Los componentes conectados de un régimen irreductible

Question

Actualización 2: he publicado una respuesta a esta pregunta.

Actualización 1: el Problema está resuelto gracias a la excelente pista por Qil. Por lo tanto, si alguien quiere publicar una respuesta por el simple hecho de cerrar esta pregunta, usted es más que bienvenido. Voy a publicar una respuesta a mí mismo después estoy de vuelta de unas cortas vacaciones, si alguien no ha dejado una respuesta por entonces.

La siguiente pregunta es problema en Goertz y Wedhorn los Esquemas Con Ejemplos:

Deje $X$ ser un esquema. A continuación, considere las siguientes afirmaciones:

(i) Cada componente conectado de $X$ es irreductible.

(ii) $X$ es distinto de la unión de su irreductible componentes.

(iii) Para todos los $x \in X$, el nilradical de $O_{X,x}$ es un alojamiento ideal.

Mostrar que $(i) \Rightarrow (ii) \Rightarrow (iii)$. Mostrar que todas las afirmaciones son equivalentes si el conjunto de irreductible componentes de $X$ es localmente finito (es decir, para todos los $x \in X$ existe un abierto barrio de $x$ tales que sólo un número finito de componentes irreducibles de de $X$ pasan a través de la que se abren barrio).

Así, he logrado demostrar $(i) \Rightarrow (ii)$ que es una propiedad topológica, $(ii) \Rightarrow (iii)$ que sigue del hecho de la que la irreductible componentes de $Spec(O_{X,x})$ están en bijection con la irreductible componentes de $X$ pasing a través de $x$. De hecho, usted puede incluso utilizar este hecho para demostrar $(iii) \Rightarrow (ii)$ (no he utilizado el hecho de que la irreductible componentes de $X$ son localmente finito hasta el momento).

Sin embargo, no tengo idea de cómo demostrar a $(iii) \Rightarrow (i)$ o decir $(ii) \Rightarrow (i)$ el uso de la hipótesis de que la irreductible componentes de $X$ son localmente finito.

Creo que me estoy perdiendo algo que es obvio, y cualquier sugerencia se agradece. He estado pensando acerca de este problema por un tiempo, y no me gustaría completa de soluciones, consejos para ayudarme a comenzar en la dirección correcta. Si estoy sin éxito, a continuación, voy a editar más tarde esta pregunta y pedir una solución. También, aunque esto puede sonar como una tarea problema, no lo es.

Answer 1

Bueno aquí está la respuesta basada en Qil de la sugerencia:

Qil dijo, "Muestran que cada componente irreducible es abierto (en este caso el local finitud es necesario)."

Paso 1 (Mostrando la suficiencia de Qil de la reclamación): Supongamos $(ii)$. Vamos a mostrar que el $(ii) \Rightarrow (i)$. Deje $Z \subset X$ ser conectado a un componente de $X$, y deje $x \in Z$. Por $(ii)$ deje $Y \subset X$ ser el único componente irreducible de $X$ que contiene $x$ (Nota que en realidad no necesita $(ii)$ aquí debido a que cada punto de un espacio topológico está contenido en una componente irreducible. Pero, es necesario que no $(ii)$ a probar Qil de la demanda). Desde $Y$ es irreductible de que está conectado, y $Y \cap Z \neq \emptyset$ porque $x \in Y \cap Z$. Por lo tanto, $Y \cup Z$ está conectado. También, $Z$ es un componente conectado, y por lo que se deduce que el $Y \cup Z = Z$. Por lo tanto, $Y \subset Z$. Ahora $Y$ es una componente irreducible, así cerró $X$. Por Qil reclamación $Y$ está abierto en $X$. Por lo tanto, $Y$ es clopen en $Z$, y así, $Z - Y$ está abierto en $Z$. Tenemos $Z = Y \cup (Z-Y)$, y desde $Z$ está conectado y $Y \neq \emptyset$, obtenemos $Z = Y$. Esto demuestra que $Z$ es irreductible.

Paso 2 (Demostrando Qil de la Reclamación. Supondremos $(ii)$ en esta prueba): Vamos a $Y \subset X$ ser una componente irreducible y $y \in Y$. Ahora, la irreductible componentes de $X$ son localmente finito. Por lo tanto, $\exists$ abrir $U_x \subset X$, de tal manera que $x \in U_x$ y sólo un número finito de componentes irreducibles de de $X$ pasan a través de $U_x$. Desde el afín abre el formulario de una base de $X$, podemos asumir w.l.o.g. que $U_x$ es un afín abierto, decir $U_x = Spec(A)$.

Deje $x = [p]$ ser el punto correspondiente de $Spec(A)$. Sabemos que la irreductible componentes de $U_x$ están en bijection con el componente irreducible de $X$ pasando a través de $U_x$. Por lo tanto, $U_x$ tiene sólo un número finito de irreductible de los componentes, lo que implica que $Spec(A)$ tiene sólo un número finito de irreductible componentes. Por eso, $A$ tiene un número finito de un mínimo de números primos (porque la irreductible componentes de $Spec(A)$ están en bijection con el mínimo de los números primos de $A$).

