Una forma directa de mostrar: $\operatorname{Spec}(A)$ es $T_1$ $\Rightarrow$ $\operatorname{Spec}(A)$ es Hausdorff

Question

En el libro de Atiyah y MacDonald, yo estaba haciendo ejercicio 3.11. Uno tiene que demostrar que para un anillo de $A$, los siguientes son equivalentes:

1. $A/\mathfrak{N}$ es absoluta plana, donde $\mathfrak{N}$ es el nilradical de $A$.
2. Cada primer ideal de $A$ es máxima.
3. $\operatorname{Spec}(A)$ $T_1$.
4. $\operatorname{Spec}(A)$ es de Hausdorff.

Ya he demostrado que esta haciendo 1 $\Leftrightarrow$ 2, 2 $\Leftrightarrow$ 3, 4 $\Rightarrow$ 3, y el 1 $\Rightarrow$ 4. Entonces me pregunté: ¿hay una forma directa de mostrar que $X=\operatorname{Spec}(A)$ tiene la propiedad de Hausdorff cuando ya se es $T_1$? Yo no veo ninguna "canónica" discontinuo abrir los subconjuntos de a $X$ que podía construir, dadas $x,y\in X$ puntos distintos.

Googleando en busca de una solución que tiene este enfoque me llevó aquí (de nuevo), donde muestra un 2 $\Rightarrow$ 4, que debe ser casi el mismo que el 3 $\Rightarrow$ 4. Pero no sé la notación $X_{\mathfrak{p}}$ utiliza. Supongo que esto significa $X\smallsetminus V(\mathfrak{p})$, de manera análoga a la notación $X_f$ básicos de subconjuntos abiertos de la topología de Zariski. Pero, ¿por qué se $X_{\mathfrak{p}}$ $X_{\mathfrak{q}}$ distinto, no? Suponiendo 2 (resp., 3), tenemos $V(\mathfrak{p})=\{\mathfrak{p}\}$, lo que $X_{\mathfrak{p}}=X\smallsetminus\{\mathfrak{p}\}$, $X_{\mathfrak{q}}=X\smallsetminus\{\mathfrak{q}\}$, y, por tanto, la intersección de contener todos los puntos diferentes de$\mathfrak{p}$$\mathfrak{q}$. No me malinterpreten, la notación, o soy yo tal vez no conseguir justo lo que el autor está haciendo aquí?

Gracias de antemano!

Answer 1

Aquí es bastante simple, aunque no prueba evidente, inspirado por el Lema 10.24.4 y Lema 10.24.5 de las Pilas del Proyecto:

Supongamos que cada primer ideal de $A$ es máxima y $\mathfrak p \neq \mathfrak q$ son dos distintas primer ideales de $A$, dicen que no existe $f \in \mathfrak p$$f \not\in \mathfrak q$. El anillo de $A_{\mathfrak p}$ tiene exactamente un primer ideal $\mathfrak pA_{\mathfrak p}$, que coincide con su nilradical. Por lo $f/1$ es nilpotent, es decir, tenemos $sf^n = 0$ algunos $s \in A\setminus \mathfrak p$$n \geq 0$. Usando la notación $D(a) := \operatorname{Spec}(A) \setminus V(a)$, tenemos $$\mathfrak q \in D(f), \; \\\mathfrak p \in D(s), \;\\ D(f) \cap D(s) = D(sf^n) = \emptyset.$$ Por lo tanto, $\operatorname{Spec}(A)$ es de Hausdorff.

Answer 2

Primero de todo, aquí es un meta-argumento de que se trata de una prueba:

Los espacios que pueden surgir como Especificación de un anillo se caracteriza por su resumen propiedades topológicas en Hochster de la tesis; son conocidos como espectral de los espacios. Desde $T_1 \implies $ Hausdorff es puramente topológica de la declaración sobre dichos espacios, se debe admitir una prueba de que es puramente topológico (sin hacer referencia a cualquier anillo de los que el espacio es el espectro).

