Sea $f : X \to Y$ sea una inmersión cerrada de esquemas (noetherianos).
¿Existe algún resultado "general" sobre $f$ por ahí asegurándose de que $X$ tiene el mismo número de componentes irreducibles que $Y$ ?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Armando j18eos
Puntos
1
En mi humilde opinión: ¡esta es una pregunta con respuestas courias!, propongo dos condiciones: una condición suficiente y una condición (cuasi) necesaria.
Condición casi necesaria: para todos $x\in X,\,f^{\sharp}_x:\mathcal{O}_{Y,f(x)}\to\mathcal{O}_{X,x}$ es un isomorfismo; de este modo, los componentes irreducibles de $X$ en el que $x$ están en biyección con las componentes irreducibles de $Y$ en el que $f(x)$ está contenido (para una prueba, puede ver aquí ), y de este modo se utiliza la hipótesis de noetherianidad de $Y$ (y $X$ ).
Pero esta condición equivale a decir que $f$ es una inmersión abierta; véase E.G.A., capítulo I, proposición 4.2.2.(a) .
Para ser exactos, a condición necesaria es que para todos $x\in X,\,f^{\sharp}_x$ induce una biyección entre los conjuntos de ideales primos mínimos de $\mathcal{O}_{X,x}$ y $\mathcal{O}_{Y,f(x)}$ .
Condición suficiente: $f$ induce un homeomorfismo entre los espacios topológicos subyacentes $|X|$ y $|Y|$ de $X$ y $Y$ .
Advertencia: si $f$ cumple la segunda condición, entonces $f$ no necesita ser un isomorfismo de esquemas; de hecho, para ejemplo para cualquier no reducido esquema $Z$ se puede considerar el esquema reducido asociado $Z_{red}$ existe una inmersión canónica cerrada (de esquemas) $i:Z_{red}\to Z$ , $i$ no es un isomorfismo de esquemas aunque $|Z|=|Z_{red}|$ y $i$ no tiene por qué ser una inmersión abierta (de esquemas).
