定理[Hilbert Nullstellensatz Theorem(希尔伯特零点定理)]
设 $I$ 是 ${}_n\mathcal{O}_0$ 中的任意一个理想, 则有 $\sqrt{I}=\mathrm{id}\mathrm{loc}(I)$.
这里, $\mathrm{loc}(I)$ 是理想 $I$ 的零点集合, 而 $\mathrm{id}\mathrm{loc}(I)$ 是指由 $\mathrm{loc}(I)$ 生成的理想. (这些基本概念参见问题1941)
根理想 $\sqrt{I}$ 定义为
\[
\sqrt{I}=\{f\in{}_n\mathcal{O}_0\mid \exists\ k\in\mathbb{Z}^+,\ \text{s.t.}\ f^k\in I\}.
\]
1
假设定理对任何素理想(prime ideal) $I$ 都成立. 根据问题1943, $I$ 可以表示为有限个准素理想的交, 写为 $I=Q_1\cap\cdots Q_k$, 这里 $Q_i,i=1,2,\ldots,k$ 是准素理想(primary ideal).
Claim 1. $\mathrm{loc}(I)=\mathrm{loc}(Q_1)\cup\cdots\cup\mathrm{loc}(Q_k)$.
Pf. (a) $I\subset Q_i$, $\forall\ i=1,2,\ldots,k$. 因此 $\mathrm{loc}(I)\supset\mathrm{loc}Q_i$. 这推出
\[
\mathrm{loc}(I)\supset\mathrm{loc}(Q_1)\cup\cdots\cup\mathrm{loc}(Q_k).
\]
(b) ($"\subset"$, $A\subset B\Leftrightarrow B^c\subset A^c$) .
设 $x\not\in\mathrm{loc}(Q_1)\cup\cdots\cup\mathrm{loc}(Q_k)$, 即 $x\not\in Q_i$, $\forall\ i$. 也就是 $\forall\ f_i\in Q_i$, $f_i(x)\neq 0$.
因此 $f:=f_1f_2\cdots f_k\in Q_1\cap\cdots\cap Q_k=I$, 且 $f(x)\neq 0$. 也即 $x\not\in\mathrm{loc}(I)$. 故 $\mathrm{loc}(I)\subset\mathrm{loc}(Q_1)\cup\cdots\cup\mathrm{loc}(Q_k)$
Claim 2. $\mathrm{loc}(Q_i)=\mathrm{loc}(P_i)$, 其中 $P_i=\sqrt{Q_i}$.
Pf. 首先显然有 $Q_i\subset P_i$. (这是因为 $P_i=\sqrt{Q_i}=\{f\mid\exists k, \text{s.t.}\ f^k\in Q_i\}$, 所以 $k=1$ 的情形也在内, 当然有 $Q_i\subset\sqrt{Q_i}$.) 这推出 $\mathrm{loc}(P_i)\subset\mathrm{loc}(Q_i)$.
另一方面, 要证 $\mathrm{loc}(Q_i)\subset\mathrm{loc}(P_i)$.
任取 $x\in\mathrm{loc}(Q_i)$. $\forall\ f\in P_i$, 根据 $P_i$ 的定义, 存在 $k\in\mathbb{Z}^+$, 使得 $f^k\in Q_i$. 于是 $f^k(x)=0$. 注意到这里 $f(x)\in\mathbb{C}$, 因此推出 $f(x)=0$.
Claim 3. 若 $V=V_1\cup\cdots V_n$, 则 $\mathrm{id}V=\mathrm{id}V_1\cap\cdots\cap\mathrm{id}V_n$.
Pf. (1) $V_i\subset V$, 这推出 $\mathrm{id}V\subset\mathrm{id}V_1$, $\forall\ i=1,2\ldots,n$. 因此推出 $\mathrm{id}V\subset\cap_{i=1}^{n}\mathrm{id}V_i$.
(2) 要证 $\cap_{i=1}^{n}\mathrm{id}V_i\subset\mathrm{id}V$.
任取 $f\in\cap_{i=1}^{n}\mathrm{id}V_i$, 即 $f\in\mathrm{id}V_i$, $\forall\ i=1,2,\ldots,n$. 因此, $f(x)=0$, $\forall x\in V_i$, $i=1,2,\ldots,n$.
于是, $\forall x\in V=V_1\cup\cdots V_n$, 存在 $j$ 使得 $x\in V_j$, 于是有 $f(x)=0$. 因此 $f\in\mathrm{id}V$.
Claim 4. $\sqrt{I}=\sqrt{Q_1}\cap\cdots\cap\sqrt{Q_k}$.
Pf. ($\subset$) 由于 $I=Q_1\cap\cdots\cap Q_k$. 所以 $I\subset Q_i$, $\forall\ i$. 这推出 $\sqrt{I}\subset\sqrt{Q_i}$, $\forall\ i$. (事实上, $x\in\sqrt{I}$, 则存在 $k$, 使得 $x^k\in I\subset Q_i$, 于是 $x\in\sqrt{Q_i}$.) 因此, $\sqrt{I}\subset\sqrt{Q_1}\cap\cdots\cap\sqrt{Q_k}$.
($\supset$) 任取 $f\in\sqrt{Q_1}\cap\cdots\cap\sqrt{Q_k}$, 则 $f\in\sqrt{Q_i}$, $\forall\ i=1,2,\ldots,k$. 则存在 $n_i\in\mathbb{Z}^+$, 使得, $f^{n_i}\in Q_i$. 因此
\[
f^{n_1}\cdot f^{n_2}\cdots f^{n_k}\in Q_1\cap\cdots\cap Q_k.
