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Strukturen und Algebra » Moduln » Quadrieren des Monoms in K[X] ist nicht flach
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Universität/Hochschule Quadrieren des Monoms in K[X] ist nicht flach
geeert
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-08


Hallo zusammen. Ich bin noch dabei gewisse Intuition für den Begriff "Flachheit" aus KommA zu entwickeln. Aus diesem Beispiel werde ich irgendwie nicht schlau:

Sei $K$ Körper von Charakteristik $\neq 2$, $K[X]$ klar Polynomring und $K[X, X^{-1}]= K[X][Y]/(XY-1)=K[X]_{(X)}$ die "lokalisierung an $X$". Ich nehme jetzt ein $0 \neq a \in K $ für das die Wurzel $\sqrt{a}$ in $K$ existiert und lokalisiere $K[X, X^{-1}]$ weiter an $X-\sqrt{a}$. Das ergibt ein $K[X, X^{-1}, (X-\sqrt{a})^{-1}]$.

Wir vergleichen zwei Abbildungen:

$f_0: K[X] \to K[X, X^{-1}], X \mapsto X^2$
und $ f_{\sqrt{a}}: K[X] \to K[X, X^{-1}, (X-a)^{-1}], X \mapsto X^2$.

Damit werden $K[X, X^{-1}]$ und $ K[X, X^{-1}, (X-\sqrt{a})^{-1}]$ zu $K[X]$ Moduln. Ich will zeigen, dass $f_0$ nicht flach ist, aber$f_{\sqrt{a}}$ hingegen schon. Ich möchte also verstehen, wieso dieses $\sqrt{a} \neq 0$ $f_0$ wieder flach macht.

Dass $f_0$ nicht flach ist, habe ich so gezeigt. Es gibt so ein Kriterium für Flachheit, dass ein $R$-Modul $M$ flach ist, genau dann wenn für alle Idele $I$ von $R$ die offensichtliche Abbildung $f_I:I \otimes_R M \to I \cdot M, i \otimes m \mapsto i \cdot m$ ein Isomorphismus ist. Da die immer surjektiv ist, recht nur injektiv zu verlangen. Anzumerken ist noch  dass "$\cdot$" von der Modulstruktur kommt, also sauberer wäre $i \cdot m = f_0(i) m$. Rechtes "Mal" ist die Multiplikation in $K[X, X^{-1}]$.

Ich behaupte: $f_0$ nicht flach, denn wenn ich $I:=(X)$ wähle, dann ist offenbar wegen Charakteristik von $K$ das Tensorprodukt $2X \otimes r \neq 0$ für beliebiges $r \in K[X, X^{-1}] \backslash 0$. zum Bsp. $r:=1$.

Aber das Bild unter $f_0$ ist Null, denn einerseits $2X \otimes r= (X +X) \otimes r=(X- (-X)) \otimes r$ und  $f_0$ vermittelt die gewählte $K[X]$-Modulstruktur von auf $K[X, X^{-1}]$:

$f_I(2X \otimes r)=f_I((X -(-X))\otimes r) =f_I(X) \otimes r -f_I(-X \otimes r)\\= f_0(X) \cdot r-f_0(-X) \cdot r= X^2 r-X^2r=0$

Also nach dem Kriterium von oben ist $f_0$ nicht flach.

Wieso ist aber $ f_{\sqrt{a}}: K[X] \to K[X, X^{-1}, (X-a)^{-1}], X \mapsto X^2$ wieder flach? Derselbe Trick wie für $f_0$ lässt sich doch auch für $f_a$ anwenden. Dann ist $ f_{\sqrt{a}}$ auch nicht flach, das widerspricht aber der Behauptung.



Ich hab das Beispiel aus so einem Buch aus der Reihe Proceedings of Symposia in Pure Mathematics (Volume 67): Algebraic $K$-Theory: AMS-IMS-SIAM Joint Summer Research Conference on Algebraic K-Theory von Wayne Raskind und Charles A. Weibel. Das Beispiel ist auf Seite 286 als Example 1.8 zu finden. Der googlebooks link ist:

Die seite 286 wird nur manchmal angezeigt, aber möglicherweise hat jemand  Zugang auf das ganze Buch über Uni-Bib oder so.


