Mostrando que los morfismos de $k$ -esquemas que concuerdan topológicamente son iguales.

Question

Deje que $k$ ser un campo, $X$ , $Y$ esquemas de tipo localmente finito sobre $k$ . Deje que $X$ se reducirá, $k$ cerrado algebraicamente. Quiero mostrar:

Dos morfismos $f,g: X \rightarrow Y$ sobre $k$ son iguales si y sólo si los mapas subyacentes de los espacios topológicos están de acuerdo.

También necesito un ejemplo de por qué esto falla si el campo $k$ no está cerrado algebraicamente.

Ahora, la parte del "sólo si" está clara, así que sólo tengo que probar la otra dirección. Tengo algunos teoremas con los que creo que se puede trabajar, como si $f,g$ se ponen de acuerdo en un subconjunto denso y cerrado, entonces ya son iguales. Sin embargo, no puedo estar en posición de usarlos todavía. Creo que se puede tratar de reducir este problema al caso afín, pero no soy muy firme en el trabajo con los esquemas, y toda la geometría algebraica no me conviene realmente.

Esto se asemeja a otra pregunta formulada, a saber Los morfismos de $k$ -esquemas que están de acuerdo en $ \overline {k}$ - puntos. No fui capaz de construir la prueba que necesito de esto, porque la respuesta aceptada utiliza la separación de $X$ que no se da ni se necesita.

¡Se apreciaría cualquier ayuda!

Answer 1

Deje que $X=Y= \textrm {Spec}( \mathbb {Z}_p[x])$ donde $p \in\mathbb {P}$ y dejar que $ \varphi , \psi :X \to Y$ los morfismos de los esquemas tales que \begin {reunirse} \varphi ^{ \sharp }:f(x) \in\mathbb {Z}_p[x] \to0\in\mathbb {Z}_p[x], \\ \psi ^{ \sharp }:f(x) \in\mathbb {Z}_p[x] \to f(x^p)-f(x) \in\mathbb {Z}_p[x]; \end {reunirse} como mapas de espacios topológicos $ \varphi = \psi $ sino como morfismos de esquemas (afines) $ \left ( \varphi , \varphi ^{ \sharp } \right ) \neq\left ( \psi , \psi ^{ \sharp } \right )$ .

Answer 2

Como la Y es localmente de tipo finito y es suficiente para mostrar, que los morfismos concuerdan localmente podemos reducir a $\ f,g: Spec(B) \rightarrow Spec(A)$ donde A y B son k-Algebras finamente generadas y B se reduce.

Ahora bien, desde $Spec(A)= Spec(k[X_1,...X_n]/ \mathfrak {a})$ tenemos una inmersión cerrada en $A_k^n$ . Las inmersiones cerradas son monos, así que podemos asumir $Y=A_k^n$ . El último es el producto de fibra de n $A_k^1$ . Por la propiedad universal del producto de la fibra podemos finalmente reducir a $Y=A_k^1$ .

Así que hemos reducido el problema a los morfismos $f,g: Spec(B) \rightarrow A_k^1$ es decir, morfismos de k-Algebras $f',g':k[X] \rightarrow B =k[X_1,...X_m]/ \mathfrak {b}$ para algún ideal radical $ \mathfrak {b}$ donde $f'^{-1}( \mathfrak {p})=g'^{-1}( \mathfrak {p})$ para cada ideal de primera clase $ \mathfrak {p} \subset B$ .

Supongamos que $f' \neq g'$ . Eso implica $f'(X) \neq g'(X)$ . Deje que $p + \mathfrak {b}=f'(X)$ y $ q + \mathfrak {b}=g'(X)$ . Tenemos $p-q \notin \mathfrak {b}$ y desde que $ \mathfrak {b}$ es un ideal radical y $k[X_1,....,X_n]$ jacobson conseguimos un ideal máximo $ \mathfrak {m} \subset k[X_1,....,X_n]$ que contiene $ \mathfrak {b}$ y no $p-q$ es decir $f'(X)-g'(X) \notin \mathfrak {m}/ \mathfrak {b}.$

Extendiendo los morfismos a $k[X_1,...,X_m]/ \mathfrak {m}$ obtenemos morfismos con el núcleo $f'^{-1}( \mathfrak {m})=g'^{-1}( \mathfrak {m})$ . Desde $k$ está algebraicamente cerrado $k[X_1,...,X_m]/ \mathfrak {m} \cong k$ .

Deje que $ \alpha $ ser el elemento en $k$ que corresponde a $ \pi\circ f'(X)$ Entonces $ \pi\circ f'(X- \alpha )=0 \in $ y por lo tanto por nuestra suposición sobre $f',g':$ $ \pi\circ g'(X- \alpha )=0$ así que $ \pi (f'(X- \alpha )-g'(X- \alpha ))= \pi (f'(X)-g'(X))=0$ . Lo cual es una contradicción.

En cuanto al contraejemplo, sólo intenta $f;g: \Bbb {R} [X] \rightarrow\Bbb {C} \space X \mapsto i \space ; \space X \mapsto -i.$ Obviamente tienen el mismo núcleo, y como el 0 es el único primo en $ \Bbb {C}$ eso significa que los respectivos mapas topológicos están de acuerdo.