Geom Alg - P1 - Pregunta 6

$\newcommand{\sst}{\subset} \newcommand{\Rm}{\mathbb{R}^m} \newcommand{\Rn}{\mathbb{R}^n} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\P}{\mathbb{P}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\A}{\mathbb{A}} \newcommand{\epsi}{\varepsilon} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\ra}{\rightarrow} \DeclareMathOperator{\id}{id}$

Sea $Y$ una variedad afín de dimensión $r$ en $\A^n$. Sea $H$ una hiperficie de $\A^n$ tal que $H$ no contiene a $Y$. Probar que cada componente irreducible de $Y\cap H$ tiene dimensión $r-1$

Solución: Primero veamos que dados dos puntos distintos $p,q\in \A^n$, existe hiperficie que contiene a uno pero no al otro. Como $p=(p_1,\dots,p_n)\neq (q_1,\dots,q_n)=q$, existe $p_i\neq q_i$. Tomamos $X=V(x_i-p_i)$, es claro que $p\in X$ y $q\notin X$.
Segundo, veamos que si $Y$ no está incluido en $H$ entonces $\dim(Y\cap H)\leq r-1$. Si $\dim(Y\cap H)=c\geq r$, entonces existiría una cadena de subvariedades $$X_0\subsetneq X_1\subsetneq \cdots \subsetneq X_c=Y\cap H \subsetneq Y$$ Con lo que $\dim Y\geq c+1>r$ y obtenemos una contradicción.
Ahora, prodecemos por inducción. Por lo anterior, si $r=1$ entonces $\dim(Y\cap H)=0$. Supongamos que el enunciado se cumple para toda variedad con dimensión menor o igual a$r-1$ y sea $Y$ con $\dim Y=r$. Tenemos que $\dim(Y\cap H)\leq r-1$ y por lo mencionado al inicio, existe $H'$ hiperficie que no contiene a $Y'=Y\cap H$. Ahora, si tomamos $Y_1=Y\cap H\subsetneq Y$ y $Y_1$ no tiene dimensión 0 entonces existe $H_1$ tal que $Y_2=Y_1\cap H_1\subsetneq Y_1$. Además por lo segundo, $\dim(Y_2)\leq \dim(Y_1)-1\leq r-2$. Podemos repetir este proceso hasta que $Y_k$ tenga dimensión $0$.