Dejemos que $\pi:X\rightarrow Y$ sea un morfismo propio a una variedad irreducible y todas las fibras de $\pi$ son no vacíos, irreducibles y de la misma dimensión.
Mostrar $X$ también debe ser irreducible.
Gracias (cualquier sugerencia también serviría)
Este es el ejercicio 11.4.C de Ravi Vakil notas . Voy a dar un esbozo de la solución.
En primer lugar, hay que tener en cuenta que como $\pi$ es apropiado $X$ es de tipo finito sobre una variedad por lo que tiene un número finito de componentes irreducibles $Z_i$ . Además, $\pi$ está cerrado así que $\pi(Z_i)$ está cerrado en $Y$ para cada $i$ y podemos concluir que algunos $\pi(Z_i) = Y$ por la irreductibilidad de $Y$ . Llame a este componente $Z_0$ .
Dejemos que $X_y$ denotan $\pi^{-1}(y)$ . $X_y$ es irreducible y $X_y = \bigcup X_y \cap Z_i$ es una unión de subconjuntos cerrados por lo que $X_y = X_y \cap Z_i \subset Z_i$ para algunos $i$ . De ello se desprende que si $x \in Z_i$ pero no en $Z_j$ para $j \neq i$ entonces $X_{\pi(x)} \subset Z_i$ .
Aplicando la proposición 11.4.1 de las notas de Vakil sobre la restricción de $\pi$ a $Z_i \to Y$ vemos que $\dim X_y \cap Z_i \geq \dim Z_i - \dim \pi(Z_i)$ con igualdad en algún subconjunto abierto de $\pi(Z_i)$ . Sin embargo, para cada $y$ existe un $k$ tal que $X_y \cap Z_k = X_y$ así que en ese caso $\dim X_y = \dim Z_k - \dim \pi(Z_k)$ en algún subconjunto abierto. Como las fibras son equidimensionales de dimensión $d$ podemos concluir entonces que $\dim Z_k - \dim \pi(Z_k) = d$ por cada $k$ . En particular, si $X_y$ se cruza con $Z_k$ entonces $\dim X_y \cap Z_k \geq d$ por la primera desigualdad pero $\dim X_y = d$ por suposición y $X_y \cap Z_k = X_y$ . Por lo tanto, cada componente conectado $Z_k$ es la unión de las fibras $X_y$ que lo cruzan. En particular, $Z_0$ es la unión de las fibras que la intersecan, pero cada fibra interseca $Z_0$ así que $Z_0$ es la unión de todas las fibras así $Z_0 = X$ y $X$ es irreducible.
Hola, me gustaría preguntar por qué cuando $X$ es de tipo finito sobre una variedad, tiene finitamente muchos componentes irreducibles? Gracias.
@enoughsaid05 $f : X \to Y$ siendo de tipo finito sobre una variedad $Y$ significa dos cosas: 1) para cada afín $Spec B \subset Y$ y todo afín $Spec A \subset f^{-1}(Spec B)$ tiene $A$ un tipo finito $B$ -por el mapa natural de retroceso (este es el significado de localmente de tipo finito). 2) $f$ también es cuasi-compacto: las preimágenes de los afines son cuasi-compactas... Ahora bien, como $B$ es una variedad, es cuasi-compacta y de tipo finito sobre un campo $k$ por lo que es un esquema noetheriano. Como los anillos generados finitamente sobre anillos noetherianos son noetherianos (teorema de la base de Hilbert), cada $A$ es noetheriano.
@enoughsaid05 Se deduce que $X$ es noetheriano - es cuasi-compacto ya que puede ser cubierto por un número finito de las $Spec A$ de la forma 1), utilizando la cuasi-compacidad del mapa $f$ además de la cuasi-compactación de $Y$ . Entonces, como los afines son cuasi-compactos, y algo que está cubierto por un número finito de cuasi-compactos es cuasi-compacto, la cuasi-compacidad de $X$ es lo siguiente. (Los esquemas noetherianos son localmente noetherianos y también cuasi-compactos).
Sólo quería añadir que M. Mustata demuestra aquí un hecho un poco más general - sin asumir que el morfismo es propio, pero asumiendo $X$ es equidimensional, lo que suele ser útil: http://www-personal.umich.edu/~mmustata/Note1_09.pdf .
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Recuerdo haber visto esto en algún lugar de EGA con una referencia a la Topología general de Bourbaki. Sin suposición de propiedad. Pero en realidad es un buen ejercicio de topología básica.
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Si sabes que $\pi$ es abierto, entonces (independientemente de la propiedad o la dimensión) esto es un hecho sobre los espacios topológicos, demostrado como etiqueta 004Z en el proyecto Stacks. Así que, si se sustituye "propio" por "plano", entonces el resultado se sigue (porque los morfismos planos que son localmente de presentación finita son abiertos). No estoy seguro de cómo se puede prescindir de la planitud (si se imponen algunas condiciones adicionales, por ejemplo $X$ equidimensional y $X$ y $Y$ regular, entonces la planitud se mantendría). Pero es de suponer que hay una manera más fácil con las hipótesis que se dan.
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Relacionado math.stackexchange.com/questions/242360/
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Veo la prueba para el caso en que $\pi$ está abierto. Aquí sabemos que $\pi$ está cerrado, pero la prueba análoga no parece funcionar.