Subconjuntos cerrados multiplicativos $S\subset \mathbb{Z}$ tal que $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z}))$ está abierto en $\mathrm{Spec}(\mathbb Z)$ .

Question

Quiero encontrar todos los subconjuntos multiplicativamente cerrados $S\subset \mathbb{Z}$ tal que $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z}))$ está abierto en $\mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$ donde $\varphi(\mathfrak{q}) = f^{-1}(\mathfrak{q})$ donde $f$ es el homomorfismo natural entre $\mathbb{Z}$ y $S^{-1}\mathbb{Z}$ .

Mi intento: Observe que $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z})) = \{\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(\mathbb{Z})\mid \mathfrak{p}\cap S = \emptyset\}$ . El caso cuando $0\in S$ está claro, ya que entonces $S^{-1}\mathbb{Z} = \{0\}$ y así $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z})) = \varphi(\emptyset) = \emptyset$ que está claramente abierto.

Supongamos ahora que $0\notin S$ Obsérvese que $\mathbb{Z}$ es un PID todo conjunto cerrado es de la forma $V((n))$ para algunos $n\in \mathbb{Z}$ . Así, para $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z}))$ para estar abiertos necesitamos que $X_{S} := \mathrm{Spec}(\mathbb{Z})\setminus\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}(\mathbb{Z})) = V((n))$ para algunos $n\in\mathbb{Z}$ .

Si $n=0$ entonces tenemos $V((0)) = \mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$ . Y esto es así si y sólo si $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z})) = \emptyset$ . Por lo tanto, necesitamos $\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z}) = \emptyset$ . Ahora mi afirmación es que la única posibilidad es que $S = \mathbb{Z}\setminus\{0\}$ pero tengo problemas para demostrarlo.

Si $n\neq 0$ entonces $n$ tiene un número finito de divisores primos, digamos $p_{1},...,p_{r}$ . Entonces tenemos $V((n)) = \bigcup_{i=1}^{r}\{(p_{i})\}$ . Entonces tenemos $X_{S} = \bigcup_{i=1}^{r}\{(p_{i})\}$ sólo si $(p_{i})\cap S \neq \emptyset$ y $\forall \pi$ prime in $\mathbb{Z}$ con $\pi\neq p_{i}$ $\forall i$ tenemos $(\pi)\cap S = \emptyset$ . A partir de aquí también tengo problemas para completar este caso.

Nuevo intento: Utilizando la cofinitud de la topología en $\mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$ tenemos, suponiendo que $\varphi(\mathrm{Spec}(\mathbb{Z}))$ está abierto que:

$\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z})) = \emptyset$ lo que implica que $\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z}) = \emptyset$ .

$\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z})) = \mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$ lo que implica que $S=\{1\}$ o $S=\{-1,1\}$ .

O tenemos un conjunto finito de primos $\{p_{1},...,p_{r}\}$ tal que $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z})) = \{\mathfrak{p}\in\mathrm{Spec}(\mathbb{Z})\rvert p_{1},...,p_{r}\notin \mathfrak{p}\}$ . Reescribiendo esta última igualdad se obtiene $\{\mathfrak{p}\in\mathrm{Spec}(\mathbb{Z})\rvert \mathfrak{p}\cap S=\emptyset\} = \{(\pi)\rvert \pi\in\mathbb{Z} \ \text{prime such that} \ \pi\neq p_{i} \ \forall i\in\{1,...,r\}\}\cup\{(0)\}$ . Esto implica que $S\subset \cup_{i=1}^{r}\{(p_{i})\}\cup \{-1,1\}$ y $S\cap (\pi)=\emptyset = S\cap(0)$ para cada $\pi\in\mathbb{Z}$ primo con $\pi\neq p_{i}$ para todos $i$ .

En todos los casos, suponiendo que se tenga una $S$ que satisfaga una de las condiciones anteriores es fácil demostrar que en esos casos $\varphi(\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z}))$ está abierto.

Sólo queda una pregunta: ¿La condición $\mathrm{Spec}(S^{-1}\mathbb{Z}) = \emptyset$ implican algo más fuerte, como $S = \{0\}$ o $S = \mathbb{Z}\backslash\{0\}$ ?

Answer 1

Tenga en cuenta que la topología en $Spec(\mathbb{Z})$ es cofinito.

Sea $S$ sea un subconjunto cerrado multiplicativo de $\mathbb{Z}$ . Entonces $Spec(S^{-1}\mathbb{Z})$ es un subconjunto abierto de $Spec(\mathbb{Z}) $ si y sólo si existe un subconjunto $A=\{p_1,...,p_n\}$ de número primo ( $A$ puede estar vacío) tal que $S\subseteq \mathbb{Z}-\cup_i\langle p_i\rangle$ y para cualquier otro subconjunto $\{q_j\}$ de números primos tenemos $S\not\subseteq \mathbb{Z}-\cup_j\langle q_j\rangle$ .

Prueba : Si $Spec(S^{-1}\mathbb{Z})$ es un subconjunto abierto de $Spec(\mathbb{Z}) $ entonces $Spec(S^{-1}\mathbb{Z})=\{\}$ o existen números primos $p_1,...,p_n$ tal que $Spec(S^{-1}\mathbb{Z})=\{P\in Spec(\mathbb{Z})\mid S\cap P=\{\}\}=\{P\in Spec(\mathbb{Z})\mid p_1,...,p_n\not\in P\}$ . Por lo tanto $A$ está vacío o $A=\{p_1,...,p_n\}$ tal que $S\subseteq \mathbb{Z}-\cup_i\langle p_i\rangle$ y para cualquier otro subconjunto $\{q_j\}$ de números primos tenemos $S\not\subseteq \mathbb{Z}-\cup_j\langle q_j\rangle$ . La inversa es trivial.