Por supuesto, esto no es un argumento real, pero ya en el final de la instrucción en cuestión ($T_1 \implies $ Hausdorff) no es tan profundo, es razonable.

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Ahora bien, aquí es un argumento real. En primer lugar, demuestra la siguiente:

El cuasi-compacto abrir establece en un espacio espectral satisfacer la intersección finita propiedad (es decir, dada una colección de dichos conjuntos, si cualquier colección finita no vacía de la intersección, a continuación, toda la colección).

La prueba está en Hochster de la tesis; ver las Transacciones que se hace referencia en los enlaces de la página de Wikipedia. Aquí voy a probar un caso especial (que en realidad no es difícil comprobar que es equivalente, y que será suficiente para nuestra aplicación), y voy a engañar, mediante el uso de anillo basado en conceptos. Aquí está la declaración y la prueba:

Supongamos $S$ es un conjunto de elementos de $A$ tal que $D(a_i)$ (el distinguido abierto correspondiente a los elementos $a_i$) no tienen intersección vacía para cada subconjunto finito $\{a_1, \ldots, a_n\} \subset S$; luego el $D(a)$ (para $a \in S$) tienen un no-vacío común de intersección.

Prueba: Considerar la localización de la $A_S$. La suposición de que finito intersecciones no vacías es suficiente para probar que $A_S$ es distinto de cero. Entonces Espec $A_S$ es no vacío, y su imagen en Espec $A$ está contenida en el intersección de todos los $D(a)$. QED

[Aparte: Hochster del topológica de la prueba sustituye a la aplicación del lema de Zorn que se utiliza para demostrar que la Especificación $A_S$ no está vacía por una aplicación diferente de el lema de Zorn, trabajando directamente con ciertos subconjuntos del espacio topológico Espec $A$.]

Ahora se deduce el siguiente corolario:

Si $x$ e $y$ son dos elementos de la Especificación $A$ que no puede ser separada por abrir sets, entonces existe un punto de $z$ contiene tanto $x$ e $y$ en su cierre.

Prueba: Considerar todos los cuasi-compacto abrir conjuntos de Espec $A$ cada uno de los cuales contiene $x$ o $y$. (Si lo desea, puede retrict distinguido abierto las series y, a continuación, aplicar la versión más restringida de la anterior topológico resultado). Por supuesto, cualquier colección finita de elementos de este conjunto de se abre no tiene intersección vacía, y así todo el conjunto de los elementos no tiene intersección vacía. Si elegimos $z$ a ser un elemento de esta intersección, a continuación, contiene tanto $x$ $y$ en su cierre. QED

Ahora si Espec $A$$T_1$, entonces se deduce de la anterior resultado que si $x$ $y$ no puede ser separada por abrir sets, entonces coinciden, es decir, Espec $A$ es de Hausdorff.

Answer 3

Dudo que usted puede mostrar sin ir a través de (i). La buena noticia es que el $T_1$ implica inmediatamente que no prime ideal es correctamente contenida en otro primer ideal, es decir, (ii) cada primer ideal es máxima.

Para encontrar la "canónica" discontinuo abrir los subconjuntos que separan dos puntos, tomar dos números primos $\mathfrak p, \mathfrak q$, y elija $x \in p$, pero $x \notin q$. Deje $U_x=\{\mathfrak p' \in X|x \notin \mathfrak p'\}$. A continuación,$\mathfrak q \in U_x$$\mathfrak p \notin U_x$. Desde $\mathfrak q$ es máxima, $\mathfrak q + (x)=A=(1)$. Esto significa que $y+ax=1$ algunos $y \in \mathfrak q$$a \in A$. A continuación,$y=1-ax \notin \mathfrak p$, a fin de establecer $U_y=\{\mathfrak p' \in X|y \notin \mathfrak p'\}$, por lo que $\mathfrak p \in U_y$$\mathfrak q \notin U_y$.

El problema es ¿por qué debería de $U_x \cap U_y=U_{xy}=\varnothing?$ La única manera que sé cómo hacer esto es ir a través de (i), lo que muestra que $xy \in \mathfrak N(A)$.