π y z ( X ) \pi_{yz}(X) π y z ( X ) 上で0であることと、g g g 3変数の多項式とみて X X X 上で0であることは同じだからです。
k k k 無限体 なら I ( C ) = J I(C)=J I ( C ) = J （例18 の2つ目のステップと、無限個の t t t 0になる1変数多項式は0であることから）、右辺は J ∩ k [ y , z ] = ( y 3 − z 2 ) J\cap k[y,z]=(y^3-z^2) J ∩ k [ y , z ] = ( y 3 − z 2 ) なります。
空間の中の C C C どの点でも尖っていません。それでも x x x 方向からの影は原点で尖ります。尖った点（特異点）を正確に定義するのは後の回ですが、「滑らかな曲線の影が特異点をもつ」ことは、図6を回すと見て取れます。
専門的な話 影はいつも零点集合になるか
なりません。双曲線 V ( x y − 1 ) ⊆ A 2 V(xy-1)\subseteq\mathbb{A}^2 V ( x y − 1 ) ⊆ A 2 x x x 射影すると、像は { x ≠ 0 } \{x\neq0\} { x = 0 } k k k 無限体 なら、これは A 1 \mathbb{A}^1 A 1 アフィン代数的集合ではありません（有限集合でも全体でもない）。
π x ( V ( x y − 1 ) ) = { a ∈ k ∣ a ≠ 0 } = A 1 ∖ { 0 } . \pi_x\big(V(xy-1)\big)=\{\,a\in k\mid a\neq0\,\}=\mathbb{A}^1\setminus\{0\}. π x ( V ( x y − 1 ) ) = { a ∈ k ∣ a = 0 } = A 1 ∖ { 0 } . a ≠ 0 a\neq0 a = 0 点 ( a , 1 / a ) (a,1/a) ( a , 1/ a ) a a a 写ります。a = 0 a=0 a = 0 上には、0 ⋅ y − 1 = − 1 ≠ 0 0\cdot y-1=-1\neq0 0 ⋅ y − 1 = − 1 = 0 双曲線の点がありません。
消去イデアルのほうは ( x y − 1 ) ∩ k [ x ] = ( 0 ) (xy-1)\cap k[x]=(0) ( x y − 1 ) ∩ k [ x ] = ( 0 ) x y − 1 xy-1 x y − 1 0でない倍数は、y y y ついて1次以上の項を必ず含むからです。その零点集合は V ( 0 ) = A 1 V(0)=\mathbb{A}^1 V ( 0 ) = A 1 像に原点を1点足したものになっています。
一般には、k k k 代数閉体 なら、消去イデアルの零点集合 V ( J ∩ k [ x l + 1 , … , x n ] ) V(J\cap k[x_{l+1},\dots,x_n]) V ( J ∩ k [ x l + 1 , … , x n ]) 射影の像を含む最小のアフィン代数的集合（ザリスキー位相での閉包）になります。これを閉包定理 と呼びます[6 ] 。
双曲線では、A 1 ∖ { 0 } \mathbb{A}^1\setminus\{0\} A 1 ∖ { 0 } 含む最小のアフィン代数的集合が A 1 \mathbb{A}^1 A 1 ねじれ3次曲線では、像そのものがすでに閉じていました。
代数閉体 の仮定は外せません。k = R k=\mathbb{R} k = R J = ( x 2 + y 2 + 1 ) J=(x^2+y^2+1) J = ( x 2 + y 2 + 1 ) すると、同じ理由で J ∩ R [ x ] = ( 0 ) J\cap\mathbb{R}[x]=(0) J ∩ R [ x ] = ( 0 ) V ( 0 ) = R V(0)=\mathbb{R} V ( 0 ) = R V ( J ) V(J) V ( J ) 空なので像も空です。
まとめ：形と式の辞書
この記事で見た対応を表にまとめます。「対象」「包含」「部品」「点」の行は、k k k 代数閉体 のとき1対1の対応です。
「共通部分」「和集合」の行は V V V 移した形が一致するという意味で、根基イデアルの範囲で言い直すと、共通部分は J + K \sqrt{J+K} J + K 和集合は J ∩ K J\cap K J ∩ K J , K J,K J , K 根基イデアルのとき）に対応します。
