Producto tensorial de extensión puramente inseparable

Question

Me gustaría entender el producto tensorial de $A=\Bbb F_2(\sqrt{t})\otimes_{\Bbb F_2(t)}\Bbb F_2(\sqrt{t})$ .

La ampliación $L/k:=\Bbb F_2(\sqrt{t})/\Bbb F_2(t)$ es una extensión finita de grado $2$ puramente inseparable ya que el mínimo de $\sqrt{t}$ en $k$ es $P=X^2-t$ y cualquier elemento $(a+b\sqrt{t})/(c+d\sqrt{t})\in L$ tiene su plaza en $k$ . Debe tener nilpotentes en base a las lecturas de los diferentes hilos pero si calculo el producto tensorial $L\otimes_kL$ con $L\cong k[X]/(X^2-t)$ lo he hecho:

$$A=L\otimes_kL=L\otimes k[X]/(X^2-t)=L[X]/(X^2-t)=L[X]/(X-\sqrt{t})^2$$

(editado: ¡no se puede usar CRT aquí!)

¿Cómo puedo encontrar los nilpotentes?

Answer 1

$A$ sí tiene nilpotentes, a saber $X-\sqrt{t}$ por Frobenius (no hay nada misterioso aquí; esto es simplemente lo que ya has observado). La equivalencia que has publicado anteriormente, a saber $A = L[X]/(X-\sqrt{t})^{2} \cong L[X]/(X-t) \times L[X]/(X-t)$ no era correcto; no podemos aplicar el teorema del resto chino en este caso.

Para calcular el nilradical $R$ de $A = L[X]/\langle (X-\sqrt{t})^{2} \rangle$ , dejemos que $I = \langle (X-\sqrt{t})^{2} \rangle$ y recuerda que $R$ es la intersección de todos los ideales primos de $A$ . Los ideales primos de $A$ están en correspondencia biyectiva con los ideales primos de $L[X]$ que contiene $I$ a través del homomorfismo canónico del cociente $\pi \colon L[X] \to A$ . Por lo tanto, basta con calcular la intersección $J$ de todos los ideales primos de $L[X]$ que contiene $I$ Entonces $\pi(J) = R$ . Cualquier ideal primo $\mathfrak{p}$ en $L[X]$ que contiene $I$ debe contener $X-\sqrt{t}$ Por lo tanto $\langle X - \sqrt{t} \rangle$ . Por otro lado, $\langle X - \sqrt{t} \rangle$ es un ideal primo de $L[X]$ que contiene $I$ Así que vemos $J = \langle X - \sqrt{t} \rangle$ .