Spektrum Utama Cincin: Mengapa Geometri ditangkap oleh Cincin Lokal?
Jika sebuah fungsi $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ berkelanjutan, $f$secara lokal dapat dibalik di semua titik tidak hilang. Artinya, untuk semua poin$x_0$ seperti yang $f(x_0) \neq 0$, ada lingkungan terbuka $U$ dari $x_0$ dan sebuah fungsi $g: U \rightarrow \mathbb R$, seperti itu untuk semua $u \in U$, $(f \times g)(u) = f(u) \times g(u) = 1$.
Apakah kebalikannya benar? Apakah suatu fungsi yang dapat dibalik secara lokal di semua titik non-hilang terus menerus?
Sepertinya tidak. Pertimbangkan fungsinya$ f(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb Q \\ 2 & \text{otherwise} \end{cases} $
Ini memiliki fungsi terbalik $ g(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb Q \\ 1/2 & \text{otherwise} \end{cases} $
meskipun $f$terputus-putus di mana-mana. Jadi jelas, definisi yang dapat dibalik secara lokal ini sangat jauh dari memberi kita fungsi yang berkelanjutan.
Saya sekarang tidak termotivasi tentang spektrum cincin. Properti "inversi lokal" inilah yang (menurut saya) memotivasi definisi berkas struktur pada spektrum cincin. Di$\operatorname{Spec}(A)$, cincin fungsi di sekitar titik (prima) $\mathfrak p$ aku s $A_\mathfrak p$. Jadi semua fungsi (elemen cincin) yang bukan nol$\mathfrak p$ akan dipaksa untuk dibalik melalui pelokalan.
Tetapi definisi ini tampaknya tidak cukup kuat untuk benar-benar menangkap apa yang kita inginkan --- ini memungkinkan banyak lingkaran fungsi patologis, yang darinya kita tidak dapat memulihkan struktur ruang aslinya. Bukti yang saya tahu yang memulihkan ruang asli yang diberi cincin fungsi membutuhkan fungsi berkelanjutan untuk menerapkan lemma Urhyson [ini dapat ditemukan di Atiyah Macdonald, Bab 1, Latihan 26)
Apa yang saya lewatkan?
Jawaban
Ini adalah fakta bahwa fungsi (nilai nyata atau kompleks) kontinu, atau terus-menerus terdiferensiasi, atau halus, atau analitik, dll. Yang menghilang tidak memiliki invers perkalian dalam kategori yang sama. Selain itu, dengan kontinuitas, fungsi hanya bisa menghilang pada himpunan tertutup. Oleh karena itu, berkas fungsi tersebut pada ruang topologi memiliki sifat bahwa tangkainya adalah cincin lokal. Untuk varietas aljabar tak tereduksi yang didefinisikan dalam cara klasik kita memiliki fungsi rasional, berkas fungsi reguler memiliki sifat yang sama. Untuk varietas aljabar yang tidak dapat direduksi, kita tidak dapat benar-benar berbicara tentang fungsi rasional tetapi analisis yang lebih dekat dari berkas fungsi reguler pada varietas aljabar affine yang tidak dapat direduksi mengungkapkan bahwa tidak perlu melalui fungsi rasional sejak awal, dan begitulah caranya kita sampai pada definisi berkas struktur skema affine umum. Fakta bahwa batangnya adalah cincin lokal, dalam arti tertentu, kebetulan.
Membiarkan $k$ menjadi bidang aljabar tertutup dan biarkan $X$ menjadi bagian dari $k^n$. Untuk keperluan jawaban ini, fungsi biasa aktif$X$ adalah sebuah fungsi $f : X \to k$ yang memiliki polinomial $p$ dan $q$ lebih $k$ seperti yang $q (x) \ne 0$ untuk semua $x \in X$ dan $f (x) = p (x) / q (x)$ untuk semua $x \in X$. Membiarkan$\mathscr{O} (X)$ menjadi himpunan fungsi reguler $X$. Kemudian:
Jika $X$ adalah bagian tertutup yang tidak dapat disederhanakan dari $k^n$, lalu tugas $U \mapsto \mathscr{O} (U)$, dimana $U$ bervariasi selama subset terbuka $X$, mendefinisikan subsheaf $\mathscr{O}_X$ dari berkas $k$fungsi -valued $X$.
