Colimits de esquemas

Question

Esto está relacionado con otra pregunta.

He encontrado muchos comentarios de que la categoría de esquemas no es cocomplete. La categoría de local rodeada de espacios es cocomplete, y en algunos casos especiales este resulta ser el colimit de esquemas, pero en otros casos no (lo cual es, por supuesto, no hay evidencia de que el colimit no existe). Sin embargo, quiero entender en detalle un contraejemplo donde el colimit no existe, pero me cuesta encontrar uno. En FGA explicó que he encontrado la referencia, que el Ejemplo 3.4.1 en Hartshorne, Apéndice B es una suave adecuado esquema de más de $\mathbb{C}$ con un libre $\mathbb{Z}/2$-acción, pero el cociente no existe (sin prueba). Para ser honesto, esto es demasiado complicado para mí. Hay fácil ejemplos? Usted no me ayuda acaba de dar el ejemplo, porque hay un montón de ellos, pero la parte difícil es demostrar que la colimit realmente no existe.

Answer 1

Esto no es una respuesta a la pregunta, pero es la intención de mostrar que Martins la preocupación acerca de la posible distinción entre el colimit en la categoría de esquemas de frente en la categoría de local rodeada de espacios es una válida. De hecho, si no he metida de pata abajo, entonces parece que, en algunas circunstancias, al menos directa el límite (colimit) de los esquemas que existe, pero que no coincide con la directa en el límite de la categoría de local rodeada de espacios.

Por ejemplo, suponga que $X_n$ es la Especificación de $k[x]/(x^n),$ campo $k$ (y los mapas de transición son los más obvios). A continuación, el directo del límite de los $X_n$ en la categoría de local rodeada de espacios es un esquema formal que no es un esquema, cuyo subyacente espacio topológico es un punto, y cuya estructura gavilla (que es en este contexto simplemente un anillo, es decir, el tallo en el punto único) es de $k[[x]]$.

Por otro lado, supongamos que dado compatible con los mapas de los $X_n$ a un esquema de $S$. Todas ellas deben mapa el punto en común subyacente a los $X_n$ a algún punto $s \in S$, que se encuentra en algunas afín a abrir Spec$$. Por lo tanto los mapas de los $X_n$ factor a través de la Especificación de $A$, y corresponden a los mapas compatibles $\rightarrow k[x]/(x^n),$ es decir, para un mapa de $\rightarrow k[[x]].$ Este a su vez le da un mapa Spec $k[[x]] \rightarrow$ Spec $A\subconjunto de X,$ y así vemos que el natural compatible con los mapas de los $X_n$ a Spec $k[[x]]$ identificar Spec $k[[x]]$ con el directo del límite de los $X_n$ en la categoría de esquemas.

EDIT: Como se indica en el comentario de David Brown se adjunta a su respuesta, en este ejemplo generaliza, por ejemplo, si $I$ es un ideal de un anillo de $A$, entonces el directo en el límite de la categoría de los esquemas de Spec $A/I^n$ coincide con la Especificación $\hat$, donde $\hat$ es el $I$-ádico de la finalización de $A$.

ADEMÁS EDIT: yo no estoy seguro acerca de la afirmación del párrafo anterior. Si $a/I$ (y, por tanto, cada uno $A/I^n$) local para cualquier esquema de $S$ los mapas Spec $A/I^n \S$ factor a través de una afín a abrir subscheme, por lo que se reduce para los cálculos en la categoría de anillos, y por lo tanto, encuentra que, efectivamente, el directo límite de la Especificación $A/I^n$ es igual a Spec $\hat{A}$. Más en general, en la actualidad estoy seguro ... .

Answer 2

A mí me parece que no quieren escuchar la prueba, pero usted quiere oír "el punto". El punto es que un sistema debe, por definición, ser cubiertos por afín a sistemas, y a veces, cuando se hace ejercicios en Hartshorne las pruebas como esto: en primer lugar hacer la pregunta para afín a sistemas, donde la pregunta se convierte en el anillo de la teoría, y luego hacerlo para todos los sistemas de encolado juntos. Así que aquí está cómo usted puede ser que desee probar y cociente de un esquema de la libre acción de $Z/2Z$: en primer lugar digamos que el esquema es afín, por lo que $Spec(A)$ con $Un$ tener una acción de $Z/2Z$, y tratan de averiguar si el cociente existe, y, a continuación, mover en el caso general.

En el afín caso tenemos un anillo de $A$, con una acción de $Z/2Z$, y si $B$ es el invariantes, entonces usted puede convencerse de que $Spec(B)$ es el cociente.