Deje $q_1,...,q_n$ ser las distintas mínima de los números primos de $A$, numeradas de tal manera que $[p]$ es una especialización de $[q_1]$, o en otras palabras $V(q_1)= U_x \cap Y$, donde por $(ii)$, $Y$ es el único componente irreducible de $X$ pasando a través de $x$. Si $q_1$ es el único mínima prime de $A$,$Spec(A) = V(q_1) = U_x \cap Z$, lo $U_x \subset Z$, y hemos terminado.

Si no, entonces $n >1$. Tenga en cuenta que $q_2...q_n \neq (0)$, ya que de lo contrario tendríamos $q_1 \supset q_2...q_n$, lo que implicaría que $q_1 = q_i$ algunos $i \neq 1$, contradiciendo el hecho de que todas las $q_i$ son distintos. Desde $Y$ es el único componente irreducible de $X$ pasando a través de $x$, por lo tanto, $V(q_1)$ es el único componente irreducible de $Spec(A)$ pasando a través de $[p]$. Por lo tanto, $[p]$ no es una especialización de $[q_2],...,[q_n]$,es decir, $q_2,..., q_n \not\subset p$, lo que implica que $q_2...q_n \not\subset p$. Por lo tanto, $\exists f\in q_2...q_n$ tal que $f \neq 0$$f \notin p$. A continuación, $[p] \in D(f)$, e $[q_2],...,[q_n] \notin D(f)$. Tenga en cuenta que como $[p]$ es una especialización de $[q_1]$, $[q_1] \in D(f)$.

Ahora, $D(f)$ es un subconjunto abierto de $Spec(A)$. Así, la irreductible componentes de $D(f)$ están en bijection con la irreductible componentes de $Spec(A)$ pasando a través de $D(f)$. Pero, no es sólo una componente irreducible de $Spec(A)$ pasando a través de $D(f)$, es decir,$V(q_1) = U_x \cap Y$. Por lo tanto, $D(f) = V(q_1) \cap D(f)$ (desde el irreductible de los componentes de un espacio topológico cubrir ese espacio). Por eso, $D(f) \subset V(q_1) \subset Y$. Pero, $D(f)$ contiene $x = [p]$. Esto muestra que para todos los $x \in Y$, hay un abrir barrio de $x$$Y$. Por eso, $Y$ está abierto.

(Traté de ser muy detallado en la prueba. Si alguien tiene una menor prueba, por favor, publicarlo. También, por favor darme alguna indicación de que la prueba es correcta. He pasado un par de noches pensando en este problema, y II esperanza de que esta es la última vez que tengo que pensar en ello.)

Answer 2

Me topé con esto mientras trabajaba en el mismo ejercicio. A los demás que pueden tropezar con esta, creo que esta es una forma más concisa (puramente topológico) solución para el Paso 2:

Asumir (ii). Deje $Z$ ser una componente irreducible de $X$ y deje $x \in Z$ ser dado. Elegir un vecindario $U$ $x$ que se cruza con sólo un número finito de componentes irreducibles de, $Z_1 = Z,\, Z_2,\, \ldots, Z_n$. Si dejamos $U_i = Z_i \cap U$, $U_i$ son irreducibles de los componentes de $U$ (*), y son disjuntos a pares por supuesto. Ya que hay sólo un número finito y cada uno de ellos está cerrado en $U$, podemos ver que para cada una de las $i$ $$U_i = U \setminus \left(\bigcup_{j \neq i} U_j\right)$$ está abierto en $U$. Por definición de la topología de subespacio, existe un subconjunto abierto $V$ $X$ tal que $$U_1 = Z \cap U = V \cap U$$ está abierto en $X$. Desde $U_1$ contiene $x$, existe un abierto vecindario $U^\prime \subseteq V \cap U \subseteq Z$$x$. Por lo tanto, $Z$ está abierto. $\blacksquare$

En caso de que no quede claro, aquí es una prueba de la demanda (*) anterior.

Si $U$ es un subconjunto abierto de $X$, el irreductible componentes de $U$ son precisamente los que no está vacía de conjuntos de $Z \cap U$ $Z$ rangos de la irreductible componentes de $X$.

Prueba: Supongamos $Z$ ser una componente irreducible de $X$ que reúne $U$. Desde $U \cap Z$ está abierto en $Z$, es irreductible y denso en $Z$. Si $Y$ es un subconjunto irreducible de $U$ tal que $U \cap Z \subseteq Y$, luego tenemos $$Z \subseteq \overline{U \cap Z} \subseteq \overline{Y},$$ y, por tanto, $\overline{Y} = Z$ por maximality de $Z$. Ahora, desde la $Y$ es cerrado en $U$ hemos $$Y = \overline{Y} \cap U = Z \cap U.$$ Por lo tanto $U \cap Z$ es una componente irreducible. Cada componente irreducible de $U$ surge de esta forma, para si $Y$ es una componente irreducible de $U$, entonces es irreducible y por lo tanto se encuentra en una componente irreducible $Z$$X$, dando $Y = Z \cap U$. $\blacksquare$