 Es soll ein Beispiel für ein "distinguished Nisnevich square" sein und eine der Forderungen an $p=(square): \mathbb{A}^1-\{0, \sqrt{a}\} \to  \mathbb{A}^1, b \mapsto b^2$ ist, dass es "étale" ist. Also muss $p$ flach sein. Da sind wieder am Anfang meiner Frage. $\mathbb{A}^1-\{0, \sqrt{a}\} ,  \mathbb{A}^1$ sind Varietäten zu Koordinatenringen $K[X, X^{-1}, (X-\sqrt{a})^{-1}]$ und $K[X]$. $p$ übersetzt sich auf Koordinatenringen zu $X \mapsto X^2$.






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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-09


Erstens: Wenn $R$ ein Integritätsring ist, dann ist ein flacher $R$-Modul auf jeden Fall torsionsfrei. Über Hauptidealringen $R$ gilt sogar die Umkehrung. Hier ist das mit $R = K[X]$ der Fall. Flache $K[X]$-Moduln sind dasselbe wie torsionsfreie $K[X]$-Moduln.

Zweitens: Wenn $S$ ein Integritätsring mit einem Unterring $R$ ist, dann ist $S$ offenbar ein torsionsfreier $R$-Modul.
 
Daraus folgt sofort, dass $f_0$ (entgegen deiner Behauptung) flach ist.

In deiner Rechnung $f_I(2X \otimes r) = \dotsc = 0$ ist das vorletzte $=$ falsch.

Beachte, dass nicht jeder flache Morphismus schon étale ist; das ist eine viel stärkere Eigenschaft.



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geeert
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-09


Hi,

dein Argument verstehe ich. Du sagst auch, dass mein "Argument" mit Kriterium aus failt, da meine Berechnung $f_I(X \otimes r) -f_I(-X \otimes r)= f_0(X) \cdot r-f_0(-X) \cdot r =X^2r -X^2r$ einen Fehler hat. Den finde ich nicht. Wenn $f: R \to S$ ein Ringhom ist, dann ist $S$ ein $R$-Modul durch $r \cdot s=f(r)s$. Auch respektiert $f_I$ $K[X]$-Moduladdition in beiden Faktoren. Wo ist der?



EDIT #1: Also Modulo meine Frage oben haben wir, dass $f_0$ und $f_{\sqrt{a}}$ doch flach sind. Das zweite verkettet nur noch zusätzlich mit einer Lokalisierung, also flach.

Liegt Notwengigkeit, dass $a \neq 0$ gewählt wird, nur darin um zu sichern, dass die Forderung $\mathbb{A}^1 - (\mathbb{A}^1-\{0\})= 0 = p^{-1}(\mathbb{A}^1 - (\mathbb{A}^1-\{0\}))$ erfüllt bleibt? (->siehe Definition zu Nisnevich square) Oder ist $f_0$ im Gegensatz zu $f_{\sqrt{a}}$ nicht étale? Wir brauchen dafür neben Flachheit die Separiertheit die Restklassenkörpererweiterung.

Wir müssen dazu zeigen, dass Restklassenabbildung $k(a) \to k(\sqrt{a})$, die von $f_0$ induziert ist, seprarabel ist. Das ist aber klar, da $\sqrt{a} \in K$ and damit $k(\sqrt{a})=k$ und die Restklassenabbbildung ist die Identität.

Selbst wenn $\sqrt{a} \not \in K$, ist die Erweiterung $k=k(a) \to k(\sqrt{a})$ separabel. Damit ist $f_0$ in $\sqrt{a}$ auch etale und wir müssen $\sqrt{a}$ nicht zusätzlich rausnehmen. Das würde bedeuten, dass wenn $f_{\sqrt{a}}$ etale, dann auch $f_0$. An $\sqrt{a}$ passiert wie gezeigt nichts seltsames.

Ist da doch noch ein Fallstrick eingebaut, den ich übersehe und der die Notwenigkeit dass $a \neq 0$ verlangt, damit $f_{\sqrt{a}}$ etale ist?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-09


Zur Rechnung: Wie gesagt, vorletztes $=$. Du verwendest $f_0(-X)=X^2$. Es gilt aber $f_0(-X)=-f_0(X) = -X^2$ (es ist $f_0$ der Ringhom, der $X \mapsto X^2$ fortsetzt!).

