Anillo local regular

Question

Dejemos que $Y$ sea una variedad afín en $\mathbb{A}^n_k$ y $\mathfrak{i}$ su correspondiente ideal. Utilizamos la notación $A(Y) = k[x_1,...,x_n]/\mathfrak{i}$ para el anillo de coordenadas de $Y$ . Elige un punto $p\in Y$ utilizamos la notación $\mathcal{O}_p(Y)$ para ser la colección de todos los pares $(U,f)$ donde $U$ es un subconjunto abierto de $Y$ que contiene $p$ , modulando la relación que $(U,f)\sim (V,g)$ si $f=g$ en $U\cap V$ . Este es el anillo de funciones regulares de $Y$ en el punto $p$ . También introducimos la notación $\mathfrak{p} = (x_1-p_1,...,x_n-p_n)$ como el ideal máximo correspondiente a $p = (p_1,...,p_n)$ . Nota, el anillo $A(Y)$ tiene $\mathfrak{i}' = \mathfrak{p}/\mathfrak{i}$ para su ideal máximo.

Sabemos que $\mathcal{O}_p(Y) \simeq A(Y)_{\mathfrak{i}'}$ un isomorfismo de espacios vectoriales sobre $k$ . Denotemos $\mathfrak{m}$ para el ideal máximo de $\mathcal{O}_p(Y)$ es decir, el ideal de las funciones racionales que desaparecen en $p$ . Por lo tanto, se deduce que, $$ \mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2 \simeq \frac{ S^{-1} \mathfrak{i}'}{ \left(S^{-1} \mathfrak{i}'\right)^2} $$ Dónde $S$ es el conjunto localizador, es decir $S$ es el complemento de $\mathfrak{i}'$ . ¿Cómo podemos concluir que, $$ \frac{ S^{-1} \mathfrak{i}'}{ \left(S^{-1} \mathfrak{i}'\right)^2}\simeq \frac{\mathfrak{p}}{\mathfrak{i} + \mathfrak{p}^2} $$

Answer 1

Básicamente tienes un anillo $R$ un ideal máximo $\mathfrak p$ y $\mathfrak i\subset\mathfrak p$ un ideal. Entonces en $R/\mathfrak i$ se considera el ideal máximo $\mathfrak p/\mathfrak i$ . La localización $(R/\mathfrak i)_{\mathfrak p/\mathfrak i}$ es isomorfo a $R_{\mathfrak p}/\mathfrak iR_{\mathfrak p}$ y $$\displaystyle\frac{\mathfrak pR_{\mathfrak p}/\mathfrak iR_{\mathfrak p}}{(\mathfrak pR_{\mathfrak p}/\mathfrak iR_{\mathfrak p})^2}=\frac{\mathfrak pR_{\mathfrak p}/\mathfrak iR_{\mathfrak p}}{(\mathfrak p^2R_{\mathfrak p}+\mathfrak iR_{\mathfrak p})/\mathfrak iR_{\mathfrak p}}\simeq\frac{\mathfrak pR_{\mathfrak p}}{\mathfrak p^2R_{\mathfrak p}+\mathfrak iR_{\mathfrak p}}\simeq\left(\frac{\mathfrak p}{\mathfrak p^2+\mathfrak i}\right)_{\mathfrak p}.$$

El último paso es demostrar que $$\displaystyle\left(\frac{\mathfrak p}{\mathfrak p^2+\mathfrak i}\right)_{\mathfrak p}\simeq\frac{\mathfrak p}{\mathfrak p^2+\mathfrak i}.$$ Para demostrar esto consideremos el morfismo canónico $$\displaystyle\phi:\frac{\mathfrak p}{\mathfrak p^2+\mathfrak i}\to\left(\frac{\mathfrak p}{\mathfrak p^2+\mathfrak i}\right)_{\mathfrak p}$$ Es fácil ver que $\phi$ es inyectiva. (Utilizar que $\mathfrak p^2+\mathfrak i$ es $\mathfrak p$ -primario). Para la subjetividad tenemos que demostrar lo siguiente: dado $a\in\mathfrak p$ y $s\in R-\mathfrak p$ hay $b\in\mathfrak p$ tal que $a-sb\in\mathfrak p^2+\mathfrak i$ . Desde $\mathfrak p/\mathfrak p^2$ es un $R/\mathfrak p$ -espacio vectorial podemos considerar $\bar b\in\mathfrak p/\mathfrak p^2$ tal que $\bar b=\hat s^{-1}\bar a$ Por lo tanto $\hat s\bar b=\bar a$ Así que $a-sb\in\mathfrak p^2$ .