¿Están conectadas todas las vías del esquema?

Question

Todo (?) geómetra algebraico sabe que conceptos como grupos de homotopía o grupos singulares de homología son irrelevantes para los esquemas en su topología Zariski . Sin embargo, tengo curiosidad por lo siguiente.

Empecemos con algo pequeño. Consideremos un anillo local $A$ con ideal máximo $M$ es el esquema afín $X=Spec(A)$ ¿conectados? Claro, porque todo subconjunto abierto de $X$ que contiene $M$ es igual a $X$ mismo. O porque los únicos idempotentes de $A$ son $0$ y $1$ . Pero, ¿está el camino conectado? Sí, porque si tomas cualquier punto $P$ en $X$ la siguiente ruta $\gamma$ lo une a $M$ (recuerda a la liebre y la tortuga...):

$ \gamma(t)=P \quad for \quad 0\leq t < 1\quad , \quad \gamma (1)=M $ .

El mismo truco demuestra que el espectro de un dominio integral está conectado por un camino: unir el punto genérico a cualquier primo por un camino como el anterior. Más generalmente, en el espectro de un anillo arbitrario $R$ puedes unirte a un prime $P$ a cualquier primo mayor $Q$ $(P \subset Q)$ adaptando la fórmula anterior:

$ \gamma(t)=P \quad for \quad 0\leq t < 1\quad , \quad \gamma (1)=Q $ .

[Continuidad en $t=1$ se deduce del hecho de que toda vecindad de $Q$ contiene $P$ y por tanto su imagen inversa bajo $\gamma$ es todo $[0,1]$ ]

La pregunta del título sólo se plantea de forma más general: ¿Es una ruta de esquema conectado?

Editar (después de leer los comentarios) Si un espacio topológico arbitrario es conexo y si cada punto tiene al menos una vecindad abierta conectada por un camino, entonces el espacio es conexo por un camino. Pero no veo por qué la condición local se mantiene en un esquema, afín o no, incluso después de tener en cuenta lo que he demostrado sobre los anillos locales.

Answer 1

Existen esquemas afines conectados que no son conectados por trayectorias. Sea E un espacio métrico compacto y conexo* que no es conexo por trayectoria (por ejemplo, el curva sinusoidal cerrada del topólogo ) y considera lo siguiente.

$X={\rm Spec}(A)$ donde $A$ es el anillo de funciones continuas $f\colon E\to\mathbb{R}$ .

Entonces X es conexo, ya que cualquier idempotente f satisface $f(x)\in\{0,1\}$ y, por la conectividad de E, $f=0$ o $f=1$ . Los ideales máximos de A son $$ \mathcal{m}_x=\left\{f\in A\colon f(x)=0\right\} $$ para $x\in E$ . También habrá primos no máximos (véase esta pregunta por ejemplo) pero, todo ideal primo estará contenido en uno y sólo uno de los ideales maximales**. Por lo tanto, podemos definir $\pi\colon X\to E$ por $\pi(\mathcal{p})=x$ para los ideales primos $\mathcal{p}\subseteq\mathcal{m}_x$ .

De hecho, $\pi$ es continua, utilizando el siguiente argumento. Para cualquier bola abierta $B_r(x)$ en E, elija $f\in A$ para ser positivo en $B_r(x)$ y cero en el resto. Entonces $D_f=\left\{\mathcal{p}\in X\colon f\not\in \mathcal{p}\right\}$ está abierto y $\pi^{-1}(B_r(x))\subseteq D_f\subseteq \pi^{-1}(\bar B_r(x))$ . Escribir $B_r(x)=\cup_{s < r}B_s(x)=\cup_{s < r}\bar B_s(x)$ Esto demuestra que hay conjuntos abiertos $U_s$ que se encuentra entre $\pi^{-1}(B_s(x))$ y $\pi^{-1}(\bar B_s(x))$ . Así que, $\pi^{-1}(B_r(x))=\bigcup_{s < r} U_s$ está abierto, y $\pi$ es continua.

Así que, $\pi\colon X\to E$ es continua y sobre. Si X fuera un camino conectado, entonces E también lo sería.

Cabe destacar que ${\rm Specm}(A)$ también está conectada pero no es un camino conectado, siendo homeomorfa a E.

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(*) Asumo que E es un espacio métrico en este argumento para que las bolas abiertas den una base para la topología, y hay continuos $f\colon E\to\mathbb{R}$ que son distintos de cero precisamente en cualquier bola abierta. En realidad, basta con que la topología sea generada por las funciones continuas de valor real. Así que el argumento se generaliza a cualquier espacio compacto de Hausdorff (+ conectado y no conectado por trayectoria, por supuesto).

(**) Tal vez debería dar una prueba del hecho de que todo primo $\mathcal{p}$ está contenida precisamente en uno de los ideales maximales $\mathcal{m}_x$ . Sea $V(f)=\{x\in E\colon f(x)=0\}$ sea el conjunto cero de f. Entonces $V(\mathcal{p})\equiv\bigcap\{V(f)\colon f\in\mathcal{p}\}$ será no vacía. En caso contrario, por compacidad, habrá $f_1,f_2,\ldots,f_n\in\mathcal{p}$ con $V(f_1)\cap V(f_2)\cap\cdots\cap V(f_n)=\emptyset$ . Entonces, $f=f_1^2+f_2^2+\cdots+f_n^2\in\mathcal{p}$ sería distinto de cero en todas partes, por lo que una unidad, contradiciendo la condición de que $\mathcal{p}$ es un ideal propio. Elección de $x\in V(\mathcal{p})$ da $\mathcal{p}\subseteq\mathcal{m}_x$ .

Por otro lado, no podemos tener $\mathcal{p}\subseteq\mathcal{m}_x\cap\mathcal{m}_y$ para $x\not=y$ . Dejar $f,g\in X$ tienen soportes disjuntos con $f(x)\not=0, g(y)\not=0$ da $fg=0\in\mathcal{p}$ y, como $\mathcal{p}$ es primo, $f\in\mathcal{p}\setminus\mathcal{m}_x$ o $g\in\mathcal{p}\setminus\mathcal{m}_y$ .