La definición habitual de dominante sería que la imagen de $\varphi$ es denso o, lo que es lo mismo, contiene un subconjunto abierto no vacío del objetivo.
[La equivalencia supone que se trata de variedades irreducibles, por lo que conjuntos abiertos no vacíos son automáticamente densos. La definición en términos de densidad de la imagen tiene sentido, y puede utilizarse, incluso si la fuente y el objetivo son reducibles].
Ahora bien, esto equivale a pedir que el morfismo sobre anillos de coordenadas sea inyectivo, esencialmente porque la restricción a un subconjunto denso es inyectiva para funciones continuas.
De nuevo suponiendo que estamos hablando de variedades irreducibles, esto es equivalente a la inyectividad en los tallos, como en el OP, aunque nunca he visto que esto se utilice como el definición de dominante. Nótese que si la fuente es reducible, entonces este requisito es diferente a tener imagen densa; es equivalente a pedir que si $P$ es un punto de $X$ , entonces la unión de los componentes a través de $P$ tiene imagen densa en la unión de componentes a través de $\varphi(P)$ . [Así que contaría la inclusión de la línea perforada en dos líneas cruzadas -la perforación está en el punto de cruce- como dominante, pero no contaría la inclusión de toda la línea en dos líneas cruzadas como dominante].
Dicho todo esto, no entiendo la prueba que se da en el PO: ¿dónde está la afirmación de que $(\mathfrak m_q)_{\mathfrak m_q} (ker \varphi^*)_{\mathfrak m_q} = ker \varphi^*$ ¿de dónde viene? Como se ha señalado anteriormente, la afirmación de que esto implica la inyectividad en los anillos coordiandos sólo es válida cuando $Y$ es irreducible, por lo que en alguna parte de la prueba hay que usar esa $A(Y)$ es un dominio. (En realidad, tal y como está escrito el argumento, ni siquiera está claro cómo se utiliza la suposición de inyectividad en los tallos).
Mi sugerencia sería que dibujaras algunas imágenes para pensar en esto, incluyendo los casos de una línea/punzón que se mapea en dos líneas cruzadas que mencioné anteriormente, y algunos otros morfismos entre conjuntos algebraicos afines, algunos con imagen densa y otros no, y pensar en cómo el álgebra reflejará la geometría. La forma en que el OP está escrito ahora, sugiere que no estás pensando en el significado geométrico en absoluto, pero más sólo la manipulación del formalismo algebraico.
Añadido: Aquí hay algunos ejercicios para demostrar la equivalencia entre dominante e inyectividad en anillos de coordenadas, para morfismos $\varphi: X \to Y$ entre conjuntos algebraicos afines sobre un campo algebraicamente cerrado $k$ . Me doy cuenta de que una prueba de esto ya se ha dado en otra respuesta, pero estos ejercicios esbozan un argumento diferente que es más geométrico, en el espíritu del rant del párrafo anterior.
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Demuestre que si $\varphi: X \to Y$ es un mapa continuo de espacios superiores con imagen densa, entonces el mapa inducido $\varphi^*: \mathcal C(Y,k) \to \mathcal C(X,k)$ es inyectiva. Aquí $\mathcal C(S,k)$ es el espacio de morfismos continuos de un espacio superior. $S$ al campo $k$ , donde $k$ tiene su topología de Zariski (es decir, se identifica como un espacio topológico con $\mathbb A^1$ ).
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Tenga en cuenta que como $A(X) \subset \mathcal C(X,k)$ cuando $X$ es un conjunto algebraico afín, y de forma similar con $A(Y)$ tener una imagen densa implica que $\varphi^*: A(Y) \to A(X)$ es inyectiva.
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Demuestre que si $Z$ es cualquier subconjunto cerrado adecuado de $Y$ entonces existe una función no nula $f \in A(Y)$ tal que $f$ desaparece en todos los puntos de $Z$ .
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Demuestre que si $\varphi: X\to Y$ no tiene imagen densa, entonces $A(Y) \to A(X)$ tiene un núcleo no trivial, por lo que no es inyectiva.
La cuestión es que no se necesita el álgebra conmutativa para demostrar la equivalencia deseada. Todo lo que utiliza es la relación básica entre $A(X)$ y la topología de Zariski en $A(X)$ para un conjunto algebraico afín $X$ es decir, que los elementos de $A(X)$ son continuos de Zariski, y que los subconjuntos cerrados se pueden cortar como los lugares cero de los elementos de $A(X)$ .
Es bueno aprender a pensar de esta manera, es decir, argumentar con la geometría o la topología sin traducir todo al álgebra conmutativa todo el tiempo, de lo contrario se hace difícil ver el geometría de lo que ocurre (tanto más cuanto más progrese su estudio de la geometría algebraica).
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Recuerde que $A(Y)$ es noetheriano, y como todo generador de $\ker \varphi$ es nilpotente el ideal completo $\ker\varphi$ es por tanto nilpotente. Finalmente concluimos que $\ker\varphi$ siendo un ideal primo y nilpotente tiene que ser $0$ .