Irreductibilidad se conserva la virtud de la ampliación de la base

Question

Quiero demostrar que si $A$ es un finitely generadas $k$-álgebra ($k$ es un campo) con el primer nilradical entonces para cualquier campo de extensión de la $k\rightarrow K$, $K$- álgebra $A\otimes_kK$ tiene también el primer nilradical, es decir, si para algunos $f,g\in A\otimes_kK$ tenemos $(fg)^n=0$ algunos $n$, entonces debemos concluir que $f^n=0$ o $g^n=0$ algunos $n$.

Estoy pensando en el caso de $K=\overline{k}$. En primer tomo una extensión algebraica $K$ que es puramente inseparable sobre $k$. Si $f\in A\otimes_kK$, entonces es fácil mostrar que $f^{p^n}\in A$ para algunos $n$ ($p=Char\ k$) y con esta observación, es fácil concluir que el $A\otimes_kK$ tiene la primera nilradical en este caso. Ahora si me podría concluir la prueba en el caso de que $K$ es finita separables extensión entonces estoy hecho porque la toma de $K=k_s$ donde $k_s$ es el separables cierre de $k$, entonces no es difícil concluir que el $A\otimes_kk_s$ tiene la primera nilradical y por fin puedo usar la observación de que $\overline{k}$ es puramente inseparable de la extensión de $k_s$.

Una última observación es que si $k\rightarrow F\rightarrow K$ son extensiones y si $A\otimes_kK$ tiene la primera nilradical, a continuación, $A\otimes_kF$ tiene la primera nilradical. Así que el problema puede reducirse a:

Si $A$ es un finitely generadas $k$-álgebra con el primer nilradical y si $K$ es un finita de Galois de la extensión de $k$ $A\otimes_kK$ tiene la primera nilradical.

Cualquier ayuda con este problema será fuertemente apreciado.

Answer 1

Esto es cierto, por ejemplo, cuando $k$ es algebraicamente cerrado (y este es uno de los principales pasos en el ejercicio en Hartshorne del libro mencionado en los comentarios). De hecho, el siguiente es cierto:

Si $k$ es algebraicamente cerrado de campo y $X,Y$ son irreducibles (integral, reducido) $k$-planes, entonces el mismo es cierto para $X \times_k Y$.

Prueba de dibujo: Para "integral", en primer lugar hacer el afín caso: Vamos a $A,B$ ser parte integral de la $k$-álgebras, tenemos que demostrar que $A \otimes_k B$ es integral. Por un colimit argumento, podemos suponer que la $A,B$ son finitely generado. Por Hilbert Nullstellensatz, $A \to \prod_{\mathfrak{m}} A/\mathfrak{m}$ es inyectiva, donde $\mathfrak{m}$ se ejecuta a través de los máximos ideales de la $A$, y en cada caso se ha $A/\mathfrak{m}=k$. El mismo para $B$. Ahora si $x,y \in A \otimes_k B$ $xy=0$ $y \neq 0$ elige el ideal maximal $\mathfrak{n} \subseteq B$$0 \neq y \bmod \mathfrak{n}$. Para todos los $\mathfrak{m} \subseteq A$ se sigue que $0 = (x \bmod \mathfrak{m})(y \bmod \mathfrak{n})$$A/\mathfrak{m} \otimes_k B/\mathfrak{n}=k \otimes_k k=k$, por lo tanto $0 = x \bmod \mathfrak{m}$. Esta muestra $x=0$.

Para "reducido", reducir a la afín caso, y, a continuación, un argumento similar como el anterior funciona, consulte aquí.

Para "irreductible", en primer lugar hacer el afín caso: Vamos a $A,B$ $k$- álgebras tal que $A_{red},B_{red}$ integral. Ya sabemos que $A_{red} \otimes_k B_{red}$ es integral, en particular irreductible. Ahora aplicar el Lema por debajo de dos veces a la conclusión de que la $A \otimes_k B$ es irreductible. Para el caso general de dos a $k$-esquemas $X,Y$, no es difícil mostrar que el genérico puntos de la afín gráficos coinciden, considerando su intersección.

Finalmente, la integrante = reducción + irreductible. $\square$

Lema: Para $S$-esquemas $X,Y$ canónica de morfismos $(X \times_S Y)_{red} \to X_{red} \times_S Y$ es un homeomorphism.

De hecho, uno puede comprobar (por ejemplo, en afín gráficos) que este morfismos es un cerrado de inmersión cuyo ideal es nula.

Answer 2

El $\mathbb R$-álgebra $\mathbb R[x]/(x^2 + 1)$ tiene la primera nilradical sino $\mathbb C[x]/(x^2 + 1)$ no.