Ahora vamos a' s hacer el caso general. Dicen que $X$ es un esquema con una acción de $Z/2Z$. Elija un punto $$ x $X$. Ahora vamos a $Spec(A)$ ser afín con $X$. Ahora $Z/2Z$ actúa en $Spec(A)\ldots$oh, espera, no, no no, porque la acción se tal vez mover $Spec(A)$ a otro afín $Spec(B)$. Así que vamos a tratar de intersección $Spec(A)$ y $Spec(B)$, La intersección será a menudo afín así que vamos a tener en cuenta esto y la llamada es de $Spec(C)$ y$\ldots$oh no, espera, que no funciona bien, ya que $x$ no se en $Spec(C)$. Hmm.

El conocido 3 veces usted menciona en su pregunta se comporta de esta manera. Usted no lo puede cubrir por afines a cada uno de los cuales se conserva por la acción, por lo que te quedas atascado.

¿Eso ayuda?

Answer 3

Directo de los límites de los esquemas no existe. Un buen ejemplo es el siguiente: sea X un esquema y Z cerrado subscheme definido por un ideal I. Entonces para cualquier n tenemos el enésimo infinitesmal barrio Z^(n) definida por el ideal I^(n+1) y un diagrama de $Z \Z^2 \a \cdots \Z^n \\cdots$ y en general la directa límite de este diagrama no existe en la categoría de esquemas. (Que no existe sin embargo en la categoría de planes oficiales). Knutson del Algebraicas, Espacios, Capítulo 5, sección 1 (cerca del final) explica esta bien (para algebraicas, espacios, pero para este punto es bueno pensar en todo como un esquema).

Un ejemplo sencillo es la P^1 a través de un dvr (R,t), con Z el cerrado subscheme de P^1 definido por t.

Answer 4

Edit: BCnrd dio una prueba en los comentarios que este ejemplo funciona, así que he editado en el que la prueba.

Un posible ejemplo comprobado

Sospecho que no Hay ningún esquema que es "dos $\mathbb A^1$'s pegadas a lo largo de su generic puntos" (o "$\mathbb A^1$ con cada punto cerrado duplicado"). En otras palabras, la coequalizer de las dos inclusiones $Spec(k(t))\rightrightarrows \mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ no existe en la categoría de esquemas. Intuitivamente, esto coequalizer debe ser "demasiado no-separados" para ser un esquema.

No tengo pruebas, pero pensé que otras personas pueden tener ideas si que he publicado aquí.

Si un coequalizer $P$ no existe, entonces no hay dos puntos cercanos de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ mapa para el mismo punto $P$. Para mostrar esto, es suficiente para encontrar las funciones de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ a otros regímenes que están de acuerdo en que el genérico puntos pero no están de acuerdo sobre cualquier otro par de puntos. La obvia mapa de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1\to \mathbb A^1$ separa a la mayoría de los pares de puntos cercanos. A ver que un punto en uno de $\mathbb A^1$ no se identifica con "el mismo punto en el otro $\mathbb A^1$", considerar el mapa de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ a $\mathbb A^1$ con el punto dado se duplicó.

Por otro lado, supongamos $U$ ser afín a abrir alrededor de la imagen de la genérica punto $P$. $U$ denso abierto preimages $V$ y $V$ en tanto afín a las líneas. Vamos a $W=V\cap V'$ afín dentro de la línea, por lo que tenemos dos mapas de $W$ a los afín a $U$, que coinciden en el punto genérico de $W$, y por lo tanto son iguales (como $U$ es afín). En particular, los dos mapas de afín a la línea de categórico pushout $P$ coincidir en cada "pareja común" de cerrado de puntos de las dos copias de $W$, contradiciendo el párrafo anterior.

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Edit: Las siguientes preguntas no son relevantes, pero me gustaría salir de allí por alguna razón.

Aquí hay algunas preguntas que podrían ser útiles para responder:

Si el coequalizer por encima de no existir, debe el mapa de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ ser surjective?

(vea la pregunta relacionada con Puede una coequalizer de los regímenes de no ser surjective?)

Es el coequalizer de $Spec(k(t))\rightrightarrows \mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ en la categoría de separados de los esquemas de igual a $\mathbb A^1$? (probablemente)

 

¿Cuáles son algunas maneras para determinar que un functor $Sch\a$ no es co-representado por un esquema?

Answer 5

Directo de los límites de incluir, en particular, los cocientes.

Yo creo que si $Z \subconjunto X$ es un cerrado subscheme, entonces $X/Z$, en general, no existen.

Tomemos, por $Z$ es un divisor de $X$, tal que existe una función racional $f: X \to \mathbb P^1$ con los polacos sólo en $Z$. Entonces, de acuerdo a la característica universal de los coeficientes de una función de este tipo se desciende a una función $f \bar: Z/X \to \mathbb P^1$, con el polo que consta de un punto (estoy poco incierto, por qué es un punto, pero tal vez debe ser un punto). Pero eso es imposible a menos de $dim(X)=1$.