\]
这是因为 $Q_i$ 是理想. 这推出
\[f^{\sum_{i=1}^{k}n_i}\in Q_1\cap\cdots\cap Q_k=I.\]
即有 $f\in\sqrt{I}$, 故 $\sqrt{Q_1}\cap\cdots\cap\sqrt{Q_k}\subset\sqrt{I}$.
由 Claim 1. 和 Claim 3. 可得
\[
\begin{split}
\mathrm{id}\mathrm{loc}I&\stackrel{(1)}{=}\mathrm{id}(\mathrm{loc}Q_1\cup\cdots\cup\mathrm{loc}Q_k)\\
&\stackrel{(3)}{=}(\mathrm{id}\mathrm{loc}Q_1)\cap\cdots\cap(\mathrm{id}\mathrm{loc}Q_k)\\
\end{split}
\]
根据 Claim 2. 和假设, 可得
\[
\begin{split}
\mathrm{id}\mathrm{loc}I&=\mathrm{id}\mathrm{loc}Q_1\cap\cdots\cap\mathrm{id}\mathrm{loc}Q_k\\
&=\mathrm{id}\mathrm{loc}P_1\cap\cdots\cap\mathrm{id}\mathrm{loc}P_k\\
&=\sqrt{P_1}\cap\cdots\cap\sqrt{P_k}\\
&=P_1\cap\cdots\cap P_k\\
&=\sqrt{Q_1}\cap\cdots\cap\sqrt{Q_k}\\
&=\sqrt{I}.
\end{split}
\]
这里第二个等号利用了 Claim 2. $\mathrm{loc}Q_i=\mathrm{loc}P_i$. 第三个等号是利用假设对于素理想, 命题成立, 由于 $P_i=\sqrt{Q_i}$ 是素理想, 故 $\sqrt{P_i}=\mathrm{id}\mathrm{loc}P_i$. 第四个等号是因为素理想的根理想是自身. 最后一个等号是由 Claim 4.
下面证明, 命题对于素理想成立.
记 $R_n={}_n\mathcal{O}_0$, 则 $R_{n-1}={}_{n-1}\mathcal{O}_0$. 如果 $P\cap R_n\neq(0)$ (平凡理想), 则存在 $f_n\in P\cap R_n$ 关于 $z_n$ 正则. 根据 Weierstrass 预备定理, 可以分解为 Weierstrass 多项式. 故不妨设 $f_n$ 就是一个 Weierstrass 多项式. 同样的, 假设 $f_{n-1}$ 关于 $z_{n-1}$ 正则, 且不妨设 $f_{n-1}$ 是一个 Weierstrass 多项式. 同理, $f_{n-2}\in P\cap R_{n-2},\ldots, f_{k+1}\in P\cap R_{k+1}$, $R_k\cap P=\{0\}$.
任取 $f\in R_n$, $f=f_n g_n+r_n$, 这里 $\deg f_n=k_n$, $\deg r_n < k_n$.
\[
r_n=\sum_{\nu=0}^{k_n-1}\alpha_{\nu}(z')z_n^{\nu},\quad z'=(z_1,\ldots,z_{n-1}).
\]
这里 $\alpha_{\nu}(z')\in R_{n-1}={}_{n-1}\mathcal{O}_0$,
\[
\alpha_{\nu}(z')=f_{n-1}g_{\nu,n-1}+\sum_{\mu=0}^{k_{n-1}-1}b_{\nu\mu}(z_1,\ldots,z_{n-2})z_{n-1}^{\mu}
\]
再对 $f_{n-2}$ 使用 Weierstrass 除子定理, ... 将这些式子代入, 得到
\[
f=Q_n f_n+Q_{n-1}f_{n-1}+\cdots+Q_{k+1}f_{k+1}+r,
\]
其中 $Q_n=g_n$. 由于 $f_n, f_{n-1},\ldots, f_{k+1}\in P$, 故若 $f\in P$, 则 $r\in P$.
$r\in R_k[z_{k+1},\ldots,z_n]$.
下面考虑商环 $R_n/P$, $\bar{z}_{k+1},\ldots,\bar{z}_n$ 是其中的代表元. 在模的关系下, 有一个自然的商同态 $R_n\rightarrow R_n/P$.
\[
R_n/P\equiv R_k[\bar{z}_{k+1},\ldots,\bar{z}_n]\equiv M_k(\bar{z}_{k+1},\ldots,\bar{z}_n)
\]
[定理] 特征为 0 的域上每个代数扩张都是可分扩张. (Every algebraic extension over a field of charactristic zero is seperable.)
[定理] 每个有限可分扩张都有一个本原元. (Every finite separable extension has a primitive element.)
设 $E$ 是 $F$ 的度为 $n$ 的可分扩张, 是指存在一个本原元 $\alpha$, 使得任意 $x\in E$, 可写为
\[
x=f_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots+f_1\alpha+f_0.
\]
$\xi\in M_k(\bar{z}_{k+1},\ldots,\bar{z}_n)=M_k(\xi)$, 其中 $\xi$ 是本原元.
Kronecker 使用行列式的方法找到了这个 $\xi$, 但是不唯一.
\[
\xi=\sum_{\nu=k+1}^{n}c_{\nu}\bar{z}_{\nu},\quad c_{\nu}\in M_k.
\]
(未完待续)