Espec $(\overline{\mathbb{Q}}\otimes\overline{\mathbb{Q}})$ y Gal $(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ biyección natural

Question

Este es el problema 9.2.E en las notas de Vakil:

Demuestre que los puntos de Spec $(\overline{\mathbb{Q}}\otimes\overline{\mathbb{Q}})$ y están en biyección natural con Gal $(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ y la topología de Zariski en la primera coincide con la topología profinita en la segunda.

He elaborado el caso de las extensiones de Galois finitas. Si $K/\mathbb{Q}$ es una extensión de Galois de grado $n<\infty$ con un polinomio mínimo $f$ entonces $\overline{\mathbb{Q}}\otimes_\mathbb{Q} K\cong \overline{\mathbb{Q}}[x]/(f)\cong \overline{\mathbb{Q}}^n$ Así que

$$\textrm{Spec}(\overline{\mathbb{Q}}\otimes_\mathbb{Q} K) \cong \bigsqcup \textrm{Spec}(\overline{\mathbb{Q}}).$$

Es la unión disjunta de $n$ puntos, que está en biyección con $\textrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$ desde $|\textrm{Gal}(K/\mathbb{Q})|=\deg f = n$ .

Quiero poder concluir simplemente tomando el límite, pero no estoy seguro de si esto preservará o no la biyección, especialmente porque estamos tomando límites en categorías distintas (esquemas afines y grupos) ambas diferentes de la categoría de conjuntos. Tampoco estoy seguro de cómo demostraría que las topologías coinciden después.

Answer 1

La idea de tomar límites es la correcta.

Dejemos que $A = \overline{\mathbb{Q}}\otimes_{\mathbb{Q}}\overline{\mathbb{Q}}$ .

Hecho 1. Todos los ideales primos de $A$ son maximales y todos sus campos de residuos son canónicamente isomorfos con $\overline{\mathbb{Q}}$ .

Prueba. Para la prueba hay que tener en cuenta que $\mathbb{Q}\hookrightarrow \overline{\mathbb{Q}}$ es un morfismo integral. Por lo tanto, $\overline{\mathbb{Q}} \hookrightarrow A$ es un morfismo integral (como cambio de base del morfismo anteriormente considerado). Elige un ideal primo $\mathfrak{p}\subseteq A$ entonces el mapa inducido $\overline{\mathbb{Q}} \hookrightarrow A/\mathfrak{p}$ es integral. Ahora bien, si $K\hookrightarrow D$ es un morfismo integral, donde $K$ es un campo y $D$ es un dominio integral, entonces $D$ es un campo. Así, $A/\mathfrak{p}$ es un campo algebraico sobre $\overline{\mathbb{Q}}$ . Por lo tanto, $\mathfrak{p}$ es máxima y $A/\mathfrak{p} \cong \overline{\mathbb{Q}}$ .

Hecho 2. Dejemos que $R$ sea un anillo conmutativo tal que todos los ideales primos de $R$ son máximos. Entonces $\mathrm{Spec}\,R$ es un espacio topológico de Hausdorff. En particular, $\mathrm{Spec}\,R$ es compacto.

Prueba. Al dividir $R$ por nilradical, podemos suponer que $R$ no tiene elementos nilpotentes. Como todo ideal primo $\mathfrak{p}$ de $R$ es máxima, deducimos que $R_{\mathfrak{p}}$ es un anillo local reducido con un único ideal primo. Por lo tanto, $R_{\mathfrak{p}}$ es un campo. Elige ahora ideales primos distintos $\mathfrak{p}$ , $\mathfrak{q}$ de $R$ . Como son máximos, existe $f\in \mathfrak{p}\setminus \mathfrak{q}$ . Ahora $\frac{f}{1}\in R_{\mathfrak{p}}$ es cero (ideal $\mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}}\subseteq R_{\mathfrak{p}}$ es cero como $R_{\mathfrak{p}}$ es un campo). Por lo tanto, existe $g\not \in \mathfrak{p}$ tal que $g\cdot f =0$ . Desde $g\cdot f = 0 \in \mathfrak{q}$ y $f\not \in \mathfrak{q}$ deducimos que $g\in \mathfrak{q}$ . Así, $g\in \mathfrak{q}\setminus \mathfrak{p}$ y $f\cdot g = 0$ . Por lo tanto, tenemos (para subconjuntos abiertos distinguidos de $\mathrm{Spec}\,R$ ) $$\mathfrak{p}\in D(g),\,\mathfrak{q}\in D(f),\,D(f)\cap D(g) = \emptyset$$ y por lo tanto $\mathrm{Spec}\,R$ es un espacio de Hausdorff. Como es cuasi-compacto, deducimos que es compacto.

Ahora estamos preparados para demostrar que $\mathrm{Spec}\,A$ es homeomorfo a $\mathrm{Gal}(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ . Sea $\mathcal{K}$ sea un diagrama formado por todas las extensiones finitas de $\mathbb{Q}$ e inclusiones entre ellos. Considere el límite $X$ en la categoría de espacios topológicos del diagrama inducido $$\big\{\mathrm{Spec}\left(\overline{\mathbb{Q}}\otimes_{\mathbb{Q}}K\right)\big\}_{K\in \mathcal{K}}$$ Claramente $X$ es homeomorfo con $\mathrm{Gal}(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ (esto es sólo la definición de una topología profinita en un grupo de Galois). Basta con comprobar que $X$ es homeomorfo con $\mathrm{Spec}\,A$ . Tenga en cuenta que $$A=\mathrm{colim}_{K\in \mathcal{K}}\left(\overline{\mathbb{Q}}\otimes_{\mathbb{Q}}K\right)$$ en la categoría de $\overline{\mathbb{Q}}$ -algebras. Por lo tanto, $\mathrm{Spec}\,A$ da lugar a un cono sobre el diagrama topológico $\big\{\mathrm{Spec}\left(\overline{\mathbb{Q}}\otimes_{\mathbb{Q}}K\right)\big\}_{K\in \mathcal{K}}$ y por tanto existe un único mapa de comparación $f:\mathrm{Spec}\,A\rightarrow X$ . Claramente $f$ es continua. Tenemos

$$\mbox{Points of }\mathrm{Spec}\,A\,=\mathrm{Mor}_{\overline{\mathbb{Q}}}\left(A, \overline{\mathbb{Q}}\right) = \mathrm{Mor}_{\overline{\mathbb{Q}}}\left(\mathrm{colim}_{K\in \mathcal{K}}\left(\overline{\mathbb{Q}}\otimes_{\mathbb{Q}}K\right), \overline{\mathbb{Q}}\right) =$$ $$= \lim_{K\in \mathcal{K}}\mathrm{Mor}_{\overline{\mathbb{Q}}}\left(\overline{\mathbb{Q}}\otimes_{\mathbb{Q}}K, \overline{\mathbb{Q}}\right) = \mbox{Points of }X$$ donde la primera identificación es una consecuencia de Dato 1 . Además, (como se puede comprobar cuidadosamente) esta identificación es inducida por $f$ . Así, $f$ es biyectiva. Por lo tanto, $f$ es una biyección continua con origen compacto (por Hecho 2 ) y el objetivo de Hausdorff. Por lo tanto, $f$ es un homeomorfismo.