Zu deinen anderen Fragen: bitte schreibe einmal konkret die allgemeine Definition eines N. squares hier hin. Dann schauen wir weiter.



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geeert
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-10


Kennst du ein Paket mit dem man hier Diagramme zeichnen kann? Ich versuche es mal mit einer Amateurzeichnung:

Ein "elementary distinguished square" ist ein cartesian square

$U \times_X V$ -> $V$
    |           |
    |           | p
    |           |
    V          V
    $U$   $\xrightarrow{i}$    $X$    

mit $i$ "open embedding", $p$ etale and $p$ induziert einen Isomorphismus von abgeschlossnen subschemes:$ p^{-1}(X-U)_{red} \to (X-U)_{red}$ (page 285 im verlinkten Buch)

Mit schemes kenne ich mich noch nicht gut genug aus und denke hier in Varietäten.

Das Beispiel 1.8 auf Seite 286 direkt im Anschluss:

Englischer Wortlaut: for each $a \neq0$ in $k$, the square ...

Diagram wie oben mit $V=\mathbb{A}^1-\{0, \sqrt{a}\}, U = \mathbb{A}^1-\{0\}, X=\mathbb{A}^1$ und $U \times_X V=\mathbb{A}^1-\{0, \pm \sqrt{a}\}$. Alle Pfeile bis auf $p$ sind naive Einbettungen, $p=($square$): \mathbb{A}^1-\{0, \sqrt{a}\} \to  \mathbb{A}^1, b \mapsto b^2$.

Dann wird behauptet: das ist ein "elementary distinguished square if and only if the equation $y^2=a$ has a solution in $k$."

Die Existenz der Lösung von $y^2=a$ braucht man für Isomorphismus $ p^{-1}(X-U)_{red} \to (X-U)_{red}$. Und die Frage ist, wofür man $a \neq 0$ braucht.

Ich denke es hat damit zu tun um zu sichern, dass $p=($square$): \mathbb{A}^1-\{0, \sqrt{a}\} \to  \mathbb{A}^1, b \mapsto b^2$ etale ist.

Und ich habe mich gefragt, ob bereits $(square): \mathbb{A}^1-\{0 \} \to  \mathbb{A}^1, b \mapsto b^2$ etale ist. Das ist der fall,wenn ich oben $a=0$ annehme.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-10


Ok. Um weiter darüber nachzudenken, müsste mir die Bedeutung von $\mathbb{A}^1 - \{0,\sqrt{a}\}$ für beliebiges $a \in k$ klar sein. Schließlich wird ja offensichtlich nicht $\sqrt{a} \in k$ vorausgesetzt.

Was ich auch nicht verstehe: $p$ faktorisiert doch bereits über $U$, was also $U \times_X V = V$ bedeutet. Also wieso sollte sich da beim Faserprodukt etwas ändern, also wieso kommen auf einmal die Vorzeichen bei der Wurzel zu Stande?

Vielleicht kann man auch einfach eine andere Quelle finden, die das nicht so verwirrend darstellt.

Und ja, der étale Ort von $\mathbb{A}^1 \to \mathbb{A}^1$, $x \mapsto x^2$ ist $\mathbb{A}^1 \setminus \{0\}$, weil das ein glatter Morphismus ist und $0$ der einzige Verzweigungspunkt ist.



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geeert
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-10


2020-01-10 01:13 - Triceratops in Beitrag No. 5 schreibt:
Ok. Um weiter darüber nachzudenken, müsste mir die Bedeutung von $\mathbb{A}^1 - \{0,\sqrt{a}\}$ für beliebiges $a \in k$ klar sein. Schließlich wird ja offensichtlich nicht $\sqrt{a} \in k$ vorausgesetzt.


Das war auch eine Stelle, die ich nicht ganz verstehe. Nehmen wir fürs erste $\sqrt{a} \in k$ an.
 
(2020-01-10 01:13 - Triceratops in <a Was ich auch nicht verstehe: $p$ faktorisiert doch bereits über $U$, was also $U \times_X V = V$ bedeutet. Also wieso sollte sich da beim Faserprodukt etwas ändern, also wieso kommen auf einmal die Vorzeichen bei der Wurzel zu Stande?

