Producto Tensor de dominios es un dominio

Question

Estoy leyendo Milne Geometría Algebraica notas del curso, la versión 5.22, como un compañero para una geometría algebraica curso que estoy tomando ahora. La proposición 4.15 estados:

Deje $A$ $B$ $k$- álgebras, que son también los dominios, con $k = \overline{k}$ $A$ finitely generado. A continuación, $A \otimes_k B$ es un dominio.

Para hacer la tarea que me ha demostrado que el producto directo de dos irreductible algebraica de los conjuntos es de nuevo una irreductible algebraicas conjunto. El maestro dijo simplemente que esto implica el resultado anterior al $A, B$ son finitely generado. Por lo tanto, mi primera pregunta es, ¿puede alguien explicar que esta implicación a mí?

Mi segunda pregunta es, es el resultado anterior de Milne es true si los dos $A$ $B$ no finitely generado? Si no, ¿puede dar un contraejemplo?

Answer 1

1) Dado un campo de $k$ y dos dominios $A,B$$k$, su producto tensor $A\otimes _k B$ será un dominio tan pronto como uno de los dominios es un separables $k$-álgebra y uno de ellos (tal vez el mismo!) tiene una fracción de campo que es una de las principales extensión de $k$.
Esta es probablemente la forma más general posible resultado, y es demostrado en Bourbaki del Álgebra, en el Capítulo v, §17, Corolario de la Proposición 1.
(También se puede encontrar en la página 203 de Jacobson Conferencias en Álgebra Abstracta: III Teoría de campos y la teoría de Galois.)

Aquí separables significa universalmente reducido y una extensión de los campos de $K/k$ se dice que el ser primaria si el algebraicas cierre de $k$ $K$ es puramente inseparable sobre $k$.

Estos son bastante avanzados conceptos de la teoría del campo, pero la buena noticia es que para un algebrically campo cerrado $k$ cada algebra separable y cada campo de la extensión principal, por lo que, de hecho, para un algebrically campo cerrado $k$, $k$- álgebra $A\otimes_k B$ es un dominio tan pronto como $A$ $B$ dominios.

2) Para un general (no algebraicamente cerrado) campo de $k$ si $X,Y$ son los afín variedades asociadas a la $k$-álgebras de finito tipo de $A,B$ sin cero-divisores, la irreductibilidad de $X\times Y$ no implica que $A\otimes_k B$ es un dominio.

Por ejemplo, supongamos $p$ es un primer entero. A continuación, para $k=\mathbb F_p(t)$ ($t$ un indeterminado) y $A=k(\sqrt [p]t)$,$A\otimes_k A=\frac {A[X]}{\langle X^p-t\rangle}=\frac {A[X]}{\langle (X-\sqrt [p]t)^p\rangle }$, un anillo con los no-cero nilpotent elementos (por ejemplo la clase de $X-\sqrt [p]t$) que es lo que ciertamente no es un dominio a pesar de la correspondiente "variedad" (o más bien el esquema) es irreducible (desde su subyacente espacio topológico tiene sólo un punto!)
Edición (28 de septiembre de 2014)
Como notado por lee en los comentarios, no irreductible ejemplo de la siguiente manera desde el isomorfismo $\mathbb C\otimes_ \mathbb R \mathbb C= \mathbb C \times \mathbb C$ .

Así que no creo que el profesor de la observación es correcta: no está claro que el álgebra correspondiente a $X\times Y$ es el anillo de $A\otimes_k B$ más que su reducción $(A\otimes_k B)_{red}$ (obtenido por el asesinato del nilpotents: $(A\otimes_k B)_{red}=A\otimes_k B/Nil(A\otimes_k B)$).
Esto tiende a demostrar que, a pesar de lo que su profesor de reclamaciones, no se puede reemplazar el duro álgebra en 1) por elementales consideraciones topológicas de irreductibilidad: Milne sí mismo demuestra el resultado (para un algebraicamente cerrado de campo) puramente algebraica aunque, créanme, él sabe lo que irreductibilidad significa!