Si $\mathop{\mathrm{Spec}}A$ no es conectado, entonces hay un idempotente no trivial

Question

Estoy resolviendo un problema de Atiyah-Macdonald.

Tengo que demostrar que si $X=\mathop{\mathrm{Spec}}A$ no está conectado, entonces $A$ contiene idempotentes $e \neq 0,1$ .

Lo contrario es fácil. Si $e \in A$ es un idempotente entonces $(e)+(1-e)=(1)$ y $(e)\cdot(1-e)=0$ para que $$ V(e) \cup V(1-e) = V( (e) \cdot(1-e))=V(0) = X, \\ V(e) \cap V(1-e) = V( (e)+(1-e))=V(1)=\varnothing $$ entonces $V(e)$ y $V(1-e)$ son tanto cerrados como abiertos y $X$ no está conectado.

Ahora dejemos que $\mathfrak{a}$ y $\mathfrak{b}$ sean ideales en $A$ tal que $V(\mathfrak{a}) \cup V(\mathfrak{b})=X$ , $V(\mathfrak{a}) \cap V(\mathfrak{b}) = \varnothing$ . Entonces $$ V(\mathfrak{a}) \cup V(\mathfrak{b}) = V( \mathfrak{a} \cap \mathfrak{b} ) = X, $$ es decir $\left\{ \mathfrak{p} - \text{prime} \mid \mathfrak{a} \cap \mathfrak{b} \subseteq \mathfrak{p} \right\} = X$ es decir $\mathfrak{a} \cap \mathfrak{b} \subseteq \cap \mathfrak{p} = \mathfrak{n}$ (nilradical). Por otro lado, ya que $$ V(\mathfrak{a}) \cap V(\mathfrak{b}) = V(\mathfrak{a}+\mathfrak{b})=\varnothing $$ tenemos $\left\{ \mathfrak{p} - \text{prime} \mid \mathfrak{a}+\mathfrak{b} \subseteq \mathfrak{p} \right\} = \varnothing$ . Entonces $\mathfrak{a}+\mathfrak{b}=(1)$ porque cualquier ideal que no sea igual a $(1)$ está contenida en algún ideal maximal. Entonces $\mathfrak{a}$ y $\mathfrak{b}$ son comprime y $\mathfrak{a} \cdot \mathfrak{b} = \mathfrak{a} \cap \mathfrak{b}$ . Así que tengo dos ideales $\mathfrak{a}$ y $\mathfrak{b}$ con propiedades $$ \mathfrak{a} + \mathfrak{b} = (1), \\ \mathfrak{a} \cdot \mathfrak{b} = \mathfrak{a} \cap \mathfrak{b} = \mathfrak{n}. $$ No veo ninguna manera de obtener un idempotente no trivial $e \in A$ aquí. Por favor, ayúdame.

Answer 1

Esto se resuelve más fácilmente utilizando la gavilla de la estructura. De forma más general, dejemos que $X$ sea cualquier espacio anillado localmente . Entonces existe una biyección entre los subconjuntos cerrados de $|X|$ (el espacio subyacente) y los elementos idempotentes de $\Gamma(X,\mathcal{O}_X)$ . En esencia, esto se reduce al hecho de que un anillo local sólo tiene idempotentes triviales. Entonces, para los idempotentes $e$ tenemos que $D(e)=\{x \in X : e_x=1\}$ es clopen con complemento $V(e)=\{x \in X : e_x=0\}$ y a la inversa, si $U \subseteq X$ es clopen entonces hay un único idempotente $e$ satisfaciendo $e|_U=1$ y $e|_{U^c}=0$ (por definición de gavilla).

Esta biyección implica inmediatamente que $X$ está conectado si $0,1$ son los únicos idempotentes en $\Gamma(X,\mathcal{O}_X)$ . Y esto no tiene realmente nada que ver con los espectros, también es válido, por ejemplo, para el haz de funciones suaves sobre una variedad.

EDIT: Ya que no todo el mundo está familiarizado con la estructura de la gavilla, aquí hay una prueba más realista. Espero que esto motive a familiarizarse con la gavilla de estructura, porque es bastante útil y da intuición geométrica.

Lema : Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo, entonces todo idempotente de $A/\sqrt{0}$ se eleva a algún idempotente de $A$ (de hecho de forma única, pero no lo necesitaremos).

Una vez demostrado el lema, podemos resolver el problema: Con la notación como en la pregunta, elige $x \in \mathfrak{a}$ y $y \in \mathfrak{b}$ con $x+y=1$ . Entonces $x^2+xy=x$ muestra que $x^2-x \in \mathfrak{a} \cap \mathfrak{b}$ y por lo tanto es nilpotente, por lo que $x$ se convierte en idempotente en $A/\sqrt{0}$ y podemos aplicar el lema.

