Esquema integral de no tener anillos locales integrados

Question

Puedo mostrar si $X$ es un esquema tal que todos los anillos locales $\mathcal{O}_{X,x}$ es integral y que está conectado el espacio topológico subyacente y noetheriano, entonces $X$ es integral.

Esto no parece funcionar sin la condición de "Noetheriano". Pero, ¿puede alguien pensar en un buen contraejemplo para ilustrarlo? Así que estoy buscando un esquema no integral - con conectado subyacente espacio topológico - tener anillos locales integrados.

Answer 1

Hochster tiene una elegante construcción que se asocia a un anillo conmutativo a cada uno de los infinitos totalmente ordenado conjunto con la propiedad de que estrictamente entre dos elementos distintos que hay una tercera.

El espectro de un anillo está conectado a un esquema afín de dimensión uno, a todos los locales de los anillos de los cuales son los dominios. El anillo en sí, sin embargo NO es un dominio. Por lo tanto, cada conjunto ordenado con la propiedad antes mencionada produce un esquema con la propiedad requerida.

Aquí está el enlace a Hochster (de una página) de la construcción

http://www.math.lsa.umich.edu/~hochster/614F08/ECdom.sol.pdf

Answer 2

Permítanme dar un contraejemplo. (No sé si es 'bueno'). En primer lugar, permite reescribir sus propiedades para un afín esquema de $X=Spec(A)$.

Conexión por $$ $$ no tiene trivial idempotents;

Integralidad de $A$ es la habitual ($A$ es un dominio);

Local integralidad significa que siempre $fg=0$ en $Un$, cada punto de $X$ tiene un barrio donde sea $f$ o $g$ se desvanece.

Vamos a poner un conectada de forma local integral anillo que no es integral.

A grandes rasgos, la construcción es el siguiente: sea $X_0$ ser la cruz (la unión de los ejes de coordenadas) en el plano afín. A continuación, vamos a $X_1$ (reducido) completa preimagen de $X_0$ en el blow-up en el plano ($X_1$ tiene tres racional de los componentes que conforman una cadena). Luego de volar el resultado de la superficie en los dos singularidades de $X_1$, y deje de $X_2$ ser la reducción de la preimagen de $X_1$ (que tiene cinco racional de los componentes), etc. Tomar $X$ a ser el límite inversa.

El único problema con esta construcción es que blow-ups de pegamento en un proyectiva de la línea, por lo que $X_1$ no es afín. Nos deja corregir esta pegando en una afín a la línea de lugar (por lo nuestro esquema será un subconjunto abierto en lo que fue descrito anteriormente).

He aquí una descripción algebraica:

Por cada $k\ge 0$, vamos a $A_k$ ser el siguiente anillo: sus elementos son colecciones de los polinomios de $p_i\in{\mathbb C}[x]$ donde $i=0,\dots,2^k$ que $p_i(1)=p_{i+1}(0)$. $X_k=Spec(A_k)$. $X$ es una unión de $2^k+1$ afín a las líneas que cubren de forma transversal en una cadena. (Puede ser mejor índice de polinomios por $i/2^k$, pero la notación pone confuso.)

Definir un morfismos $A_k\A_{k+1}$ por $$(p_0,\dots,p_{2^k})\mapsto(p_0,p_0(1),p_1,p_1(1),\dots,p_{2^k})$$ (todos los otros polinomio es constante). Esto identifica a $A_k$ con un sub-anillo de $A_{k+1}$. Deje que $A$ ser directa límite de $A_k$ (básicamente, su unión). Conjunto $X=Spec(A)$. Para cada $k$, tenemos un natural de la incrustación de $A_k\$, es decir, un mapa de $X\a X_k$.

Cada $A_k$ está conectado pero no integral; esto implica que $A$ es conectado, pero no integral. Queda por demostrar que $A$ es localmente integral.

Tomar $f,g\in A$ con $fg=0$ y $x\in X$. Vamos a poner un barrio de $x$ en la que uno de $f$ y $g$ se desvanece. Elegir $k$ tal que $f,g\A_{k-1}$ (nota de la $k-1$ index). Deja $$ y ser la imagen de $x$ en $X_k$. Basta probar que $$ y tiene un barrio en que $f$ o $g$ (vistos como funciones en $X_k$) se desvanece.

Si $y$ es un punto suave de $X_k$ (que es, se encuentra en uno sólo de los $2^k+1$ líneas), esto es obvio. Por tanto, podemos asumir que $y$ es uno de los $2^k$ puntos singulares, por lo que dos de los componentes de $X_k$ pasar $y$. Sin embargo, en uno de estos dos componentes (el uno con el índice impar), tanto $f$ y $g$ es constante, ya que son pullbacks de funciones en $X_{k-1}$. Desde $fg=0$ en todas partes, ya sea $f$ o $g$ (es decir, $f$) se desvanece en el otro componente. Esto implica que $f$ se desvanece en ambos componentes, según se requiera.