Colimbos de los regímenes

Question

Esto está relacionado con otra pregunta .

He encontrado muchos comentarios de que la categoría de esquemas no es cocompleta. La categoría de espacios localmente anillados es cocompleta, y en algunos casos especiales resulta ser el colímite de los esquemas, pero en otros casos no (lo que, por supuesto, no es una prueba de que el colímite no exista). Sin embargo, quiero entender en detalle un contraejemplo en el que el colímite no exista, pero apenas he encontrado uno. En FGA explicado he encontrado la referencia, que el Ejemplo 3.4.1 en Hartshorne, Apéndice B es un esquema adecuado suave sobre $\mathbb{C}$ con un $\mathbb{Z}/2$ -pero el cociente no existe (sin prueba). Para ser sincero, esto me parece demasiado complicado. ¿Hay ejemplos fáciles? No me servirá de nada poner el ejemplo, porque hay muchos, pero lo difícil es demostrar que el colímite realmente no existe.

Answer 1

Editar: BCnrd dio una prueba en los comentarios de que este ejemplo funciona, así que he editado esa prueba.

A posible ejemplo probado

Sospecho que No hay ningún esquema que sea "dos $\mathbb A^1$ pegados a lo largo de sus puntos genéricos" (o " $\mathbb A^1$ con cada punto cerrado duplicado"). En otras palabras, el coigualador de las dos inclusiones $Spec(k(t))\rightrightarrows \mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ no existe en la categoría de esquemas. Intuitivamente, este coigualador debería ser "demasiado no separado" para ser un esquema.

No tengo una prueba, pero pensé que otras personas podrían tener ideas si publicaba esto aquí.

Si un coequalizador $P$ existe, entonces no hay dos puntos cerrados de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ se dirigen al mismo punto en $P$ . Para demostrarlo, basta con encontrar funciones de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ a otros esquemas que están de acuerdo en los puntos genéricos pero que discrepan en cualquier otro par de puntos dado. El mapa obvio $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1\to \mathbb A^1$ separa la mayoría de los pares de puntos cerrados. Para ver que un punto en una $\mathbb A^1$ no se identifica con "el mismo punto en el otro $\mathbb A^1$ ", considere el mapa de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ a $\mathbb A^1$ con el punto dado duplicado.

Por otro lado, dejemos que $U$ sea un abierto afín alrededor de la imagen del punto genérico en $P$ . $U$ tiene preimágenes abiertas densas $V$ y $V'$ en ambas líneas afines. Sea $W=V\cap V'$ dentro de la línea afín, por lo que tenemos dos mapas de $W$ a la afinidad $U$ que coinciden en el punto genérico de $W$ y por lo tanto son iguales (como $U$ es afín). En particular, los dos mapas de línea afín a pushout categórico $P$ coinciden en cada "par común" de puntos cerrados de las dos copias de $W$ , contradiciendo el párrafo anterior.

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Editar: Las preguntas de abajo ya no son relevantes, pero me gustaría dejarlas ahí por alguna razón.

He aquí algunas preguntas que pueden ser útiles para responder:

Si el coequalizador anterior hace existe, debe el mapa de $\mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ ser surjetivo?

(véase la pregunta relacionada ¿Puede un coequalizador de esquemas no ser surjetivo? )

Es el coequipamiento de $Spec(k(t))\rightrightarrows \mathbb A^1\sqcup \mathbb A^1$ en la categoría de separado esquemas iguales a $\mathbb A^1$ ? (probablemente)

¿Cuáles son algunas formas de determinar que un functor $Sch\to Set$ no es ¿se presenta un esquema?

Answer 2

Esto no es una respuesta a la pregunta, sino que pretende mostrar que la preocupación de Martins sobre la posible distinción entre el colímite en la categoría de esquemas frente a la categoría de espacios localmente anillados es válida. De hecho, si no he metido la pata a continuación, parece que en algunas circunstancias al menos el límite directo (colímite) de los esquemas existe, pero no coincide con el límite directo en la categoría de espacios localmente anillados.

Por ejemplo, supongamos que $X_n$ es el Spec de $k[x]/(x^n),$ para algún campo $k$ (y los mapas de transición son los obvios). Entonces el límite directo de la $X_n$ en la categoría de espacios localmente anillados es un esquema formal que no es un esquema, cuyo espacio topológico subyacente es un punto, y cuya gavilla de estructura (que en este contexto es simplemente un anillo, a saber, el tallo en el punto único) es $k[[x]]$ .

