función continua Zariski con restricciones regulares que no es regular en cualquier exponente

Question

He estado atrapado en esto por un par de días.

Se supone que voy a encontrar un ejemplo de una función continua $f$ (con valores en el campo) definida en una variedad afín $V=V_1\cup V_2$ con dos irreductible de los componentes, de tal manera que las restricciones para cada componente es regular, pero $f^n$ no es normal para todos los $n\geq1$.

Esto no existe en una sola dimensión, por lo que traté de encontrar un ejemplo jugando con las curvas planas que son tangentes, y considera que varias de las funciones de cada componente, como las restricciones de las proyecciones en diferentes ejes de coordenadas. pero no tuvo éxito, aparte de encontrar una función que no es normal, pero la plaza es regular, por lo que no es suficiente (como el descrito por Georges).

Una pregunta de seguimiento que me interesa, si estos dos componentes son distintos, ¿lo que luego tiene que ser regular? (Respuesta: sí, véase Georges comentario)

lo que si se cruzan en lo suficientemente agradable maneras, sería la función tiene que ser regular? Sólo que no sé por dónde empezar a buscar, por lo que algunos criterios que pueden ayudar.

Answer 1

Deje $V=V(Y(Y-X^2))\subset \mathbb A^2=\operatorname {Spec} k[X,Y]$ ser el plano de la curva con los mínimos componentes $V'=V(Y), V''=V(Y-X^2)$ y con el anillo de funciones regulares $k[x,y]=k[X,Y]/\langle Y(Y-X^2)\rangle$.
La función de $x$ $V'$ $y$ $V''$ pegamento para una función continua $\phi:V\to k$ pero
Reclamo:
La función de $\phi$ no es regular a $V$.

De hecho, cualquier función regular en $V$ puede escribirse de forma única como $$f(x,y)=p(x)+yq(y)+xyr(x)\quad (\star)$$ for some polynomials in one variable $p,q,r$.
En orden para $f(x,y)$ tener una restricción a $V'=V(y)$ igual a $x$ debemos tener $p(x)=x$ (set $y=0$$(\star)$) por lo que el $$ f(x,y)=x+yq(y)+xyr(x)\quad (\star \star) $$
En orden para $\phi$ además de restringir a $y$ $V''=V(y-x^2)$ también debemos tener $x^2=x+x^2q(x^2)+x^3r(x)$ $k[V'']=k[x]$ (set $y=x^2$$(\star \star) $).
Pero la igualdad de $x^2=x+x^2q(x^2)+x^3r(x)$ es imposible en $k[x]$, por lo que el $f$ no existe, y que la demanda está probado.

Una explicación
Si usted sabe esquema de la teoría, la razón de este fenómeno es que el esquema de la teoría de la intersección de $V'$ $V''$ no es el origen sino el origen con la no reducción de la estructura: $V'\cap V''=\operatorname {Spec} \frac {k[x]}{\langle x^2\rangle }$.
Las funciones de $x$ $V'$ $y$ $V''$ no coinciden en $S$: son iguales, respectivamente, a $x$ $0$ y por lo tanto no pueden ser pegados a regular la función en $V$.