Homomorphisme de $k$-les algèbres induisent l'homomorphisme du spectre maximal

Aug 19 2020

Pour $k$ un champ algébriquement clos, on définit un affine $k$-algèbre pour être un produit fini $k$-algèbre réduite (ie $\sqrt{(0)} = (0)$). Pour une affinie$k$-algèbre $A$, nous définissons $\operatorname{specm} A$être l'ensemble des idéaux maximaux. Ensuite, nous avons la proposition suivante:

Si $\alpha: A \rightarrow B$ est un homomorphisme d'affine $k$-algèbres, alors $\alpha$ induit une carte continue des espaces topologiques $\phi: \operatorname{specm} B \rightarrow \operatorname{specm} A$ où pour un idéal maximal $m \subset B$,

$$ \phi(m) = \alpha^{-1}(m). $$

J'ai du mal à comprendre la première moitié de la preuve qui va comme suit:

Preuve:

  1. Pour toute $h \in A$, $\alpha(h)$ est inversible en $B_{\alpha(h)}$ (qui dénote la localisation de $B$ à $\alpha(h)$), donc l'homomorphisme $A \rightarrow B \rightarrow B_{\alpha(h)}$ s'étend à un homomorphisme $$ \frac{g}{h^m} \rightarrow \frac{\alpha(g)}{\alpha(h)^m}: A_h \rightarrow B_{\alpha(h)} $$

  2. Pour tout idéal maximal $n \in B$, $m = \alpha^{-1}(n)$ est maximal dans $A$ car $A/m \rightarrow B/n$ est une carte injective de k-algèbres qui implique que $A/m$ est $k$.

Je ne crois pas que l'étape 1 soit utilisée ailleurs dans la preuve, il semble donc que l'étape 2 doit être une conséquence de l'étape 1. Quelqu'un pourrait-il expliquer comment? En particulier, l'étape 1 est-elle la raison pour laquelle la carte de l'étape 2 est injective? Je vous remercie!

Réponses

4 AlexYoucis Aug 19 2020 at 16:14

Je ne sais pas où vous lisez, mais cela semble trop compliqué. Supposer que$\alpha: A\to B$ est une carte de $k$-algèbres où $A$ et $B$sont de type fini. Laisser$\mathfrak{m}$être un idéal maximal. Nous voulons montrer que$\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$est un idéal maximal. Notez cependant que la carte induite

$$\alpha:A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})\to B/\mathfrak{m}$$

est une injection si $\alpha(a\alpha^{-1}(\mathfrak{m}))=\alpha(a)\mathfrak{m}$ est zéro, alors cela dit que $\alpha(a)\in\mathfrak{m}$ pour que $a\in \alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ qui dit que $a\alpha^{-1}(m)$ est zéro.

Maintenant, notons que même si nous craignons peut-être que $\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$n'est pas maximal, il est certainement premier. En effet, si$ab\in\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ puis $\alpha(ab)\in \mathfrak{m}$. Mais cela implique que$\alpha(a)\alpha(b)\in\mathfrak{m}$ alors non plus $\alpha(a)\in\mathfrak{m}$ ou $\alpha(b)\in\mathfrak{m}$. Mais, cela signifie précisément que$a\in\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ ou $\alpha^{-1}(b)\in\mathfrak{m}$. Depuis$a$ et $b$ étaient arbitraires, nous voyons que $\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$est premier comme souhaité ( NB: bien sûr, cela n'a pas utilisé$\mathfrak{m}$ est maximal et fonctionne pour tout idéal premier).

Alors on voit ça $\alpha$ induit une inclusion du domaine intégral $A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ sur le terrain $B/\mathfrak{m}$. Si nous avions affaire à des anneaux arbitraires, alors ce serait toute l'étendue de ce que nous pourrions vraiment dire. Mais, le fait que nous ayons affaire à un type fini$k$-les algèbres c'est ce que dit le jour.

Comment? Par la Nullstellensatz depuis$B$ est une dimension finie $k$-algèbre nous avons ça $B/\mathfrak{m}$ est une dimension finie $k$-algèbre! Donc, en particulier, depuis$A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ s'intègre dans $B/\mathfrak{m}$ comme un $k$-algèbre on voit que $A/\alpha^{-1}(\mathfrak{m})$ est un domaine intégral qui est aussi un $k$-algèbre qui est de dimension finie sur $k$. C'est assez.

À savoir, en généralité absolue si $\ell$ est un champ et $R$ est un domaine intégral qui est un $\ell$-alebrawith $\dim_\ell R<\infty$ puis $R$ est un champ.

Pourquoi? Nous devons montrer que pour tout$r\in R$ qui est non nul que $r$a un inverse multiplicatif. Mais cela signifie précisément que la carte

$$m_r:R\to R:x\mapsto rx$$

est inversible - évidemment si $r$ a un inverse multiplicatif alors $m_r^{-1}=m_{r^{-1}}$ et si $m_r$ est inversible alors $1$ est à l'image de $m_r$ ce qui veut dire qu'il existe $x$ tel que $1=m_r(x)=rx$.

Mais, notez que depuis $R$ est un domaine qui $m_r$ est injectif - si $m_r(x)=0$ puis $rx=0$ ce qui implique, par la propriété du domaine, que $x=0$ depuis $r\ne 0$. Mais, notez que$m_r$ est clairement une carte de $k$-espaces vectoriels, et puisque tout endomorphisme injectif d'un espace vectoriel de dimension finie est un automorphisme, on gagne!