环的素谱Zariski拓扑

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设 $A$ 是(交换)环。令 $X$ 为 $A$ 的素理想全体，定义 $V(E)$ 为 $A$ 中包含 $E$ 的素理想全体，则将所有 $V(E)$ 看做闭集，它满足拓扑空间三条公理，即构成了拓扑，该拓扑称作 Zariski 拓扑，这个拓扑空间叫做环$A$的素谱，记作 $Spec(A)$。
有了拓扑，我们自然要考虑 1.集合的内部、闭包。2.拓扑的基，拓扑的分离性，紧性，3.空间的连通性，不可约性，4.拓扑空间的连续函数等等概念在这个具体拓扑下的样子。

Zariski 拓扑

要证明 $T = \lbrace V(E),E \subset A \rbrace$ 作为闭集确实构成了一个拓扑，即证明 $\emptyset \in T,X \in T$，且 $T$ 中任意并，有限交运算是封闭的。而显然我们有

  1. $V(0)=X,V(A)=\emptyset$
  2. $\cap_{i \in I} V(E_i) = V(\cup_{i \in I}E_i)$
  3. 为说明 $V(E_1) \cap V(E_2) \in T$ 我们需要一些准备工作。

设 $I(E)$ 为由 $E$ 生成的理想，定义
$$ \sqrt{\alpha} = \lbrace x\in A : x^n \in \alpha \rbrace$$
则显然我们有

  1. $\alpha \subset \sqrt{\alpha} = \sqrt{\sqrt{\alpha}}$
  2. $\sqrt{\alpha \beta} = \sqrt{\alpha \cap \beta} = \sqrt{\alpha} \cap \sqrt{\beta}$
  3. $\sqrt{\alpha}=(1) \Leftrightarrow \sqrt{\alpha}$
  4. $\sqrt{\alpha+\beta} = \sqrt{ \sqrt{\alpha}+\sqrt{\beta} }$
  5. 若 $p$ 是素理想，$\sqrt{p} = p$。
  6. $V(E)=V(I(E))=V(\sqrt{I(E)})$
  7. $V(\alpha \cap \beta)=V(\alpha \beta)=V(\alpha) \cup V(\beta)$
  8. $\cap_{p \in V(\alpha)} p = \sqrt{\alpha}$
  9. $V(E_1) = V(E_2) \Leftrightarrow \sqrt{I(E_1)} = \sqrt{I(E_2)}$

因此，$V(E_1) \cap V(E_2) = V(I(E_1)) \cap V(I(E_2)) = V(I(E_1) \cap I(E_2)) \in T$。这说明它确实满足拓扑空间的三条公理。

例子

有了拓扑之后，我们自然用具体的例子来看一下，这个拓扑大致长什么样子。
考虑 $Spec(\mathbb{Z})$ ，此时 $X = \lbrace (p) : p\mbox{ is prime } \rbrace \cup (0)$。可以看出，包含 $(0)$ 闭集仅有 $X$，除 $(0)$ 外，$X$ 中的单点集全是闭集。因此 $Spec(\mathbb{Z})$ 不是 $T_1$ 空间，由此可见，一般地，$Spec(A)$ 不是 $T_1$ 空间，即此拓扑的分离性很差。

内部和闭包

因为在一般的拓扑理论中我们有 $A^{o} = A^{c-c}$，因此，我们只需搞清楚 $A^{o}$ 和 $A^{-}$( 或记作$\overline{A}$ )中任意一个即可，我们考虑闭包($A^{-}$)。对于 $Y \subset X$。若 $Y \subset V(E)$ 则 $\forall \; p \in Y, E \in p$,即 $ E \in \cap_{p \in Y} p$。因此 $Y \subset V(\cap_{p \in Y}) \subset V(E)$。因此 $Y^{-} = V(\cap_{p \in Y})$。
特别地，

