Formalmente étale en todos números primos no implica formalmente étale.

Question

Todos los anillos son asumidos para ser conmutativa y unital, con todos los homomorphisms unital así.

En la última semana de tareas, hubo un error en una de las preguntas:

(2.5) Deje $R\to S$ ser una de morfismos de anillos conmutativos dando a $S$ $R$- álgebra de la estructura. Supongamos que la inducida por los mapas de $R\to S_{\mathfrak{p}}$ son formalmente étale para todos el primer ideales $\mathfrak{p}\subset S$. A continuación, $R\to S$ es formalmente étale.

De acuerdo a nuestro profesor, el ejercicio, se han declarado además que el $S$ fue finitely presentan a lo largo de $R$ (que nos permite demostrar que $S$ es en el hecho de étale $R$ en lugar de sólo formalmente étale). Esto no es demasiado difícil de hacer y se deja como ejercicio. (También se puede encontrar en EGA).

Sin embargo, estoy interesado en ver un contraejemplo o una prueba de la fuerte demanda en el cuadro gris.

Answer 1

Utilizando el módulo de Kähler diferenciales, es fácil mostrar que $R\to S$ es formalmente unramified si y sólo si la inducida por los mapas de $R\to S_{\mathfrak{p}}$ son formalmente unramified para todos los números primos $\mathfrak{p}\subset S$.

Considere la posibilidad de una presentación de $S$ $R$ $R[X]/I$ en los generadores y relaciones, donde $R[X]:=R[X_m]_{m\in M}$ es un polinomio de anillo en un posiblemente infinita de la familia de indeterminates indexados por $M$, e $I\subset R[X]$ es un ideal. Revisión de una familia de generadores de $I=(F_j)_{j\in J}$ indexados por $J$, de nuevo, no necesariamente finita.

Es suficiente para demostrar que $R\to S$ es formalmente liso. Esto es equivalente a mostrar que existe una morfismos de $R$-álgebras de que es un parto para la proyección canónica $\pi:R[X]/I^2 \to R[X]/I=S$, que necesariamente va a ser única, porque $R\to S$ es formalmente unramified.

Deje $\overline{X}_m$ denotar la imagen de $X_m$$R[X]/I^2$. Debemos encontrar elementos $\delta_m\in I/I^2$ tal que $(\forall j\in J)F_j(X_m + \delta_m)=0$. Podemos reescribir esta utilizando la fórmula de Taylor como $$\bar{F}_j+ \sum_{m\in M}\overline{\frac{\partial F_j}{\partial X_m}}\delta_m=0.$$

Reordenando, obtenemos un sistema de ecuaciones indexados por $J$ $$(*)_{j\in J} \qquad \sum_{m\in M}\overline{\frac{\partial F_j}{\partial X_m}}\delta_m=-\overline{F}_j.$$

Queremos encontrar una solución única para este sistema en el $\delta_m$. Desde $\Omega_{S/R}=0$, cada una de las $dX_m\in \Omega_{R[X]/R}$ $S$- combinación lineal $dX_m=s_{m,1}dF_{j_{m,1}}+\cdots + s_{m,h_m}dF_{j_{m,h_m}}$. Si utilizamos el $s_{m,k}$ como coeficientes de forma $S$-combinaciones lineales de las ecuaciones de $(*)_{j_k}$, para cada una de las $m$, se obtiene una ecuación de la forma $$(**)_m \qquad \delta_m=-(s_{m,1}\overline{F}_{j_{m,1}}+\cdots + s_{m,h_m}\overline{F}_{j_{m,h_m}}).$$

Mostrando que estos definen las soluciones de todas las ecuaciones $(*)_j$ no es inmediata, sino que se trata de un local de la pregunta en $S$. Sin embargo, nuestros anillos de $S_{\mathfrak{p}}$ están todos formalmente étale, por lo que las condiciones locales son satisfechos. Entonces esto demuestra la pretensión global.

(Nota: Este no es mi prueba. Yo he parafraseado la prueba me comunicó por Mel Hochster.)

Edit: Arreglado el Látex, el uso de Scott sugerencia.

Answer 2

EDIT: no te molestes en leer mi solución parcial. Brian Conrad señaló que una manera más fácil para hacer lo que yo hice es utilizar el equivalente a la definición de formalmente unramified en términos de Kähler diferenciales. Y más tarde, fpqc publicado a continuación una completa solución pasa por Mel Hochster, que lo tengo desde Luc Illusie, que ???.

RESPUESTA ANTERIOR: Aquí es un medio de respuesta. Voy a probar la mitad de la conclusión, pero en el lado positivo, voy a utilizar sólo la mitad de la hipótesis! Es decir, voy a demostrar que si $R \to S_{\mathfrak{p}}$ es formalmente unramified para todos los números primos $\mathfrak{p} \subset S$, $R \to S$ es formalmente unramified.

Deje $A$ $R$- álgebra, y deje $I \subseteq A$ ser un nilpotent ideal. Dado $R$-álgebra homomorphisms $f,g \colon S \to A$ que llegan a ser iguales cuando se compone con $A \to A/I$, debemos demostrar que $f=g$. Fix $\mathfrak{p}\subset S$. A continuación, las localizaciones $A_{\mathfrak{p}} := S_{\mathfrak{p}} \otimes_{S,f} A$ $S_{\mathfrak{p}} \otimes_{S,g} A$ $A$ (definido visualización de $A$ $S$- álgebra en las dos formas diferentes) son naturalmente isomorfos, desde contigua a la inversa de una $a \in A$ $A$automáticamente hace que $a+\epsilon$ invertible para cualquier nilpotent $\epsilon$ (el uso de la serie geométrica). Ahora $f$ $g$ inducir $R$-álgebra homomorphisms $f_{\mathfrak{p}},g_{\mathfrak{p}} \colon S_{\mathfrak{p}} \to A_{\mathfrak{p}}$ que llegan a ser iguales cuando componemos con $A_{\mathfrak{p}} \to A_{\mathfrak{p}}/I A_{\mathfrak{p}}$. Desde $R \to S_{\mathfrak{p}}$ es formalmente unramified, esto significa que $f_{\mathfrak{p}} = g_{\mathfrak{p}}$. En otras palabras, por cada $s \in S$, la diferencia de $f(s)-g(s)$ se asigna a cero en $A_{\mathfrak{p}}$ por cada $\mathfrak{p}$. Un elemento en un $S$-módulo que se convierte en $0$ después de localizar en cada primer ideal de $S$$0$, lo $f(s)=g(s)$ todos los $s$. Por lo $f=g$.

Answer 3

Cualquier anillo $R$ y cualquier % ideal primer $Q$, que $S=R_Q$ le dará un contraejemplo, simplemente porque $R_Q$ generalmente no ser finitamente generado como un $R$-álgebra. Por ejemplo $R=k[x]$ y $Q=(x)$ obras.