Phổ nguyên tố của một vòng: tại sao Hình học được thu nhận bởi các vòng cục bộ?
Nếu một chức năng $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ liên tục, $f$có thể đảo ngược cục bộ tại tất cả các điểm không biến mất. Đó là, cho tất cả các điểm$x_0$ như vậy mà $f(x_0) \neq 0$, tồn tại một khu phố mở $U$ của $x_0$ và một chức năng $g: U \rightarrow \mathbb R$, như vậy cho tất cả $u \in U$, $(f \times g)(u) = f(u) \times g(u) = 1$.
Converse có đúng không? Một hàm có thể đảo ngược cục bộ tại tất cả các điểm không biến mất có liên tục không?
Có vẻ như không. Xem xét chức năng$ f(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb Q \\ 2 & \text{otherwise} \end{cases} $
Điều này có một chức năng nghịch đảo $ g(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb Q \\ 1/2 & \text{otherwise} \end{cases} $
mặc dù $f$không liên tục ở khắp mọi nơi. Vì vậy, rõ ràng, định nghĩa không thể đảo ngược cục bộ này rất xa vời với việc cung cấp cho chúng ta các hàm liên tục.
Bây giờ tôi không có động lực về quang phổ của một chiếc nhẫn. Chính tính chất "nghịch đảo cục bộ" này (tôi nghĩ) đã thúc đẩy định nghĩa cấu trúc bó trên phổ của một vòng. Trong$\operatorname{Spec}(A)$, vòng các hàm xung quanh một điểm (nguyên tố) $\mathfrak p$ Là $A_\mathfrak p$. Vì vậy, tất cả các hàm (phần tử vòng) không phải là 0 tại$\mathfrak p$ sẽ buộc phải trở thành không thể đảo ngược bằng cách bản địa hóa.
Nhưng định nghĩa này dường như không đủ mạnh để thực sự nắm bắt được những gì chúng ta muốn --- nó cho phép rất nhiều vòng chức năng bệnh lý, từ đó chúng ta không thể khôi phục cấu trúc của không gian ban đầu. Chứng minh mà tôi biết mà khôi phục không gian ban đầu cho vòng hàm cần các hàm liên tục để áp dụng bổ đề Urhyson [điều này có thể tìm thấy trong Atiyah Macdonald, Chương 1, Bài tập 26)
Tôi đang thiếu gì?
Trả lời
Thực tế là một hàm liên tục (có giá trị thực hoặc phức) liên tục, hoặc liên tục có thể phân biệt được, hoặc trơn tru, hoặc phân tích, v.v. biến mất ở đâu có nghịch đảo nhân trong cùng một loại. Hơn nữa, theo tính liên tục, một hàm chỉ có thể biến mất trên một tập đóng. Do đó, bó của các hàm như vậy trên một không gian tôpô có đặc tính là các cuống của nó là các vành cục bộ. Đối với các giống đại số bất khả quy được xác định theo cách cổ điển, chúng ta có các hàm hữu tỉ, tập hợp các hàm chính quy có cùng tính chất. Đối với các giống đại số bất khả quy không nhất thiết, chúng ta không thể thực sự nói về các hàm hợp lý nhưng phân tích kỹ hơn về nhóm các hàm thông thường trên các giống đại số affine bất khả quy cho thấy rằng không cần thiết phải sử dụng các hàm hợp lý ngay từ đầu, và đó là cách chúng ta đi đến định nghĩa về cấu trúc của một lược đồ affine tổng quát. Thực tế là thân cây là vòng địa phương, theo một nghĩa nào đó, là ngẫu nhiên.
Để cho $k$ là một trường đóng đại số và để $X$ là một tập hợp con của $k^n$. Với mục đích của câu trả lời này, một hàm thông thường trên$X$ là một chức năng $f : X \to k$ mà tồn tại đa thức $p$ và $q$ kết thúc $k$ như vậy mà $q (x) \ne 0$ cho tất cả $x \in X$ và $f (x) = p (x) / q (x)$ cho tất cả $x \in X$. Để cho$\mathscr{O} (X)$ là tập hợp các chức năng thông thường trên $X$. Sau đó:
Nếu $X$ là một tập hợp con đóng không thể điều chỉnh được của $k^n$, sau đó là bài tập $U \mapsto \mathscr{O} (U)$, Ở đâu $U$ thay đổi qua các tập hợp con đang mở của $X$, định nghĩa một subsheaf $\mathscr{O}_X$ của bó của $k$-các chức năng được đánh giá trên $X$.