Por otro lado, supongamos que dados los mapas compatibles del $X_n$ a un esquema $S$ . Todos ellos deben trazar el punto común que subyace a la $X_n$ hasta cierto punto $s \in S$ que se encuentra en algún espectro abierto afín $A$ . Así, los mapas de la $X_n$ factor a través de Spec $A$ y corresponden a mapas compatibles $A \rightarrow k[x]/(x^n),$ es decir, a un mapa $A \rightarrow k[[x]].$ Esto, a su vez, da un mapa Spec $k[[x]] \rightarrow$ Espec $A\subset X,$ y así vemos que los mapas naturales compatibles del $X_n$ a la especificación $k[[x]]$ Identificar las especificaciones $k[[x]]$ con el límite directo del $X_n$ en la categoría de esquemas.

EDIT: Como se señala en un comentario de David Brown adjunto a su respuesta, este ejemplo generaliza, por ejemplo, si $I$ es un ideal en un anillo $A$ entonces el límite directo en la categoría de esquemas de Spec $A/I^n$ coincide con Spec $\hat A$ , donde $\hat A$ es el $I$ -Cumplimiento de los requisitos de $A$ .

EDICIÓN ADICIONAL: Ya no estoy seguro de la afirmación del párrafo anterior. Si $A/I$ (y por tanto cada $A/I^n$ ) es local, entonces para cualquier esquema $S$ los mapas Spec $A/I^n \to S$ a través de un subesquema abierto afín, por lo que se reduce a cálculos en la categoría de anillos, y por tanto se encuentra que efectivamente el límite directo de la categoría Spec $A/I^n$ equivale a Spec $\hat{A}$ . En general, actualmente no estoy seguro...

Answer 3

Me parece que no quieres oír la prueba, sino que quieres oír "el punto". La cuestión es que un esquema debe estar cubierto por definición por esquemas afines, y a veces cuando se hacen ejercicios en Hartshorne las pruebas son así: primero se hace la pregunta para esquemas afines, donde la pregunta se convierte en teoría de anillos, y luego se hace para todos los esquemas pegando. Así que aquí es cómo se puede intentar cocitar un esquema por una acción libre de $Z/2Z$ : primero digamos que el esquema es afín, por lo que $Spec(A)$ con $A$ con una acción de $Z/2Z$ y tratar de averiguar si el cociente existe, y luego pasar al caso general.

En el caso afín tenemos un anillo $A$ con una acción de $Z/2Z$ y si $B$ es la invariante, entonces puedes convencerte de que $Spec(B)$ es el cociente.

Ahora hagamos el caso general. Digamos que $X$ es un esquema con una acción de $Z/2Z$ . Elija un punto $x$ en $X$ . Ahora dejemos que $Spec(A)$ sea un afín que contenga $x$ . Ahora $Z/2Z$ actúa sobre $Spec(A)\ldots$ Oh, espera, no, no lo hace, porque la acción tal vez se mueva $Spec(A)$ a otro afín $Spec(B)$ . Así que probemos a intersecar $Spec(A)$ y $Spec(B)$ La intersección será a menudo afín, así que considerémosla y llamémosla $Spec(C)$ y $\ldots$ Oh no, espera, eso tampoco funciona, porque $x$ podría no estar en $Spec(C)$ . Hmm.

El conocido triplete que mencionas en tu pregunta se comporta así. No se puede cubrir con afines cada uno de los cuales es preservado por la acción, por lo que te quedas atascado.

¿Ayuda eso?

Answer 4

Los límites directos de los regímenes no existen. Un buen ejemplo es el siguiente: sea X un esquema y Z un subesquema cerrado definido por un ideal I. Entonces para cualquier n obtenemos la enésima vecindad infinitesimal Z^(n) definida por el ideal I^(n+1) y un diagrama $Z \to Z^2 \to \cdots \to Z^n \to \cdots$ y en general el límite directo de este diagrama no existe en la categoría de esquemas. (Sin embargo, existe en la categoría de esquemas formales). Knutson Espacios algebraicos El capítulo 5, sección 1 (casi al final) lo explica bien (para los espacios algebraicos, pero para este punto está bien pensar en todo como un esquema).

Un ejemplo sencillo es P^1 sobre un dvr (R,t), con Z el subesquema cerrado de P^1 definido por t.

Answer 5

Esta respuesta es principalmente en respuesta a la pregunta de Matt Emerton sobre si una colección de mapas $\operatorname{Spec} A/I^n \to X$ algebraiza a un mapa $\operatorname{Spec} \widehat{A} \to X$ . La respuesta es sí si $X$ es qcqs y es un resultado de Bhargav de 2014. Tenga en cuenta que $A$ y $X$ no tiene por qué ser noetheriano.