Bir halkanın Asal Spektrumu: Geometri neden yerel halkalar tarafından yakalanır?

Question

Eğer bir işlev $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ süreklidir, $f$kaybolmayan tüm noktalarda yerel olarak tersine çevrilebilir. Yani, tüm noktalar için$x_0$ öyle ki $f(x_0) \neq 0$açık bir mahalle var $U$ nın-nin $x_0$ ve bir işlev $g: U \rightarrow \mathbb R$öyle ki herkes için $u \in U$, $(f \times g)(u) = f(u) \times g(u) = 1$.

Sohbet doğru mu? Kaybolmayan tüm noktalarda yerel olarak tersine çevrilebilen bir fonksiyon sürekli midir?

Öyle görünmüyor. İşlevi düşünün$ f(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb Q \\ 2 & \text{otherwise} \end{cases} $

Bunun ters bir işlevi var $ g(x) = \begin{cases} 1 & x \in \mathbb Q \\ 1/2 & \text{otherwise} \end{cases} $

buna rağmen $f$her yerde süreksizdir. Açıkça, bu yerel olarak ters çevrilebilir tanım bize sürekli işlevler vermekten çok uzaktır.

Artık bir yüzüğün spektrumu konusunda motive değilim. Bir halkanın spektrumundaki yapı demetinin tanımını motive eden (düşündüm) bu "yerel ters çevirme" özelliğidir. İçinde$\operatorname{Spec}(A)$, bir nokta etrafındaki işlevler halkası (asal) $\mathfrak p$ dır-dir $A_\mathfrak p$. Yani sıfır olmayan tüm fonksiyonlar (halka elemanları)$\mathfrak p$ yerelleştirme yoluyla ters çevrilebilir hale gelmeye zorlanacaktır.

Ancak bu tanım, istediğimizi gerçekten yakalayacak kadar güçlü görünmüyor - orijinal uzayın yapısını geri alamayacağımız birçok patolojik işlev halkasına izin veriyor. İşlevler çemberi verilen orijinal alanı geri kazananın hangisinin Urhyson lemmasını uygulamak için sürekli işlevlere ihtiyaç duyduğunu bildiğim kanıt [bu, Atiyah Macdonald, Bölüm 1, Alıştırma 26'da bulunabilir)

Neyi kaçırıyorum?

Answer 1

Hiçbir yerde yok olmayan (gerçek veya karmaşık değerli) sürekli veya sürekli türevlenebilir veya pürüzsüz veya analitik vb. Bir işlevin aynı kategoride çarpımsal tersi olmadığı bir gerçektir. Dahası, süreklilik sayesinde bir işlev ancak kapalı bir küme üzerinde kaybolabilir. Bu nedenle, bir topolojik uzay üzerindeki bu tür işlevlerin demeti, saplarının yerel halkalar olma özelliğine sahiptir. Rasyonel fonksiyonlara sahip olduğumuz klasik şekilde tanımlanan indirgenemez cebirsel çeşitler için, düzenli fonksiyonların demeti aynı özelliğe sahiptir. İndirgenemez cebirsel çeşitler olmadığı için, gerçekten rasyonel fonksiyonlar hakkında konuşamayız, ancak indirgenemez afin cebirsel çeşitler üzerindeki düzenli fonksiyonların demetinin daha yakından analizi, ilk etapta rasyonel fonksiyonlar aracılığıyla gitmenin gerekli olmadığını ortaya koyuyor ve bu nasıl genel afin şemasının yapı demetinin tanımına ulaşıyoruz. Sapların yerel halkalar olması bir anlamda tesadüfi.

İzin Vermek $k$ cebirsel olarak kapalı bir alan olsun ve $X$ alt kümesi olmak $k^n$. Bu cevap, bir amaçları doğrultusunda düzenli fonksiyonu üzerinde$X$ bir işlev $f : X \to k$ polinomların var olduğu $p$ ve $q$ bitmiş $k$ öyle ki $q (x) \ne 0$ hepsi için $x \in X$ ve $f (x) = p (x) / q (x)$ hepsi için $x \in X$. İzin Vermek$\mathscr{O} (X)$ düzenli işlevler kümesi olmak $X$. Sonra:

Eğer $X$ indirgenemez kapalı bir alt kümesidir $k^n$, sonra ödev $U \mapsto \mathscr{O} (U)$, nerede $U$ açık alt kümelerine göre değişir $X$, bir alt tabaka tanımlar $\mathscr{O}_X$ demetinin $k$değerli fonksiyonlar $X$.

