1 votos

Planitud sobre un anillo local regular de dimensión $1$

Sea $(A,\mathfrak{m})$ un anillo local regular de dimensión $1$. Establecemos las notaciones usuales: $K$ denota el cuerpo de fracciones de $A$, $\kappa = A/\mathfrak{m}$ denota el campo de residuos y $\pi$ denota un generador de $\mathfrak{m}$. Por ejemplo, si $A = \mathbf{Z}_p$, entonces $\mathfrak{m} = (p)$, $K=\mathbf{Q}_p$, $\kappa = \mathbf{F}_p$ y podemos tomar $\pi = p$.

He escuchado que en este caso específico, un homomorfismo de anillos (conmutativos) $A\to B$ es plano tan pronto como dim($B\otimes K $) = dim($B\otimes \kappa $) (es decir, tan pronto como las fibras tengan la misma dimensión de Krull).

Como señalaron en los comentarios, en este caso, que $B$ sea plano sobre $A$ es equivalente a decir que el mapa $B\to B\colon x\mapsto \pi.x$ es inyectivo. Además, tenga en cuenta que la equidimensionalidad no es una condición necesaria (gracias @Mohan por señalar esto).

Respuesta: la afirmación es falsa tal como se indica, vea los interesantes contraejemplos de @David Lampert y @Johann. Curiosamente, la afirmación también es falsa incluso si asumimos que las fibras son suaves (la fibra cerrada no es suave en el ejemplo de David, pero las fibras son obviamente suaves en el ejemplo de Johann). También tenga en cuenta que según el teorema de milagros de planitud, bastaría con requerir que $B$ sea Cohen-Macaulay.

Reflexiones posteriores: Al final, el resultado que necesitaba es el siguiente:

Lema: sea $A\to B$ como en la pregunta. Supongamos que $B$ tiene fibras equidimensionales, y además que la fibra cerrada es irreducible y suave. Finalmente, asumamos que existe un encaje cerrado de esquemas $A$-schemes $\mathbf{A}_{A}^1\to \mathrm{Spec}B$ de la recta afín sobre $A$ a $\mathrm{Spec}B$ (es decir, un mapa sobreyectivo de álgebra $A$-a $A[X]$). Entonces $B$ es plano sobre $A$.

Prueba: Sea $X$ la adherencia (esquemática) de $\mathrm{Spec}(B_K)$ en $\mathrm{Spec}B$. Por definición, $X$ es un $A$-scheme plano, y su fibra cerrada no está vacía porque $\mathrm{Spec}B$ contiene $\mathbf{A}_{A}^1$. Además, $X_K = \mathrm{Spec}(B_K)$. Por lo tanto, $X_{\kappa}$ es un subesquema cerrado de $\mathrm{Spec}(B_{\kappa})$ de la misma dimensión que $\mathrm{Spec}(B_{\kappa})$. Pero esto implica que $X_{\kappa}=\mathrm{Spec}(B_{\kappa})$ porque, por supuesto, $B_{\kappa}$ es un dominio.

3voto

David Lampert Puntos 115

Busca el teorema de la "planicidad milagrosa". Un ejemplo: $A=\mathbf{Z}_p \subset B=\mathbf{Z}_p[[x]]/(px,x^2)$ es un mapa local de anillos locales noetherianos con fibras equidimensionales que no es plano (pero $B$ no es Cohen-Macaulay).

Editar #2: Si $A$ es un DVR y $A \rightarrow B$ es un mapa local con $B$ una localización de un álgebra finitamente generada sobre $A$ y las fibras son equidimensionales con fibra especial regular, entonces $A \rightarrow B$ es plano y $B$ es regular. Creo que todo esto se puede encontrar en los libros de Matsumura.

1voto

Johann Puntos 66

Esto no es cierto tal como se afirma - $K \times \kappa$ es el contraejemplo habitual. El problema es que las fibras, aunque tienen la misma dimensión, no "varían continuamente". Geométricamente, es solo una unión disjunta de un punto genérico y un punto cerrado.

La suposición que podrías querer agregar es que $B$ está finitamente generado como un módulo sobre $A$. Esto excluye a $K$, por lo que no puedes hacer trampa como arriba simplemente agregando suficientes copias de $K$ para forzar equidimensionalidad. De hecho, tu afirmación se convierte en verdadera por el lema de Yoneda - elevar una base de $B \otimes \kappa$ te da ahora un sistema generador de $B$ que se convierte en una base después de hacer el producto tensorial con $K$. Por lo tanto, la multiplicación por $\pi$ es inyectiva.

0voto

user293657 Puntos 8

Recibí una respuesta interesante de Francesco Polizzi por correo electrónico, así que pensé en compartirla aquí también. Aquí hay una cita (ligeramente deformada) de su correo (manteniendo las notaciones de mi pregunta, por lo que $R$ es un anillo local regular de dimensión $1$):

"Supongamos que $B$ no tiene nilpotentes distintos de cero. Entonces $f\colon R\to B$ es plano si y solo si para cada componente irreducible $B_i$ de $B$, la fibra genérica de Spec $(B_i)\to $ Spec $(R)$ es no vacía. Esto se puede encontrar como Proposición 9.7 en Hartshorne, Capítulo III (p.257).

En particular, las fibras equidimensionales implican planitud si se asume que $B$ es reducido e irreducible."

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X