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Moderiert von Buri Gockel
Strukturen und Algebra » Ringe » Ein Homoömorphismus von Primspektra verifizieren
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Universität/Hochschule Ein Homoömorphismus von Primspektra verifizieren
Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-11-24


Hallo,

ich habe folgende Aufgabe zu lösen.

Sei $K$ ein Körper, $t$ ein Variabel ; Betrachte die Inklusion von $K$-Algebren $f: A:=K[t^2,t^3]\hookrightarrow K[t]=:A'$. Zu zeigen ist, dass die induzierte Abbildung $f^\ast: Spec(A')\to Spec(A)$ ein Homöomorphismus ist.

Meine Idee: $f$ ist ein ganzer Morphismus von Ringen, daher ist $f^\ast$ eine abgeschlossene Abbildung (das war eine Aufgabe). Es genügt also die Bijektivität zu zeigen.

Zur Injektivität. Seien $P, Q\in Spec(A')$ und es gelte $P\cap A=Q\cap A$. Wenn ein Primideal im anderen enthalten ist, dann bekommt man $P=Q$ wegen Ganzheit, somit die Injektivität von $f^\ast$. Aber würde diese Inklusionsbeziehung immer existieren?

Zur Surjektivität. Da $A'$ ein Hauptidealring ist, ist jedes Primideal von $A'$ durch ein irreduzibles Polynom $p(t)$ erzeugt. Die naheliegende Wahl, $p(t)\cap A$ ("schmeißt die Terme von $p$ in der Variable $t$") erzeugt i.A. kein Primideal in $A$. Wie finde ich nun das Urbild? Oder geht der Beweis auch ohne Konstruktion?

Danke für eure Antwort im Voraus.




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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-11-24


Hi,

in der von dir angesprochenen Aufgabe haben wir auch gesehen, dass $f^\ast$ surjektiv ist.

vgl. wieder Thm. 5.13 in

people.brandeis.edu/~igusa/Math205bS10/Math205b_S10_52.pdf

Bleibt nur noch injektiv zu zeigen. Wie sieht die Abbildung $f$ denn aus? ist die gegeben?



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-24


2018-11-24 21:04 - supermonkey in Beitrag No. 1 schreibt:
Hi,

in der von dir angesprochenen Aufgabe haben wir auch gesehen, dass $f^\ast$ surjektiv ist.

vgl. wieder Thm. 5.13 in

people.brandeis.edu/~igusa/Math205bS10/Math205b_S10_52.pdf
Ach stimmt!

Bleibt nur noch injektiv zu zeigen. Wie sieht die Abbildung $f$ denn aus? ist die gegeben?
Das ist die übliche Inklusion: $K[t^2,t^3]$ ist eine Unter-K-Algebra von $K[t]$. (Irre ich mich?)



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-11-24


Ja, passt schon. Ich wollte eigentlich auf was anderes raus, nämlich dass $K[t^2,t^3]\simeq K[x,y]/(y^2-x^3)$. Man sieht relativ einfach, dass im rechten Ring jedes Polynom geschrieben werden kann als $P(x)+yQ(y)$ und vermöge des Isomorphimus $x\mapsto t^2, y\mapsto t^3$, jedes Polynom im linken Ring dann die Form $P(t^2)+t^3Q(t^2)$ hat. Das hätte man sich aber auch einfach so überlegen können.

Ich bin sicher, die Ausssage stimmt, aber ich seh's grad leider nicht.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-25


Die Aussage kenne ich, in der Tat ist die Algebra $A$ in der originalen Aufgabe durch die Form $K[X,Y]/(Y^2-X^3)$ gegeben.

Meintest du, dass man die Injektivität von $f^\ast$ mit der Quotienten-Darstellung leichter zeigen kann?



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wagie
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-11-25


Injektivität folgt mit dem Nullstellensatz aus der Injektivität von \(\overline{K} \to \overline{K}^2, \ t \mapsto (t^2,t^3)\), wobei \(\overline{K}\) ein beliebiger algebraischer Abschluss von \(K\) ist.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-25


Kannst du ein bisschen ausführlicher sein? Z.B. welche Variante des Nullstellensatzes?



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-11-26


Ich habe noch mit jemandem drüber diskutiert, die Injektivität kann durch Lokalisierung bewiesen werden, und zwar: (zur Notation s. TS)

Seien $P,Q\in Spec(A')$ mit $P\cap A=Q\cap A$. Der kanonische Morphismus $h:A\to A'\to A'_Q$ induziert eine Abbildung $h^\ast: Spec(A'_Q)\to Spec(A),~I\mapsto I\cap A$.

