Si $\operatorname{Spec}(A)$ es un conjunto discreto finito, entonces $A=\prod_i A_i$ , donde $A_i$ contiene un único ideal maximal.

Question

El lema 6.2 de la Introducción a los Esquemas de Grupos Afines de Waterhouse tiene un lema que dice, para $k$ un campo,

Dejemos que $A$ sea una dimensión finita, conmutativa $k$ de álgebra. Entonces $A$ es un producto directo finito de álgebras $A_i$ cada uno de los cuales tiene un único ideal máximo formado por elementos nilpotentes.

Prueba: Utilizando el hecho de que $A$ es de dimensión finita, Waterhouse demuestra primero que todo ideal primo de $A$ es, de hecho, máxima, y que sólo hay un número finito de primos. Dado que cada uno de ellos es maximal, se deduce que en la topología de Zariski $Z(P)=\{P\}$ , por lo que cada punto está cerrado. Por lo tanto, $\operatorname{Spec}(A)$ es un conjunto discreto finito.

Lo comprendo, pero lo pierdo cuando a continuación afirma, que por lo tanto $A=\prod_i A_i$ (sin mencionar lo que $A_i$ es), y que el único primo en $A_i$ es maximal, y sus elementos deben ser nilpotentes.

Sé que desde $\operatorname{Spec}(A)$ es finito y discreto, cada $Z(P_i)=\{P_i\}$ es clopen, por lo tanto $Z(P_i)=Z(e_i)$ para un idempotente $e_i\in A$ . Hace $\operatorname{Spec}(A)=Z(e_1)\sqcup\cdots\sqcup Z(e_m)$ implica de alguna manera que $A\simeq Ae_1\times\cdots\times Ae_m$ ? Sé que si $e$ es un idempotente, $\operatorname{Spec}(A)=Z(e)\sqcup Z(1-e)$ implica $A\simeq Ae\times A(1-e)$ , pero si hay más de dos conjuntos clopen, no estoy seguro de cómo se extiende. Por ejemplo, ¿es $\operatorname{Spec}(A)=Z(e_1)\sqcup Z(e_2)\sqcup Z(e_3)=Z(e_1)\sqcup Z(e_2e_3)$ entonces tenemos $1-e_1=e_2e_3$ para que $$ A\simeq Ae_1\times A(1-e_1)\simeq Ae_1\times Ae_2e_3. $$

Pero no parece que $Ae_2e_3\simeq Ae_2\times Ae_3$ .

Editar ¿Sería justo decir que $$ \operatorname{Spec}(A)=Z(P_1)\sqcup\cdots\sqcup Z(P_m)\simeq\operatorname{Spec}(Ae_1)\sqcup\cdots\sqcup\operatorname{Spec}(Ae_m)\simeq\operatorname{Spec}(\prod_{i}Ae_i) $$ para que $A\simeq \prod_i Ae_i$ desde $\operatorname{Spec}$ refleja el isomorfismo como una equivalencia de categorías?

Answer 1

Dejemos que $R$ sea un anillo cuyo espectro primo $X$ es finito y discreto. Entonces $R$ debe ser un anillo semilocal con ideales máximos $\mathfrak m_1, ... , \mathfrak m_n$ sin ideales primos.

Creo que el argumento geométrico que has sugerido funcionará. No sé cuánto sabes de geometría algebraica, así que expondré los resultados relevantes . Sea $A$ sea un anillo conmutativo con identidad, y sea $Y$ sea el espacio de los ideales primos de $A$ . A cada conjunto abierto $U$ de $Y$ está asociado a un determinado anillo $\mathcal O_Y(U)$ . En particular, $\mathcal O_Y(\emptyset)$ es el anillo cero, y $\mathcal O_Y(Y)$ puede identificarse canónicamente con $A$ mismo. A cada inclusión de conjuntos abiertos $U \subseteq V$ tiene asociado un determinado homomorfismo de anillo $\mathcal O_Y(V) \rightarrow \mathcal O_Y(U)$ denotado por $s \mapsto s|_U$ . Si $U_i$ es una cubierta abierta de $Y$ entonces la secuencia de grupos abelianos

$$0 \rightarrow A \rightarrow \prod\limits_i \mathcal O_Y(U_i) \rightarrow \prod\limits_{i,j} \mathcal O_Y(U_i \cap U_j)$$

es exacta, donde el último mapa es $(s_i ) \mapsto (s_i|_{U_i \cap U_j} - s_j|_{U_i \cap U_j})$ . En particular, si se tiene una cubierta abierta disjunta $U_i$ de $Y$ entonces se obtiene un isomorfismo de $A$ con el anillo del producto $\prod\limits_i \mathcal O_Y(U_i)$ . Por último, si $\mathfrak p \in Y$ , entonces mientras se ejecuta $U$ sobre barrios abiertos cada vez más pequeños de $\mathfrak p$ se puede pasar al límite directo de los anillos correspondientes $\mathcal O_Y(U)$ para obtener un anillo local $\mathcal O_{Y,\mathfrak p}$ que no es más que $A_{\mathfrak p}$ la localización de $A$ en $\mathfrak p$ .