Aslında burada kontrol edilmesi gereken bir iddia var, yani fonksiyonların düzenliliğinin yerel bir özellik olduğu, ancak bunu size bırakıyorum. Yukarıdaki tanım gerekli$X$ gömülmek $k^n$ama bu aslında gereksizdir. Birinci olarak:

Eğer $X$ kapalı bir alt kümesidir $k^n$ ve $f : X \to k$ düzenli bir fonksiyondur, sonra bir polinom vardır $p$ bitmiş $k$ öyle ki $f (x) = p (x)$ hepsi için $x \in X$.

Daha genel olarak:

İzin Vermek $X$ kapalı bir alt kümesi olmak $k^n$, İzin Vermek $q$ çok terimli olmak $k$ve izin ver $U = \{ x \in X : q (x) \ne 0 \}$. Eğer$f : U \to k$ normal bir fonksiyondur, bu durumda pozitif bir tamsayı vardır $m$ ve bir polinom $p$ bitmiş $k$ öyle ki $f (x) = p (x) / q (x)^m$ hepsi için $x \in X$.

Dahası, eğer $U$ yoğun $X$, sonra benzersiz homomorfizm $k [x_1, \ldots, x_n, u] \to \mathscr{O} (U)$ gönderme $x_1, \ldots, x_n$ ilgili koordinat fonksiyonlarına $U \to k$ ve $u$ normal işleve $U$ tarafından tanımlandı $1 / q$ çekirdek var $(I (X) + (q u - 1))$, nerede $I (X)$ üzerinde kaybolan polinomların idealidir $X$.

Nitekim, o zamandan beri $f : U \to k$ düzenli bir fonksiyondur, polinomlar vardır $p_1$ ve $q_1$ öyle ki $q_1 (x) \ne 0$ hepsi için $x \in U$ ve $f (x) = p_1 (x) / q_1 (x)$ hepsi için $x \in U$. Nullstellensatz tarafından,$\sqrt{I (X) + (q_1)} \supseteq \sqrt{I (X) + (q)}$; özellikle, pozitif bir tam sayı vardır$m$ ve $r \in k [x_1, \ldots, x_n]$ ve $s \in I (X)$ öyle ki $q_1 r + s = q^m$. Dolayısıyla$$\frac{p_1 (x)}{q_1 (x)} = \frac{p_1 (x) r (x)}{q_1 (x) r (x)} = \frac{p_1 (x) r (x)}{q (x)^m}$$ hepsi için $x \in U$yani alabiliriz $p = p_1 r$.

Genel bir unsur verildiğinde $k [x_1, \ldots, x_n, u]$, söyle $p_0 + p_1 u + \cdots + p_m u^m$, nerede $p_0, \ldots, p_m$ polinomlar $x_1, \ldots, x_n$ bitmiş $k$, sahibiz $$p_0 (x) + \frac{p_1 (x)}{q (x)} + \cdots + \frac{p_m (x)}{q (x)^m} = 0$$ hepsi için $x \in U$ ancak ve ancak $$p_0 (x) q (x)^m + p_1 (x) q (x)^{m - 1} + \cdots + p_m (x) = 0$$ hepsi için $x \in U$. Dan beri$U$ yoğun $X$ikinci denklem aslında herkes için geçerlidir $x \in X$, yani $$p_0 q^m + p_1 q^{m - 1} + \cdots + p_m \in I (X)$$ ve dolayısıyla, $$p_0 + p_1 u + \cdots + p_m u^m \in I (X) + (q u - 1)$$gereğince, gerektiği gibi. ■

Tüm bunların sonucu şudur: $X$ indirgenemez kapalı bir alt kümesidir $k^n$sonra demet $\mathscr{O}_X$ halkadan yeniden inşa edilebilir $\mathscr{O} (X)$ maksimal idealleri arasındaki bijeksiyon ile birlikte $\mathscr{O} (X)$ ve noktaları $X$: yukarıdaki, bir ana açık alt küme için $U \subseteq X$yani $U = \{ x \in X : f (x) \ne 0 \}$ bazı $f \in \mathscr{O} (X)$, yüzük $\mathscr{O} (U)$ lokalizasyonu $\mathscr{O} (X)$ çarpımsal kümeye göre $\{ 1, f, f^2, \ldots \}$. Kısıtlama haritalarının bariz olanlar olup olmadığını kontrol etmek kolaydır. Ana açık alt kümelerinden beri$X$ topolojisi için bir temel oluşturur $X$bu demeti belirler $\mathscr{O}_X$. Maksimal olmayan asal ideallerin girişini modülo, bu, genel afin bir şema için yapı demetinin tam olarak nasıl oluşturulduğudur.