  1. $\overline{\lbrace p_x \rbrace} = V(p_x)$
  2. $\overline{\lbrace p_x \rbrace} = \lbrace p_x \rbrace \Leftrightarrow p_x$ 是极大理想。
  3. $p_y \in \overline{\lbrace p_x \rbrace} \Leftrightarrow p_x \subset p_y$
  4. $X$ 是 $T_0$ 空间（$p_y \notin \overline{\lbrace p_x \rbrace}$ 或者 $p_x \notin \overline{\lbrace p_y \rbrace}$）。

因此，这样就很清楚为何在之前的例子$Spec(\mathbb{Z})$中除$(0)$外单点集都是闭集了。有了之前的结论我们再看一下其他的例子。
$Spec(\mathbb{R})$：此时 $X = \lbrace 0 \rbrace$ 只有一个元素拓扑是平凡的。
因为 若$A$为域,则$A[x]$为ED为PID，其素理想为 $(f)$ 不可约多项式。且PID中非零素理想就是极大理想。
$Spec(\mathbb{C}[x])$: 此时 $X = \lbrace (x+t): t \in \mathbb{C} \rbrace \cup \lbrace (0) \rbrace$
$Spec(\mathbb{R}[x])$: 此时 $X = \lbrace (x+t): t \in \mathbb{R} \rbrace \cup \lbrace (x^2+ax+b): a,b \in \mathbb{R},a^2 < 4b \rbrace \cup \lbrace (0) \rbrace$

基，紧性

由于 $V(\cup_{i \in I}E_i) = \cap_{i \in I} V(E_i)$ 我们定义 $X_E = X \setminus V(E)$。则 $X_E = \cup_{f \in E} X_f$ 这说明 $X_f,f \in A$ 确实构成了 $X$ 的一组基。$X_f$ 表示不包含 $f$ 的素理想全体。

  1. $X_f \cap X_g = X_{fg}$
  2. $X_f = \emptyset \Leftrightarrow f$ 是幂零的。
  3. $X_f = X \Leftrightarrow f$ 是单位。
  4. $X_f = X_g \Leftrightarrow \sqrt{(f)} = \sqrt{(g)}$

$X$ 是拟紧的

这里的拟紧,实际上就是一般点集拓扑学中的紧，在代数中紧这个概念是拟紧＋Hausdorff。

我们只需证明：若 $\cup_{f \in S} X_f = X$ 则存在有限并使上式成立。实际上，
$$ \cup_{f \in S} X_f = X \Leftrightarrow V(I(S))=V(S) = \emptyset $$
因此 $I(S)=A$，即 $1 = \sum_{i=1}^n a_i s_i$。所以$I(s_1,\cdots,s_n) = A$，即 $\cup_{i=1}^n X_{s_i} = X$。证毕。

$X_f$ 是拟紧的

我们只需证明：若 $X_f \subset \cup_{g \in S} X_g$，则存在有限并使上式成立。实际上，
$$ X_f \subset \cup_{g \in S} X_g \Leftrightarrow V(\sqrt{I(S)}) = V(S) \subset V(f)$$
因此 $f \in \sqrt{I(S)}$，即 $f^m = \sum_{i=1}^n a_i s_i$。所以 $f^m \in I(s_1,\cdots,s_n)$即。$X_f \subset \cup_{i=1}^n X_{s_i}$。证毕。

任意开集 $Y \subset X$ 是拟紧的当且仅当$Y$可以写成有限多个$X_f$的并。

Proof: 由 $X_f$ 是拟紧的知道，“$\Leftarrow$” 是显然的。
“$\Rightarrow$” 是因为存在$E \subset A$ 使得
$$Y = X_E = \cup_{f \in E} X_f$$
是 $Y$ 的一个开覆盖，由于是拟紧的，因此可以写成有限个 $X_f$ 的并，证毕。

以上结论来自Atiyah An Introduction to Coummutative Algebra 习题。内容和叙述方式完全由本人独立完成。