Espectro y la propiedad de ir abajo

Question

Quiero mostrar que

$f$ tiene el que va abajo de la propiedad $\Leftrightarrow$ Para cualquier primer ideal $\mathfrak{q}$ $B$ si $\mathfrak{p}=\mathfrak{q}^c$, $f^{*}:\textrm{Spec}(B_{\mathfrak{q}}) \rightarrow \textrm{Spec}(A_{\mathfrak{p}})$ es surjective.

Me han demostrado ($\Leftarrow$), pero hay algo de malo en ($\Rightarrow$).

pf ($\Rightarrow$): en Primer lugar, entendí $ \textrm{Spec}(A_{\mathfrak{p}}) = \{\mathfrak{p}' \in \textrm{Spec}(A) | \mathfrak{p}' \subset \mathfrak{p} \}. $ Deje $\mathfrak{p}' \subset \mathfrak{p}$. A continuación, $f(\mathfrak{p}') \subset f(\mathfrak{p})$ son los principales ideales en $f(A)$. De $f(\mathfrak{p})=f(f^{-1}(\mathfrak{q}))=\mathfrak{q} \cap f(A)$, ya que f tiene el que va abajo de la propiedad, existe $\mathfrak{q}' \subset \mathfrak{q}$ tal que $\mathfrak{q}' \cap f(A) = f(\mathfrak{p}')$. Ahora $f^{*}(\mathfrak{q}')=f^{-1}(\mathfrak{q}')=f^{-1}(\mathfrak{q}' \cap f(A))=f^{-1}(f(\mathfrak{p}'))$

Si $\mathfrak{p}' \supset \ker f$,$f^{-1}(f(\mathfrak{p}'))=\mathfrak{p}'$, por lo que la prueba se realiza. Pero ¿no es posible que $\mathfrak{p}'$ no contiene $\ker f$? Pero $f^{*}$ a ser surjective, $\textrm{Spec}(A_{\mathfrak{p}})$ deben consiste en la subcontratación de ideal. Es el problema del mal?

Answer 1

Llegué a la conclusión como esta.

«$f$ tiene la propiedad de ir abajo» significa que cualquier primer ideales $p \supset p'$ $A$ y $q$ en B s.t $f^{-1}(q)=p$, existe B s.t $q'$$q \supset q'$ y $f^{-1}(q')=p'$. Entonces es obviamente equivalente a la de cualquier % ideal principal $q$de $B$, si $p=f^{-1}(q)$, entonces el $f^∗:Spec(B_q)→Spec(A_p)$ es sobreyectiva.

Answer 2

1. Va abajo de la propiedad en realidad se definen arbitrariamente anillo homomorphism? Tengo la impresión de que sólo hablamos de que para la inclusión de los anillos.

2. En lo que escribió, es incorrecto decir que el $f(p')$ es el prime - esto es cierto sólo si $p'$ contiene $ker f$.

3. Un contraejemplo a su declaración sería considerar la posibilidad de $k[x] \to k \to k[x]$, donde el primer mapa es el mapa evaluación en $0$, y el segundo mapa es la inclusión. A continuación, la preimagen de $(0)$ es $(x)$. $(x)$ contiene $(0)$, pero no es la pre-imagen de cualquier primer ideal.

4. La afirmación es verdadera si $f$ es una inclusión.

Answer 3

Realmente no necesita el argumento con el kernel, ya que la contracción de cualquier prime en $f(A)$ es una de las principales en $A$. (Utilice sólo Gobi del argumento). Con un poco más de detalle:

Yendo hacia abajo de la propiedad, queremos mostrar que cada vez tenemos $p'\subseteq p$ en Espec $f(A)$ $q\in $Espec $B$ tal que $q\cap f(A)=p$, podemos encontrar algunos de $q'\subseteq q$ tal que $p'=q'\cap f(A)$. Pero $a'=f^{-1}(p')$ es algunos de los mejores ideales en $A$, y está claramente contenida en $a=f^{-1}(p)$, otro primer en $A$. Así que a partir de la surjectivity estado, ya que $a$ es la contracción de $q$, hay algunos de los mejores en Espec$(A_p)$, es decir, algunos $q'\subseteq q$ tal que $f^*(q')=a'$. Es claro, entonces, que el $q'\cap f(A)=p'$.