Vielleicht kann man auch einfach eine andere Quelle finden, die das nicht so verwirrend darstellt.


sehe das Problem, bin auf der Suche.

2020-01-10 01:13 - Triceratops in Beitrag No. 5 schreibt:

Und ja, der étale Ort von $\mathbb{A}^1 \to \mathbb{A}^1$, $x \mapsto x^2$ ist $\mathbb{A}^1 \setminus \{0\}$, weil das ein glatter Morphismus ist und $0$ der einzige Verzweigungspunkt ist.

Das ist nochmal interessant. Wir wissen schon, dass $(square):\mathbb{A}^1 \to \mathbb{A}^1$, $x \mapsto x^2$ überall flach ist. Wieso ist es nicht etale an $0$? $0$ entspricht Ideal $(X)$ und die zugehörige $s: K[X] \to K[X]$ Abbildung auf Koordinatenringen ist gegeben durch $X \mapsto X^2$. Für etale müssen mir zeigen, dass die von $s$ induziere Abbildung auf Restklassenringen $k(0)=K[X]/(X)=K$ separabel ist. Das reicht aus, da $0$ das einzige Urbild fon $0$ unter der Abbilung $(square)$ ist. $s$ Induziert aber Identität auf Restklassenringen, also separabel.

Deswegen verstehe ich nicht, wieso $(square)$ nicht etale über $0$ ist, wenn man stur der formalen Definition von etale nachgeht (das ist flat & unramified). Geometrisch verstehe ich das, da etale das algebraische Analogon zu unverzweigten Überlagerungen ist.


EDIT#1: Zum letzten Punkt habe ich wohl doch eine Erklärung: unramified würde hier $s(X)=(X)$ bedeuten, nach Konstruktion gilt aber $s(X)=(X^2)$.

Für $a \neq 0$ hingegen hat man zwar $s(X-a^2)= (X^2-a^2)=(X-a)(X+a)$, aber $(X+a)$ ist im lokalen Ring invertierbar, also $s(X-a^2)= (X-a)O_{A^1, a}$. Ist das der Punkt?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-01-10


Ja, genau.

Damit $f : X \longrightarrow Y$ bei $x \in X$ unverzweigt ist, muss nicht nur $k(f(x)) \to k(x)$ separabel sein, sondern es muss auch der lokale Homomorphismus (wobei $y := f(x)$)

$f^\#_x : \mathcal{O}_{Y,y} \longrightarrow \mathcal{O}_{X,x}$

die Eigenschaft

$\langle f^\#_x(\mathfrak{m}_y) \rangle = \mathfrak{m}_x$

besitzen (es gilt allgemein nur $\subseteq$), oder äquivalent: Der Epimorphismus

$\mathcal{O}_{X,x} \otimes_{\mathcal{O}_{Y,y}} k(y) \to k(x)$

soll ein Isomorphismus sein.



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Triceratops
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2020-01-10 00:41 - geeert in Beitrag No. 4 schreibt:
Kennst du ein Paket mit dem man hier Diagramme zeichnen kann?

Ja, mehrere.

1) tikzcd ist ein Ableger von TikZ (mit dem man noch viel kompliziertere Diagramme und Zeichnungen machen kann). Das Paket würde ich allgemein für Diagramme in LaTeX-Dokumenten empfehlen. Der Nachteil ist allerdings, dass hier auf dem Matheplaneten LaTeX etwas dünn gerendert wird.

<math>\begin{tikzcd}
A \ar{r}{f} \ar{d}[swap]{a} & B \ar{d}{b} \\ C \ar{r}[swap]{g} & D
\end{tikzcd}</math>
 
<math>\begin{tikzcd}
A \ar{r}{f} \ar{d}[swap]{a} & B \ar{d}{b} \\ C \ar{r}[swap]{g} & D
\end{tikzcd}</math>

2) xypic ist ein etwas veraltetes Paket für Diagramme, welches auch in vielerlei Hinsicht tikzcd unterlegen ist, allerdings hier auf dem Matheplaneten aufgrund der Einbindung in MathJax viel deutlicher gerendert wird und keine Bilder, sondern HTML-Objekte erzeugt.
 
