¿Es el espacio total de un paquete del vector sobre un esquema irreducible irreducibles?

Question

Deje $X$ ser una irreductible esquema sobre $\mathbb{C}$ y deje $F$ ser localmente libre gavilla de rango $r$$X$.

• Es el espacio total $Y$ de los asociados vector paquete a $F$, $Y=Spec(Sym(F^{\vee}))$, irreductible?

Sé que algunos resultados, como si $f: Y\rightarrow X$ es surjective con irreductible fibras, $X$ irreductible e $f$ cerrado, a continuación, $Y$ es irreductible.

Aquí me gustaría aplicar esto a $\pi: Spec(Sym(F^{\vee}))\rightarrow X$. Pero yo sólo sé que $\pi$ es un afín de morfismos. Hay algunos más propiedades en esta especial situación, podemos concluir que la irreductibilidad del espacio total? (Podemos suponer $X=\mathbb{A}^n$)

Si esto no es cierto en general, existen algunas situaciones especiales, por que esto es cierto?

Answer 1

Me hicieron una muy similar pregunta de ayer. La respuesta es sí. Primero el caso más fácil, que se reducirá a continuación:

Si $\mathrm{Spec}(A)$ es irreducible, entonces también lo es $\mathbb{A}^r_A$.

Deje $X = \mathrm{Spec}(A)$ ser una irreductible afín, es decir, $A$ es un anillo conmutativo con el primer nilradical, y deje $Y$ ser el espacio total de la trivial de rango $r$ vector paquete de más de $X$. A continuación,$Y \cong \mathrm{Spec}(A[x_1,x_2,\dots x_r])$. El nilradical de $A[x_1,x_2,\dots x_r]$ sólo consta de los polinomios con nilpotent coeficientes (que es un poco de ejercicio en Atiyah-Macdonald, Capítulo 1) y por lo $A[x_1,x_2,\dots x_r]_{\text{red}} = A_{\text{red}}[x_1,x_2,\dots x_r]$ es una parte integral de dominio; por lo tanto $Y$ es irreductible.

La reducción de este básica del caso podemos probar:

Deje $X$ ser una irreductible esquema y $F$ localmente libre de $\mathcal{O}_X$-módulo de finito constante rango de $r$. A continuación, el espacio total de los asociados $\mathbb{A}^r$-bundle, $\mathrm{Spec}(SF^\vee)$, es irreductible.

De hecho, es suficiente para demostrar que $Y$ tiene una cubierta abierta $Y = \bigcup_i U_i$ por irreducible afín subschemes con $U_i\cap U_j\not=\emptyset$ para todos los índices de $i,j$.

Deje $X = \bigcup_i V_i$ ser afín a abra la cubierta trivializar $F$. Desde $X$ es irreductible, por lo que son las $V_i$, e $V_i\cap V_j\not=\emptyset$ para todos los índices de $i,j$. Entonces

1. $Y$ es cubierto por el afín abrir subschemes $U_i:=Y_{V_i} \cong\mathrm{Spec}(SF^\vee(V_i))\cong\mathbb{A}^r_{V_i}$ y
2. Para cada par de índices de $i,j$, ya que el $V_i\cap V_j\not=\emptyset$, esta intersección contiene algunos no trivial afín a abrir $W\subset V_i\cap V_j$, lo $U_i\cap U_j = Y_{V_i\cap V_j}$ contiene la no-trivial afín a abrir subscheme $Y_W \cong \mathrm{Spec}(SF^\vee(W))$.

Por el caso fácil, el $U_i$ son irreductibles, y por lo $Y$ está cubierto por la irreductible afín a abrir subschemes reunión de pares no-trivial. Esto demuestra que $Y$ es irreductible, como se reivindica.

Answer 2

Creo que la respuesta es sí.

Supongamos que $Y = Y_1 \cup Y_2$ y seleccionar $p \in Y_1 \cap Y2$. Entonces $\mathscr O{Y,p}$ no es un dominio integral.

Pero debe de ser, puesto que $F$ era una gavilla localmente libre. Deberíamos $\mathscr O{Y,p} \simeq \mathscr O{X,\pi(p)}[x_1,\ldots,x_r]$ por la definición del espacio total, $r$. Pero esto es un dominio integral desde $X$ es irreducible.