Thực sự có một yêu cầu được kiểm tra ở đây, cụ thể là tính thường xuyên của các chức năng là tài sản cục bộ, nhưng tôi để đó cho bạn. Định nghĩa trên bắt buộc$X$ được nhúng vào $k^n$, nhưng điều này thực sự không cần thiết. Thứ nhất:
Nếu $X$ là một tập hợp con đóng của $k^n$ và $f : X \to k$ là một hàm thông thường, sau đó có một đa thức $p$ kết thúc $k$ như vậy mà $f (x) = p (x)$ cho tất cả $x \in X$.
Tổng quát hơn:
Để cho $X$ là một tập hợp con đóng của $k^n$, để cho $q$ là một đa thức hơn $k$, và để $U = \{ x \in X : q (x) \ne 0 \}$. Nếu$f : U \to k$ là một hàm thông thường, sau đó tồn tại một số nguyên dương $m$ và một đa thức $p$ kết thúc $k$ như vậy mà $f (x) = p (x) / q (x)^m$ cho tất cả $x \in X$.
Hơn nữa, nếu $U$ dày đặc trong $X$, sau đó là phép đồng cấu duy nhất $k [x_1, \ldots, x_n, u] \to \mathscr{O} (U)$ gửi $x_1, \ldots, x_n$ đến các chức năng tọa độ tương ứng $U \to k$ và $u$ đến chức năng thông thường trên $U$ Được định nghĩa bởi $1 / q$ có nhân $(I (X) + (q u - 1))$, Ở đâu $I (X)$ là lý tưởng của đa thức biến mất $X$.
Thật vậy, kể từ $f : U \to k$ là một hàm thông thường, tồn tại đa thức $p_1$ và $q_1$ như vậy mà $q_1 (x) \ne 0$ cho tất cả $x \in U$ và $f (x) = p_1 (x) / q_1 (x)$ cho tất cả $x \in U$. Bởi Nullstellensatz,$\sqrt{I (X) + (q_1)} \supseteq \sqrt{I (X) + (q)}$; đặc biệt, tồn tại một số nguyên dương$m$ và $r \in k [x_1, \ldots, x_n]$ và $s \in I (X)$ như vậy mà $q_1 r + s = q^m$. Vì thế,$$\frac{p_1 (x)}{q_1 (x)} = \frac{p_1 (x) r (x)}{q_1 (x) r (x)} = \frac{p_1 (x) r (x)}{q (x)^m}$$ cho tất cả $x \in U$, vì vậy chúng tôi có thể lấy $p = p_1 r$.
Đưa ra một yếu tố chung của $k [x_1, \ldots, x_n, u]$, Nói $p_0 + p_1 u + \cdots + p_m u^m$, Ở đâu $p_0, \ldots, p_m$ là đa thức trong $x_1, \ldots, x_n$ kết thúc $k$, chúng ta có $$p_0 (x) + \frac{p_1 (x)}{q (x)} + \cdots + \frac{p_m (x)}{q (x)^m} = 0$$ cho tất cả $x \in U$ nếu và chỉ nếu $$p_0 (x) q (x)^m + p_1 (x) q (x)^{m - 1} + \cdots + p_m (x) = 0$$ cho tất cả $x \in U$. Từ$U$ dày đặc trong $X$, phương trình thứ hai thực sự phù hợp với tất cả $x \in X$, vì thế $$p_0 q^m + p_1 q^{m - 1} + \cdots + p_m \in I (X)$$ và do đó, $$p_0 + p_1 u + \cdots + p_m u^m \in I (X) + (q u - 1)$$theo yêu cầu. ■
Kết quả của tất cả những điều này là, nếu $X$ là một tập hợp con đóng không thể điều chỉnh được của $k^n$, sau đó là cái lá $\mathscr{O}_X$ có thể được tái tạo từ chiếc nhẫn $\mathscr{O} (X)$ cùng với sự bác bỏ giữa những lý tưởng tối đa của $\mathscr{O} (X)$ và những điểm của $X$: phần trên cho thấy rằng, đối với một tập hợp con chính mở $U \subseteq X$, I E $U = \{ x \in X : f (x) \ne 0 \}$ cho một số $f \in \mathscr{O} (X)$, chiếc nhẫn $\mathscr{O} (U)$ là bản địa hóa của $\mathscr{O} (X)$ đối với tập hợp nhân $\{ 1, f, f^2, \ldots \}$. Thật dễ dàng để kiểm tra rằng các bản đồ hạn chế là những bản đồ rõ ràng. Kể từ khi tập hợp con chính mở của$X$ tạo cơ sở cho cấu trúc liên kết của $X$, điều này xác định trang bìa $\mathscr{O}_X$. Môđun giới thiệu các iđêan nguyên tố không cực đại, đây chính xác là cách người ta xây dựng cấu trúc bó cho một lược đồ affine tổng quát.