Para poner esta pregunta en un lenguaje preciso, deje $X$ ser afín esquema, y $Y$ ser un esquema arbitrario, y $f : X \rightarrow Y$ un morfismos de $X$ a $Y$. De lo anterior se sigue que el $f$ es un afín de morfismos de esquemas? Mientras que todos los casos son interesantes, un contraejemplo que tanto ha $X$ e $Y$ noetherian sería bueno.
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csmba
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A pesar de que no es cierto en general, es cierto siempre que $Y$ está separado. El mapa de $f$ a partir de $X$ a $Y$ factores como la composición $$ X \stackrel{f'}{\rightarrow} X \times Y \stackrel{f''}{\rightarrow} Y$$ El mapa de $f''$ es un retroceso de la proyección del mapa de $X$ a un punto (o Espec $\mathbb{Z}$, o lo que sea base se trabaja a través de), y por lo tanto afín. El mapa de $f'$ es un retroceso de la diagonal $Y \rightarrow Y \times Y$, y por lo tanto un cerrado de inmersión si $Y$ es separado (y, en particular, afín).
No, aquí es un ejemplo de una de morfismos $f:X\to Y$ que no es afín a pesar de $X$ es afín.
Tome $X=\mathbb A^2_k$, el afín avión sobre el campo de $k$ e de $Y$ el famoso avión con origen duplicado: $Y=Y_1\cup Y_2$ con $Y_i\simeq \mathbb A^2_k$ abierta en $Y$ e $Y\setminus Y_i= \lbrace O_i\rbrace$, una cerrada racional punto de $Y$.
Nos tomamos de las $f:X\to Y$ el mapa enviar a $X$ isomorphically a $Y_1$ en la forma obvia.
Entonces, aunque el esquema de $X$ es afín, los morfismos $f$ no es afín debido a la inversa de la imagen $f^{-1}(Y_2)$de los afín a abrir subscheme $Y_2\subset Y$ es
$X \setminus \lbrace 0 \rbrace=\mathbb A^2_k \setminus \lbrace 0 \rbrace$, el plano afín con origen eliminado, conocido por no ser afín.