Para la demostración del lema, supongamos que $x \in A$ y $x^2-x$ es nilpotente, por lo que hay alguna $n \in \mathbb{N}$ con $0 = (x^2-x)^n=x^n (x-1)^n$ . Desde $x^n$ y $(x-1)^n$ son coprimos, el Teorema del Resto Chino nos da $A \cong A/x^n \times A/(x-1)^n$ . La preimagen de $(0,1)$ es un idempotente $e \in A$ tal que $x-e$ es nilpotente (ya que es el caso en ambos factores), por lo que $e$ es la elevación deseada.

Hay una conexión entre estas dos pruebas: El Teorema del Resto Chino es simplemente la propiedad de la gavilla de $\mathcal{O}_{\mathrm{Spec}(A)}$ aplicado a subconjuntos abiertos disjuntos.

Answer 2

Esto es similar a la respuesta de BenjaLim. Sé que esta es una pregunta antigua, pero respondo sólo porque estaba tratando de llegar a una solución mucho más simple que los que he encontrado. Me parecía que incluso utilizar algo tan elemental como el Teorema del Resto Chino era innecesario. Eisenbud desglosa el problema mucho más claramente que Atiyah y MacDonald en el ejercicio 2.25 de su texto de álgebra conmutativa, lo que me ayudó mucho.

Desde $\mathfrak{a} + \mathfrak{b} = (1)$ tenemos $a \in \mathfrak{a}$ y $b \in \mathfrak{b}$ tal que $a + b = 1$ . Ahora veamos $1 = (a + b)^{2n}$ donde $n$ es tal que $(ab)^n=0$ . Como los anillos conmutativos tienen el teorema del binomio, podemos ampliar:

$$(a+b)^{2n} = a^{2n} + \ldots + b^{2n}$$

Dejemos que $$e_1 = a^{2n} + \binom{2n}{1}a^{2n-1}b + \ldots + \binom{2n}{n-1}a^{n+1}b^{n-1}$$

y $$e_2 = b^{2n} + \binom{2n}{1}b^{2n-1}a + \ldots + \binom{2n}{n-1}b^{n+1}a^{n-1}$$

Obsérvese que he omitido $\binom{2n}{n}a^nb^n$ ya que esto es sólo cero. Ahora $e_1 + e_2 = 1$ y $e_1e_2 = 0$ (cada término en $e_1$ tiene $a^{n}$ y cada término en $e_2$ tiene $b^{n}$ ). Así que $e_2 = 1 - e_1$ y $$e_1e_2=e_1(1-e_1) = e_{1} - e_{1}^2=0 \Rightarrow e_1=e_{1}^2$$

Del mismo modo, para $e_2$ vemos que $e_1$ y $e_2$ son idempotentes. Bueno, ¿cómo sabemos que son no triviales? Sólo tenemos que ver que $e_1$ es un elemento de $\mathfrak{a} \neq (1)$ y $e_2 \in \mathfrak{b} \neq (1)$ , por lo que ninguno de ellos es $1$ y, por tanto, por la identidad $e_1 + e_2 = 1$ , ninguno de ellos puede ser también cero.

Answer 3

Me equivoqué anteriormente y, efectivamente, hay que trabajar. Si $\mathfrak{a} + \mathfrak{b} = 1$ existe $x \in \mathfrak{a}$ y $y \in \mathfrak{b}$ tal que $x +y =1 $ . Ahora bien, por su observación anterior tenemos $(xy)^n = 0$ para algunos $n$ desde $xy \in \mathfrak{a} \cap \mathfrak{b} \subseteq \mathfrak{n}$ . Ahora tenemos

$$1 = (x+y)^n = x^n + y^n +xy(\operatorname{some terms}) $$

y así $x^n + y^n = 1 - xyz$ donde $z = (\operatorname{some terms})$ . Ahora $xy$ es nilpotente y $1$ es una unidad por lo que por el Ejercicio 1.1 tenemos que existe $v \in A$ tal que $v(x^n +y^n)= 1$ . Entonces

$$(vx^n) = (vx^n)(v(x^n + y^n)) = v^2x^{2n}$$

y de forma similar para $vy^n$ . Ahora demuestre que uno de ellos no es igual a $1$ o $0$ .

Answer 4

Si $X={\rm Spec} A$ es la unión disjunta de subconjuntos (cl)abiertos no vacíos $X_1$ y $X_2$ Entonces, como ${\scr O}_X$ es una gavilla de anillos, el homomorfismo de anillos $\varphi:A={\scr O}_X(X)\to{\scr O}_X(X_1)\times{\scr O}_X(X_2)$ es un isomorfismo. Para $i=1,2$ tenemos $0\neq1$ en ${\scr O}_X(X_i)$ ya que para $x_i\in X_i$ , ${\scr O}_X(X)\to{\scr O}_{X,x_i}$ factores a través de ${\scr O}_X(X_i)$ y $0\neq1$ en ${\scr O}_{X,x_i}$ . Por lo tanto, $\varphi^{-1}((1,0))$ y $\varphi^{-1}((0,1))$ son idempotentes no triviales en $A$ .