代数几何

它给出了代数与几何之间精确的字典:多项式环的根理想与仿射簇一一对应,因此关于形状的问题可以用纯粹的环上计算来回答,反之亦然。若去掉$k$为代数闭域这一假设,这本字典就会失效(在实数域上,$x^2+1$生成一个零点集为空的非平凡理想)。

先概述弱形式:若$J$是$k[x_1,\ldots,x_n]$的真理想,则$V(J)$非空。取一个包含$J$的极大理想$\mathfrak{m}$;商$k[x_1,\ldots,x_n]/\mathfrak{m}$是一个域,并且是有限生成的$k$-代数。扎里斯基引理指出$k$的任何这样的域扩张都是$k$的有限代数扩张;由于$k$是代数闭域,这就迫使$k[x_1,\ldots,x_n]/\mathfrak{m} = k$。$x_1,\ldots,x_n$在此商映射下的像给出一点$a \in k^n$,对每个$g \in J$都有$g(a)=0$,于是$a \in V(J)$。

对于强形式$I(V(J)) = \sqrt{J}$,包含关系$\sqrt{J} \subseteq I(V(J))$是显然的:若$f^r \in J$,则$f$在$J$的每个元素都取零之处也取零。反向包含使用拉比诺维奇技巧:为证明$f \in I(V(J))$蕴含$f \in \sqrt{J}$,引入新变量$y$,在$k[x_1,\ldots,x_n,y]$中考虑由$J$连同$1 - yf$生成的理想。

这个扩大的理想零点集为空(任何公共零点都要求$J$的每个生成元取零,从而$f$在那里也取零,这与$1-yf=0$矛盾)。由刚证明的弱形式,这个扩大的理想必须是整个环,于是$1$可以写成生成元的多项式组合。代入$y = 1/f$并消去分母,就得到一个显式表达式,表明某个幂$f^r$属于$J$,这正是$f \in \sqrt{J}$。

在普通实平面中,当根变成复数或交点逃逸到无穷远处时,两条曲线可能不相交。在代数闭域$k$上的射影空间$\mathbb{P}^2(k)$中工作,并按自然的代数重数计算相切点,就能恢复完全的统一性:交点总数只取决于次数$\deg(C_1)$与$\deg(C_2)$。

设$F(x,y,z)$与$G(x,y,z)$分别为定义$C_1$与$C_2$的次数为$d_1 = \deg(C_1)$与$d_2 = \deg(C_2)$的齐次多项式。选取射影坐标,使得点$[0:1:0]$不在任一曲线上,并且没有两个交点位于穿过$[0:1:0]$的同一条$[x:z]$-直线上。

将$F$与$G$视为以$(x,z)$的齐次多项式为系数的单变量$y$的多项式。它们的西尔维斯特结式$R(x,z) = \operatorname{Res}_y(F, G)$是关于$(x,z)$的非零齐次多项式(由于$F$与$G$无公因式而必非零),对西尔维斯特矩阵做齐次性计算可知$R(x,z)$的次数恰好为$d_1 d_2$。

在代数闭域$k$上,任何次数为$d_1 d_2$的二元齐次多项式按重数计算都完全分解为$d_1 d_2$个线性形式。每个线性因子对应于一条穿过$[0:1:0]$且包含$F$与$G$公共零点的直线,该因子的重数与该点处的局部相交重数$\dim_k \mathcal{O}_{P}(C_1 \cap C_2)$一致,从而给出总数$\left| C_1 \cap C_2 \right| = \deg(C_1) \cdot \deg(C_2)$。