根基イデアルどうしの和は、根基イデアルとは限りません。例12 では J + K = ( x 2 , y ) J+K=(x^2,y) J + K = ( x 2 , y ) 対応する根基イデアルは J + K = ( x , y ) \sqrt{J+K}=(x,y) J + K = ( x , y )
「影」の行は、像そのものではなく像の閉包に対応します。双曲線の影 A 1 ∖ { 0 } \mathbb{A}^1\setminus\{0\} A 1 ∖ { 0 } 対応するのは、その閉包 A 1 \mathbb{A}^1 A 1
形（A n \mathbb{A}^n A n 式（k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ]
全体と空 A n \mathbb{A}^n A n ∅ \varnothing ∅ ( 0 ) (0) ( 0 ) ( 1 ) (1) ( 1 ) 対象 アフィン代数的集合 根基イデアル 包含 X ⊆ Y X\subseteq Y X ⊆ Y I ( X ) ⊇ I ( Y ) I(X)\supseteq I(Y) I ( X ) ⊇ I ( Y ) 共通部分 V ( J ) ∩ V ( K ) V(J)\cap V(K) V ( J ) ∩ V ( K ) 和 J + K J+K J + K 和集合 V ( J ) ∪ V ( K ) V(J)\cup V(K) V ( J ) ∪ V ( K ) 積 J K JK J K J ∩ K J\cap K J ∩ K 部品 既約（アフィン多様体） 素イデアル 点 { a } \{a\} { a } 極大イデアル ( x 1 − a 1 , … , x n − a n ) (x_1-a_1,\dots,x_n-a_n) ( x 1 − a 1 , … , x n − a n ) 影 座標への射影 変数の消去 J ∩ k [ x l + 1 , … , x n ] J\cap k[x_{l+1},\dots,x_n] J ∩ k [ x l + 1 , … , x n ]
次回：点を増やす
辞書の表には、気になる点が2つ残っています。
点に対応するのは極大イデアルだけです。素イデアル ( x , y ) ⊆ k [ x , y , z ] (x,y)\subseteq k[x,y,z] ( x , y ) ⊆ k [ x , y , z ] 直線 z z z 対応し、1点には対応しません。
形からは x x x x 2 x^2 x 2 違いが分かりません。根基イデアルでないイデアルは、表のどこにも現れません。
スキーム の理論では、素イデアルをすべて「点」とみなして、環 A A A 空間 Spec A \operatorname{Spec}A Spec A 作ります。すると z z z 対応する点（生成点 現れ、k [ x ] / ( x 2 ) k[x]/(x^2) k [ x ] / ( x 2 ) 環も「厚みのある点」として扱えるようになります。
次回 は Spec Z \operatorname{Spec}\mathbb{Z} Spec Z Spec k [ x ] \operatorname{Spec}k[x] Spec k [ x ] Spec k [ x , y ] \operatorname{Spec}k[x,y] Spec k [ x , y ] Spec k [ x ] / ( x 2 ) \operatorname{Spec}k[x]/(x^2) Spec k [ x ] / ( x 2 ) Spec Z [ x ] \operatorname{Spec}\mathbb{Z}[x] Spec Z [ x ] 例を図で比べながら、生成点 がどこにあり、何を表しているのかを見ます。その先では、前層と層、茎と芽を扱う予定です[7 ] 。
定数でない1変数多項式が、必ずその体の中に根をもつ体。例：C \mathbb{C} C R \mathbb{R} R 代数閉体ではない（x 2 + 1 x^2+1 x 2 + 1 根がない）。代数閉体は必ず無限体である。
環 A A A イデアル J J J 割った環 A / J A/J A / J 差が J J J 入る元どうしを同じとみなす。例：k [ x , y ] / ( y ) ≅ k [ x ] k[x,y]/(y)\cong k[x] k [ x , y ] / ( y ) ≅ k [ x ]
0 以外のすべての元で割り算ができる可換環。例：Q , R , C \mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C} Q , R , C 素数 p p p 割った余りの体 F p \mathbb{F}_p F p