Betrachte die Primideale $P\cap Q$ und $Q$ in $A'_Q$ (da $P\cap Q\subset Q$, ist $P\cap Q$ nach dem "Liften" immer noch ein Primideal in $A'_Q$). Aus $P\cap A=Q\cap A$ folgt $h^\ast(P\cap Q)=h^\ast(Q)$. Da $A\to A'_Q$ ganz und $P\cap Q\subset Q$ (in $A'_Q$), folgt $P\cap Q=Q$ in $A'$, d.h. $Q\subset P$. Mit der Ganzheit $A\subset A'$ folgt $P=Q$, wie erwünscht.



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wagie
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-11-26


Geometrisch: Sei $C=\Spec(A)$, $\widetilde{C}=\Spec(K[T])$, $\pi\colon\widetilde{C}\to C$ der gegebene Morphismus; Dieser ist universell injektiv genau dann, wenn $$\pi(L) \colon \widetilde{C}(L) \to C(L)$$ für jeden algebraisch abgeschlossenen Körper $L$ injektiv ist. Es gilt aber $\pi(L)(t)=(t^2,t^3)$ unter den kanonischen Identifikationen, also stimmt das.

Algebraisch: Sei $\overline{K}$ ein algebraischer Abschluss von $K$. Weil $K[T]$ von endlichem Typ über $K$ ist, schränkt sich $\pi$ zu der Abbildung $$\pi'\colon\MaxSpec(K[T]) \to \MaxSpec(A), \quad \mathfrak{p} \mapsto \mathfrak{p} \cap A$$ ein. Ausserdem haben wir nach dem Nullstellensatz das kommutative Diagramm

<math>\begin{tikzcd} \overline{K}/{\operatorname{Aut}_K(\bar{K})} \ar[r, "\varphi"] \ar[d, "\cong"] & V/{\operatorname{Aut}_K(\overline{K})} \ar[d, "\cong"] \\ \operatorname{MaxSpec}(K[T]) \ar[r, "\pi""] & \operatorname{MaxSpec}(A), \end{tikzcd}</math>


für $V=\{\,(x,y)\in\overline{K}^2\mid y^2=x^3\,\}$ und $\varphi[t]=[t^2,t^3]$. Aber $\varphi$ ist injektiv, also auch $\pi'$. Daraus folgt, dass $\pi$ injektiv ist.

Dein Argument ist nicht richtig. Es kann auch gar nicht richtig sein, da zum Beispiel die ähnliche Ringerweiterung $K[X,Y]/(Y^2-X^3+X^2)\hookrightarrow K[T]$ auf den Spektra keine Bijektion  induziert.



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-11-27


(Warum) Kann man nicht auch ganz naiv so argumentieren?

Sei $i:K[t^2,t^3]\hookrightarrow K[t]$ die Inklusionsabbildung.
Jedes Primideal in $P\in Spec(K[t])$ wird durch ein irreduzibles $f\in K[t]$ erzeugt.  
Für alle $P=(f)\in Spec(K[t])$ mit $f\in K[t^2,t^3]$ gilt $i^\ast(P)=P$. Ist $f\in K[t]\setminus K[t^2,t^3]$, so ist entweder $f=1+at$ und $i^\ast(f)=(t^2+at^3)$ oder $f=t$ und $i^\ast(f)=(t^2)$, wobei diese Bilder ungleich sind. Damit ist $i^\ast$ injektiv.

Überseh ich da was?



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wagie
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-11-27


2018-11-27 17:39 - supermonkey in Beitrag No. 9 schreibt:
(Warum) Kann man nicht auch ganz naiv so argumentieren?

Sei $i:K[t^2,t^3]\hookrightarrow K[t]$ die Inklusionsabbildung.
Jedes Primideal in $P\in Spec(K[t])$ wird durch ein irreduzibles $f\in K[t]$ erzeugt.  
Für alle $P=(f)\in Spec(K[t])$ mit $f\in K[t^2,t^3]$ gilt $i^\ast(P)=P$. Ist $f\in K[t]\setminus K[t^2,t^3]$, so ist entweder $f=1+at$ und $i^\ast(f)=(t^2+at^3)$ oder $f=t$ und $i^\ast(f)=(t^2)$, wobei diese Bilder ungleich sind. Damit ist $i^\ast$ injektiv.

Überseh ich da was?

Ja. Die Elemente von $K[t]\setminus K[t^2,t^3]$ sind nicht alle von dieser Form (was ist überhaupt $a$?), und die Formeln für die zurückgezogenen Ideale stimmen auch nicht.



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-11-27


2018-11-27 21:11 - wagie in Beitrag No. 10 schreibt:
2018-11-27 17:39 - supermonkey in Beitrag No. 9 schreibt:
(Warum) Kann man nicht auch ganz naiv so argumentieren?

