Es $(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}$ isomorfo a $R_{\mathfrak{p}}$?

Question

Deje $R$ integrante de dominio, vamos a $S$ ser un subconjunto multiplicativo de a $R$, no de intersección $\mathfrak{p}$ donde $\mathfrak{p}$ es un primer ideal de $R$. Por lo tanto $\mathfrak{p}R_S$ (el ideal generado por a$\mathfrak{p}$$R_S$) es un alojamiento ideal de $R_S$, y podemos tomar la localización de $(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}$. Me estoy preguntando si estos dos anillos: $(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}$ $R_{\mathfrak{p}}$ son isomorfos o no.

Creo que hay algo canónica, de ahí traté de mostrar la existencia de una iso sólo haciendo consideraciones de carácter general, no se ocupan de los elementos y de su (posiblemente complicado) expresiones. He usado universal de los bienes de la localización, en este sentido: desde $S\subseteq R - \mathfrak{p}$, $R_S$ está contenido en $R_{\mathfrak{p}}$ (ambos subrings de campo de fracciones de $R$), y deje $i$ ser la inclusión natural de $R_S$$R_{\mathfrak{p}}$. Claramente, $i$ envía elementos de $S$ en invertible elementos de $R_{\mathfrak{p}}$. Ahora, vamos a $\phi$ ser la canónica de morfismos de $R_S$ a su localización $(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}$. Por universal de los bienes, no es exactamente uno de morfismos de anillos , decir $h$, $(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}$ $R_{\mathfrak{p}}$tal que $h\circ\phi=i$, lo que obviamente es inyectiva.

Ahora, es $h$ también surjective?

Answer 1

Sí, esto es cierto para arbitrario de los anillos. Hay un isomorfismo canónico entre los dos anillos. Este es el Corolario 4 en la sección 4 de Matsumura, el Conmutativa Anillo de la Teoría.

El mapa de $R\rightarrow R_\mathfrak{p}$ factores de forma exclusiva a través de $R_S$ porque $S\subseteq R\setminus\mathfrak{p}$, por lo que obtener un mapa $R_S\rightarrow R_\mathfrak{p}$ que visiblemente envía $(R_S\setminus\mathfrak{p}R_S)$ a las unidades, por lo que obtener un inducida por el mapa de $\varphi:(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}\rightarrow R_\mathfrak{p}$. En el otro sentido, considerar el compuesto $R\rightarrow R_S\rightarrow(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}$. Esto envía a $R\setminus\mathfrak{p}$ a las unidades, por lo que los factores de forma exclusiva a través de $R_\mathfrak{p}$, dando un mapa de $\psi:R_\mathfrak{p}\rightarrow(R_S)_{\mathfrak{p}R_S}$.

Ahora quiere comprobar que estos mapas son inversos. Esto representa el hecho de que las localizaciones no tienen endomorphisms, es decir, para demostrar que el compuesto $\varphi\circ\psi:R_\mathfrak{p}\rightarrow R_\mathfrak{p}$ es la identidad, es suficiente para comprobar que es un $R$-álgebra de mapa (el universal, propiedad de la localización implica entonces debe ser la identidad). Pero esto es cierto por la construcción. El otro compuesto es similar (aunque tal vez un poco más exigente).

Esto se usa mucho, por ejemplo en la demostración de las diversas caracterizaciones equivalentes de finito localmente libre de los módulos. También es la clave para demostrar que los morfismos $\mathrm{Spec}(R_f)\rightarrow\mathrm{Spec}(R)$ es una inmersión para cualquier $f\in R$.

Answer 2

Si $T$ es un anillo conmutativo, entonces

$$\begin{array}{ccl} \hom((R_S)_{\mathfrak{p} R_S},T) & \cong & \{f \in \hom(R_S,T) : f(R_S \setminus \mathfrak{p} R_S) \subseteq T^*\} \\ & \cong & \{f \in \hom(R,T) : f(S) \subseteq T^*, f(R \setminus \mathfrak{p}) \subseteq T^*\} \\ & = & \{f \in \hom(R,T) : f(R \setminus \mathfrak{p}) \subseteq T^*\} \\ & \cong & \hom(R_{\mathfrak{p}},T)\end{array}$$

El Yoneda Lema implica $(R_S)_{\mathfrak{p} R_S} \cong R_{\mathfrak{p}}$.

Algunos detalles más: la primera y La última isomorphisms provienen de la característica universal de localizaciones. La igualdad proviene de la suposición de $S \subseteq R \setminus \mathfrak{p}$ (y básicamente esta es ya la idea detrás de la prueba). La segunda isomorfismo proviene de la característica universal de la localización de la $R_S$, así como la observación de $R_S \setminus \mathfrak{p} R_S$ difiere sólo por unidades de la imagen de $R \setminus \mathfrak{p}$$R_S$.

Bono de ejercicio: Trate de encontrar la prueba de la Yoneda Lema Keenan en la respuesta.

Alternativa a prueba el uso de esquemas: el Uso dirigido colimits, podemos suponer que la $S=\{1,f,f^2,\dotsc\}$ algunos $f \in R$. Abierto las inmersiones se isomorphisms sobre los tallos. Aplicando esto a $D(f) \hookrightarrow \mathrm{Spec}(R)$, obtenemos $(R_f)_{\mathfrak{p} R_f} = R_\mathfrak{p}$.