关于环$k[x,y,t]/(y^2-x^2(t^2-x))$中理想的根与余维数的证明疑问

嘿，我来帮你一步步拆解这两个问题，理清楚其中的逻辑：

一、证明$\sqrt{J}=(x,y)$ #

首先我们先明确环$R=k[x,y,t]/(y^2-x2(t^{2-x))$里的核心关系：$y}2 = x^2(t2 - x)$，所以理想$J$里的第一个生成元$y^2-x2(t^{2-x)$其实就是环$R$中的0元素，可以不用考虑。也就是说$J$实际由$3x}2-2t^2x,2y,2tx2$这三个元素生成。

第一步：证明$(x,y) \subseteq \sqrt{J}$

你已经注意到$2y \in J$，根据根理想的定义，若$a^n \in J$则$a \in \sqrt{J}$，这里$2y \in J$，所以要么$2$在某个包含$J$的素理想$P$中，要么$y \in P$：

• 若$y \in P$，结合环里的关系$y^2=x2(t^{2-x)$，可知$x}2(t^2-x) \in P$。因为$P$是素理想，所以要么$x \in P$，要么$t^2-x \in P$。如果是后者，把$t^{2=x$代入$J$中的$3x}2-2t^{2x$，得到$3x}2-2x^2=x2 \in P$，素理想里含$x^2$必然含$x$，所以$x \in P$。
• 若$2 \in P$，看$J$中的$3x^2-2t2x$，在$R/P$中$2=0$，所以这个元素就变成$3x^2 \in P$。如果$k$的特征不是3，那3可逆，所以$x^2 \in P \implies x \in P$；如果特征是3，那$3x^2-2t2x=-2t^2x \in J$，结合$2tx^2 \in J$，我们可以组合出$2tx^2 + t*(-2t^2x)=2tx(x-t2) \in P$，再结合$y^2=x2(t^2-x)$，若$x \notin P$则$t^{2=x$，代入得$-2t}2x=-2x^2 \in P$，特征3≠2，2可逆，所以$x^2 \in P \implies x \in P$。

综上，所有包含$J$的素理想都包含$x$和$y$，所以$x,y \in \sqrt{J}$，即$(x,y) \subseteq \sqrt{J}$。

第二步：证明$\sqrt{J} \subseteq (x,y)$

观察$J$的生成元：$3x^2-2t2x$是$x$的倍数，$2y$是$y$的倍数，$2tx^2$也是$x$的倍数，所以$J$中的所有元素都属于$(x,y)$理想。而根理想$\sqrt{J}$是包含$J$的最小根理想，$(x,y)$在$R$中是素理想（因为$R/(x,y) \cong k[t]$是整环），素理想的根就是它自己，所以$\sqrt{J} \subseteq (x,y)$。

结合两步，就得到$\sqrt{J}=(x,y)$。

二、证明$\text{codim}((y^2-x2(t^2-x)))=1$ #

余维数（codimension）在这里指的是理想在多项式环$k[x,y,t]$中的高度，也就是包含该理想的最小素理想的高度，等于$\dim k[x,y,t] - \dim k[x,y,t]/(f)$，其中$f=y^2-x2(t^2-x)$。

首先，多项式环$k[x,y,t]$的维数是3。接下来我们只需要证明$f$是不可约多项式：
假设$f$可约，因为它是关于$y$的二次多项式，所以可以写成$(y+a(x,t))(y+b(x,t))$的形式，展开后得到$y^{2+(a+b)y+ab$。对比原多项式的系数，可知$a+b=0$（原多项式没有$y$的一次项），且$ab=-x}2(t^2-x)$。

由$a+b=0$得$b=-a$，代入$ab$得$-a^2=-x2(t^{2-x)$，即$a}2=x^2(t2-x)$。设$a=x \cdot g(x,t)$，代入得$x^2g2=x^2(t2-x)$，消去$x^{2$后得到$g}2=t^2-x$。但$t2-x$在$k[x,t]$中是不可约多项式（它是关于$t$的二次多项式，判别式$4x$不是平方项），不可能写成某个多项式的平方，矛盾。

因此$f$是不可约多项式，而$k[x,y,t]$是唯一分解整环（UFD），所以主理想$(f)$是素理想，其高度为1。而$\text{codim}((f))$就是这个高度，所以$\text{codim}((y^2-x2(t^2-x)))=1$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Dasheng Wang