Sebenarnya ada klaim yang perlu dicek di sini, yaitu keteraturan fungsi adalah milik lokal, tetapi saya serahkan kepada Anda. Definisi di atas diperlukan$X$ untuk disematkan $k^n$, tapi sebenarnya ini tidak perlu. Pertama:
Jika $X$ adalah bagian tertutup dari $k^n$ dan $f : X \to k$ adalah fungsi biasa, maka ada polinomial $p$ lebih $k$ seperti yang $f (x) = p (x)$ untuk semua $x \in X$.
Lebih umum:
Membiarkan $X$ menjadi bagian tertutup dari $k^n$, biarkan $q$ menjadi polinomial berakhir $k$, dan biarkan $U = \{ x \in X : q (x) \ne 0 \}$. Jika$f : U \to k$ adalah fungsi biasa, maka ada bilangan bulat positif $m$ dan polinomial $p$ lebih $k$ seperti yang $f (x) = p (x) / q (x)^m$ untuk semua $x \in X$.
Apalagi jika $U$ padat $X$, lalu homomorfisme unik $k [x_1, \ldots, x_n, u] \to \mathscr{O} (U)$ mengirim $x_1, \ldots, x_n$ ke fungsi koordinat masing-masing $U \to k$ dan $u$ ke fungsi biasa aktif $U$ didefinisikan oleh $1 / q$ memiliki kernel $(I (X) + (q u - 1))$, dimana $I (X)$ adalah ideal polinomial yang menghilang $X$.
Memang, sejak itu $f : U \to k$ adalah fungsi biasa, ada polinomial $p_1$ dan $q_1$ seperti yang $q_1 (x) \ne 0$ untuk semua $x \in U$ dan $f (x) = p_1 (x) / q_1 (x)$ untuk semua $x \in U$. Oleh Nullstellensatz,$\sqrt{I (X) + (q_1)} \supseteq \sqrt{I (X) + (q)}$; khususnya, ada bilangan bulat positif$m$ dan $r \in k [x_1, \ldots, x_n]$ dan $s \in I (X)$ seperti yang $q_1 r + s = q^m$. Karenanya,$$\frac{p_1 (x)}{q_1 (x)} = \frac{p_1 (x) r (x)}{q_1 (x) r (x)} = \frac{p_1 (x) r (x)}{q (x)^m}$$ untuk semua $x \in U$, jadi kami dapat mengambil $p = p_1 r$.
Diberikan elemen umum $k [x_1, \ldots, x_n, u]$, katakanlah $p_0 + p_1 u + \cdots + p_m u^m$, dimana $p_0, \ldots, p_m$ adalah polinomial $x_1, \ldots, x_n$ lebih $k$, kita punya $$p_0 (x) + \frac{p_1 (x)}{q (x)} + \cdots + \frac{p_m (x)}{q (x)^m} = 0$$ untuk semua $x \in U$ jika dan hanya jika $$p_0 (x) q (x)^m + p_1 (x) q (x)^{m - 1} + \cdots + p_m (x) = 0$$ untuk semua $x \in U$. Sejak$U$ padat $X$, persamaan kedua berlaku untuk semua $x \in X$, jadi $$p_0 q^m + p_1 q^{m - 1} + \cdots + p_m \in I (X)$$ dan karenanya, $$p_0 + p_1 u + \cdots + p_m u^m \in I (X) + (q u - 1)$$seperti yang dipersyaratkan. ■
Hasil dari semua ini adalah, jika $X$ adalah bagian tertutup yang tidak dapat disederhanakan dari $k^n$, lalu berkasnya $\mathscr{O}_X$ dapat direkonstruksi dari ring $\mathscr{O} (X)$ bersama-sama dengan bijeksi antara cita-cita maksimal $\mathscr{O} (X)$ dan poin dari $X$: di atas menunjukkan bahwa, untuk subset terbuka utama $U \subseteq X$, yaitu $U = \{ x \in X : f (x) \ne 0 \}$ untuk beberapa $f \in \mathscr{O} (X)$, cincin $\mathscr{O} (U)$ adalah lokalisasi $\mathscr{O} (X)$ sehubungan dengan himpunan perkalian $\{ 1, f, f^2, \ldots \}$. Sangat mudah untuk memeriksa bahwa peta pembatasan adalah peta yang jelas. Karena subset terbuka utama$X$ membentuk dasar untuk topologi $X$, ini menentukan berkas $\mathscr{O}_X$. Modulo pengenalan cita-cita prima non-maksimal, inilah tepatnya bagaimana seseorang menyusun berkas struktur untuk skema affine umum.