ネーター環 A A A 多項式環 A [ x ] A[x] A [ x ] ネーター環である、という定理。とくに体 k k k k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] イデアルは、どれも有限個の元で生成される。
位相空間の閉集合の全体が満たす条件：空集合と全体は閉集合、有限個の閉集合の和集合は閉集合、任意個の閉集合の共通部分は閉集合。これを満たす集合族を決めると位相が1つ決まる。
a b = 0 ab=0 ab = 0 なる 0 でない b b b ある、0 でない元 a a a 例：Z / 6 Z \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} Z /6 Z 2 2 2 2 ⋅ 3 = 0 2\cdot3=0 2 ⋅ 3 = 0 体や整域には零因子がない。
元を無限個もつ体。Q , R , C \mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C} Q , R , C 無限体の上では、すべての点で0になる多項式は0だけである。
どの点のまわりも、ある環 A A A Spec A \operatorname{Spec}A Spec A 位相と構造層を載せた空間）と同じ形をしている空間。Spec A \operatorname{Spec}A Spec A 貼り合わせて作れる。零点集合では区別できない x = 0 x=0 x = 0 x 2 = 0 x^2=0 x 2 = 0 違いも扱える。連載第4回で定義している。
定数でなく、定数でない2つの多項式の積に分解できない多項式。例：R [ x ] \mathbb{R}[x] R [ x ] x 2 + 1 x^2+1 x 2 + 1 C [ x ] \mathbb{C}[x] C [ x ] ( x + i ) ( x − i ) (x+i)(x-i) ( x + i ) ( x − i ) 分解するので既約ではない。
0 でも単元でもない元が、既約元の積に、順番と単元倍を除いて一通りに分解できる整域。例：Z \mathbb{Z} Z 体上の多項式環 k [ x 1 , … , x n ] k[x_1,\dots,x_n] k [ x 1 , … , x n ] ここでは既約元が生成するイデアルは素イデアルになる。
決まった方向に平行な直線に沿って、平面へ点を写すこと。座標軸の方向の正射影は、その座標を消すことと同じである。
既約な閉集合 Z Z Z 対して、閉包がちょうど Z Z Z なる点を Z Z Z 生成点と呼ぶ。Spec k [ x , y ] \operatorname{Spec}k[x,y] Spec k [ x , y ] 素イデアル ( 0 ) (0) ( 0 ) 対応する点が平面全体の生成点になる。
0 でない元どうしの積が0にならない可換環（a b = 0 ab=0 ab = 0 a = 0 a=0 a = 0 b = 0 b=0 b = 0 例：Z \mathbb{Z} Z 体上の多項式環。A / P A/P A / P 整域であることと、P P P 素イデアルであることは同値。
連載 図で読む代数幾何
第1回 方程式の解を形として見る：アフィン代数的集合とイデアル 第2回 素イデアルを点にする：Spec と生成点 第3回 点のまわりの関数：層・茎・芽 第4回 貼り合わせて作る空間：射影直線
参考文献
R. ハーツホーン（高橋宣能・松下大介 訳） , 『代数幾何学 1』 , 丸善出版, 2013 .M. F. アティヤ, I. G. マクドナルド（新妻弘 訳） , 『可換代数入門』 , 共立出版, 2006 .堀田良之 , 『可換環と体』 , 岩波書店, 2006 .松村英之 , 『復刊 可換環論』 , 共立出版, 2000 .後藤四郎, 渡辺敬一 , 『可換環論』 , 日本評論社, 2011 .D. A. Cox, J. Little, D. O'Shea , Ideals, Varieties, and Algorithms (4th ed.) , Undergraduate Texts in Mathematics, Springer, 2015 .R. Vakil , The Rising Sea: Foundations of Algebraic Geometry , 講義ノート, Stanford University .