$\require{xypic}
\xymatrix{A \ar[r]^{f} \ar[d]_{a} & B \ar[d]^{b} \\ C \ar[r]_{g} & D}
$
$\require{xypic}
\xymatrix{A \ar[r]^{f} \ar[d]_{a} & B \ar[d]^{b} \\ C \ar[r]_{g} & D}
$

3) amscd ist ein sehr minimalistisches Paket für das Zeichnen von rechteckigen Diagrammen. Man kann es auf Platformen nutzen, wo keine anderen Pakete verfügbar sind (mathoverflow etwa).

$\require{AMScd}
\begin{CD}
A @>{f}>>  B \\
@V{a}VV @VV{b}V \\
C @>>{g}> D
\end{CD}$
 
$\require{AMScd}
\begin{CD}
A @>{f}>>  B \\
@V{a}VV @VV{b}V \\
C @>>{g}> D
\end{CD}$



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geeert
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-11


Falls ich tatsächlich rausfinden sollte, was es mit dem Diagramm, auf das ich sprechen kam tatsächlich auf sich hat, werde ich das Thema nochmal aufgreifen vielleicht in einem separaten Thread und mit einem schöneren Diagramm. Bis jetzt habe ich leider den Eindruck, dass dies weit und breit das einzige in einem Lehrbuch auffindbare Beispiel zu einem Nisnevich square war. Meine ursprüngliche Frage hat sich ja geklärt. Ich danke dir nochmal.



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geeert
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-12


Ich wollte noch auf dein Argument zu sprechen kommen über die Aussage falls $R$ Hauptidealring ist und $M$ ein $R$-Modul, dann ist $M$ torsionsfrei genau dann, wenn $M$ frei. Natürlich ich die Bedingung mit Hauptidealring wesentlich und man sicher über irgendeinem Ring einen komischen torsionsfreien aberr nicht flachen Modul basteln kann. Aber wie weit ist es "unnatürlich"? Muss man da für ein Beispiel, dass ohne Hauptideal Annahme die Aussage falsch ist schon was krasses machen oder sind solche Moduln über Integritätsberiechen, die keine Hauptidealringe sind, ganz "alltäglich".

Ich frage es, weil es zum Beispiel auf der Hand liegt zu fragen, ob die Flachheit kaputt gehen, wenn wir jetzt $p_0$ auf zwei Variablen erweitern. Also $p: K[X,Y] \to K[X,Y], X \mapsto X^2, Y \mapsto Y^2$. Dann ist $K[X,Y]$ Intergritätsbereich (als Ring) und deshalb auch torsionsfrei als Modul. Ist der so definierte Modul nicht mehr flach?



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Triceratops
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Dein Beispiel ist flach, was man aus allgemeinen Resultaten ableiten kann:

Wenn $R \to R'$ und $S \to S'$ flach sind, dann ist auch $R \otimes R' \to S \otimes S'$ flach. Denn das schreibt sich als $R \otimes R' \to S \otimes R' \to S \otimes S'$, sodass es reicht zu zeigen: Wenn $R \to R'$ flach ist, dann ist auch stets $R \otimes S \to R' \otimes S$ flach. Für $R \otimes S$-Moduln ist aber $M \otimes_{R \otimes S} (R' \otimes S) \cong M|_R \otimes_R R'$, natürlich in $M$, sodass dieser Funktor exakt ist.
 
Es ist ganz leicht, Integritätsringe $R$ und torsionsfreie $R$-Moduln zu konstruieren, die nicht flach sind. Man nehme $R=K[X,Y]$ und das Ideal $I = \langle X,Y\rangle$ als $R$-Modul. Es gibt eine exakte Sequenz von $R$-Moduln

$0 \to R \xrightarrow{(-Y;X)} R^2 \xrightarrow{(X,Y)} I \to 0.$
 
Insbesondere ist $I$ endlich präsentiert. Wenn $I$ flach wäre, dann wäre also $I$ auch projektiv und die Sequenz würde spalten. Es wäre also $R \xrightarrow{(-Y;X)} R^2$ ein gespaltener Monomorphismus, womit es also $u,v \in R$ geben müsste mit $1 = -uY + vX$, Widerspruch.



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