Sei $i:K[t^2,t^3]\hookrightarrow K[t]$ die Inklusionsabbildung.
Jedes Primideal in $P\in Spec(K[t])$ wird durch ein irreduzibles $f\in K[t]$ erzeugt.  
Für alle $P=(f)\in Spec(K[t])$ mit $f\in K[t^2,t^3]$ gilt $i^\ast(P)=P$. Ist $f\in K[t]\setminus K[t^2,t^3]$, so ist entweder $f=1+at$ und $i^\ast(f)=(t^2+at^3)$ oder $f=t$ und $i^\ast(f)=(t^2)$, wobei diese Bilder ungleich sind. Damit ist $i^\ast$ injektiv.

Überseh ich da was?

Ja. Die Elemente von $K[t]\setminus K[t^2,t^3]$ sind nicht alle von dieser Form (was ist überhaupt $a$?), und die Formeln für die zurückgezogenen Ideale stimmen auch nicht.

Ja, stimmt, ist mir grade selber aufgefallen, wollte grade den Beitrag löschen ;). Keine Ahnung wie ich darauf komme.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-12-03


@wagie
Danke für deine Antwort, tut mir leid dass ich mich jetzt melde.

Ich habe mittlerweile meinen Fehler im Beweis (Beitrag#7) erkannt: Es ist z.B. $P\cap Q$ nicht unbedingt ein Primideal und $A'\to A'_Q$ muss nicht ganz sein. Dein Gegenbeispiel habe ich noch nicht ausgearbeitet.

Deinen algebraischen Beweis habe ich verstanden, den geometrischen nicht, da mir einfach die Definition von universeller Injektion nicht bekannt ist und ich konnte nicht sofort eine Quelle dafür finden.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-09-09


2018-11-24 18:04 - Saki17 im Themenstart schreibt:
Es genügt also die Bijektivität zu zeigen.

Hier noch ein anderer Beweis dafür, der ohne Primideale auskommt.

Lemma (Elementare Mengenlehre): Sei $U \subseteq Y$ eine Teilmenge mit Komplement $U' \subseteq Y$. Eine Abbildung $\alpha : X \to Y$ ist genau dann injektiv/surjektiv/bijektiv, wenn es die Koeinschränkungen $\alpha^U : \alpha^{-1}(U) \to U$ und $\alpha^{U'} : \alpha^{-1}(U') \to U'$ sind.
 
Bei der Abbildung $\mathrm{Spec}(A') \to \mathrm{Spec}(A)$ nehmen wir $U = D_A(t^2) = \mathrm{Spec}(A_{t^2})$ mit Komplement $U' = V_A(t^2) = \mathrm{Spec}(A/\langle t^2\rangle)$. Die Urbilder sind entsprechend $D_{A'}(t^2)$ und $V_{A'}(t^2)$.
 
Die Koeinschränkung bezüglich $U$ ist induziert vom Homomorphismus $A_{t^2} \hookrightarrow A'_{t^2} = K[t,t^{-1}]$ und damit ein Isomorphismus*, denn $t = \frac{t^3}{t^2}$ und $t^{-1} = \frac{t^3}{(t^2)^2}$ liegen im Bild.

Die Koeinschränkung bezüglich $U'$ ist induziert vom kanonischen Homomorphismus $\alpha : A/\langle t^2 \rangle \to A' / \langle t^2 \rangle = K[t]/\langle t^2 \rangle$, $t^3 \mapsto t^3 = 0$. Dieser ist kein Isomorphismus, aber: Der Isomorphismus $K[X,Y]/\langle Y^2-X^3\rangle \to A$ mit $X \mapsto t^2$, $Y \mapsto t^3$ induziert einen Isomorphismus $A/\langle t^2 \rangle \cong K[X,Y] / \langle Y^2-X^3,X \rangle \cong K[Y]/\langle Y^2 \rangle$ mit $t^3 \mapsto Y$. Es identifiziert sich also $\alpha$ mit $\alpha' : K[Y]/\langle Y^2 \rangle \to K[Y]/\langle Y^2 \rangle$, $Y \mapsto 0$, was auf den Spektren bijektiv ist, denn $\alpha'$ ist surjektiv und der Kern ist nilpotent; bzw. hier im Falle eines Körpers $K$ können wir ganz einfach damit argumentieren, dass die Spektren nur aus einem Punkt bestehen!
 
*Was wir hier nebenbei sehen, ist dass der Morphismus außerhalb eines $K$-Punktes (nämlich des Ursprungs) sogar ein Isomorphismus ist.



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