Puedes aplicar todo esto a tu situación: $X$ es la unión disjunta de $n$ conjuntos abiertos $\{\mathfrak m_i\}$ por lo que la condición de la gavilla te dice que los mapas de restricción $R= \mathcal O_X(X) \rightarrow \mathcal O_X(\{\mathfrak m_i\}) = R_{\mathfrak m_i}$ inducen un isomorfismo de $R$ con $\prod\limits_{i=1}^n R_{\mathfrak m_i}$ . Cada $R_{\mathfrak m_i}$ es local con no unidades nilpotentes.

Sin la geometría algebraica, probablemente todavía se puede argumentar directamente que el mapa $r \mapsto (r/1, ... , r/1)$ define un isomorfismo

$$R \rightarrow \prod\limits_{i=1}^n R_{\mathfrak m_i}$$

pero no puedo ver inmediatamente una prueba limpia. Lo intentaré de nuevo mañana.

Answer 2

Muy bien, creo que ahora veo cómo utilizar el enfoque directo. Desde $Z(e_i) = Z(P_i)$ entonces $\sqrt{(e_i)} = \sqrt{P_i} = P_i$ . Desde $A$ es noetheriano, entonces $(e_i) = P_i^{r_i}$ para algunos $r_i$ y como los ideales $P_i$ son comaximales por parejas, entonces también lo son $P_i^{r_i}$ (c.f., ejercicio 1.13 en Atiyah-MacDonald). (También se puede demostrar esto directamente: para $i \neq j$ tenemos $$ Z((e_i) + (e_j)) = Z(e_i) \cap Z(e_j) = \varnothing $$ así que $(e_i) + (e_j) = 1$ .) También tenemos \begin{align*} \DeclareMathOperator{\Nil}{Nil} (e_1 \cdots e_m) = \prod_i P_i^{r_i} \subseteq \bigcap_i P_i = \Nil(A) \end{align*} lo que implica que $e_1 \cdots e_m$ es nilpotente. Entonces $(e_1 \cdots e_m)^r = 0$ para algunos $r$ pero como cada $e_i$ es idempotente, entonces $$ 0 = e_1^r \cdots e_m^r = e_1 \cdots e_m \, . $$ Entonces \begin{align*} A \cong \frac{A}{(0)} \cong \frac{A}{(e_1) \cdots (e_m)} \cong \frac{A}{(e_1)} \times \cdots \times \frac{A}{(e_m)} \cong \frac{A}{P_1^{r_1}} \times \cdots \times \frac{A}{P_m^{r_m}} \end{align*} por el Teorema del Resto Chino. Cada factor $A_i := A/P_i^{r_i}$ es local con ideal máximo $P_i/P_i^{r_i}$ .

Answer 3

Todavía no veo cómo conseguir que el enfoque directo funcione, así que aquí hay una respuesta que utiliza la teoría de los anillos artinianos. Se trata básicamente del Teorema 8.7 de Atiyah-MacDonald, pero intentaré añadir un poco de exposición adicional.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que como $A$ es una dimensión finita $k$ -entonces es artiniana: cada ideal es un subespacio vectorial, por lo que la longitud de una cadena descendente de ideales está limitada por $\operatorname{dim}_k(A)$ . Ahora aplicamos el teorema antes mencionado:

Teorema. Cada anillo artiniano $A$ puede escribirse como un producto directo finito de anillos locales artinianos.

Prueba. Se puede demostrar que todo ideal primo es maximal en un anillo artiniano y que sólo hay un número finito de ideales maximales (c.f., Prop 8.1 y 8.3 en A-M; Waterhouse ya lo ha demostrado en su caso particular). Denotemos estos por $\newcommand{\m}{\mathfrak{m}} \m_1, \ldots, \m_n$ . Entonces $$ \DeclareMathOperator{\Nil}{Nil} \newcommand{\p}{\mathfrak{p}} \Nil(A) = \bigcap_{\substack{\p \trianglelefteq A\\ \text{prime}}} \p = \bigcap_{\substack{\m \trianglelefteq A\\ \text{maximal}}} \m = \bigcap_{i=1}^n \m_i \, . $$ Por la Prop. 8.4 el nilradical es nilpotente, por lo que $\Nil(A)^r = 0$ para algunos $r$ Por lo tanto $$ \prod_{i=1}^n \m_i^r \subseteq \bigcap_{i=1}^n \m_i^r = \Nil(A)^r = 0 \, . $$ Dado que los ideales $\m_i^r$ son comaximales entre sí, entonces $A \cong \prod_{i=1}^n A/\m_i^r$ por el Teorema del Resto Chino. Cada $A/\m_i^r$ es un anillo local artiniano con ideal máximo $\m_i/\m_i^r$ . Que $\m_i/\m_i^r$ consiste en elementos nilpotentes se desprende del hecho de que los ideales primos y máximos coinciden, ya que esto implica que el radical nilradical y el radical de Jacobson ( $=\m_i/\m_i^r$ ) son iguales.