¿Álgebra sobre un campo es plano - prueba teórica de la categoría?

Question

Deje $k$ ser un campo. Supongamos que usted ya sabe que la categoría de $\mathrm{Alg}(k)$ $k$- álgebras (aquí todo es conmutativa y unital) tiene un subproducto $\sqcup$. Pero usted no sabe que esto en realidad viene desde el producto tensor de espacios vectoriales sobre $k$. Usted acaba de saber la característica universal de $A \sqcup B$ (aka $A \otimes_k B$). A partir de esto se puede deducir:

• $\sqcup$ es conmutativa y asociativa de hasta natural isomorphisms
• $(A/I) \sqcup B \cong (A \sqcup B) / \langle i_A(I) \rangle$
• $A \sqcup k[x_1,\dotsc,x_n] \cong A[x_1,\dotsc,x_n]$
• $A \sqcup -$ viajes con colimits

En particular, se puede calcular el producto tensor arbitrario de álgebras de uso de las presentaciones: $$k[\{x_i\}]/I \sqcup k[\{y_j\}]/J \cong k[\{x_i\},\{y_j\}]/\langle I,J \rangle$$

Pregunta. ¿Cómo podemos demostrar que para cada inyectiva homomorphism $\phi : A \to B$ $k$- álgebras de los inducida por homomorphism $\phi \sqcup \mathrm{id} : A \sqcup C \to B \sqcup C$ también es inyectiva para cada $k$-álgebra $C$?

Por ejemplo, esto es claro cuando se $C$ es un polinomio de álgebra $k$. En general, $C$ es libre como un módulo más de $k$, pero no podemos utilizar el isomorfismo $C \cong k^{(I)}$ ya que esto deja a la categoría de $k$-álgebras.

Antecedentes: me asistir a una conferencia en la que los estudiantes han aprendido lo que el producto tensor de álgebras es, sin conocer el producto tensor de módulos. Ahora tienen que creer de alguna manera algunas de las bien conocidas propiedades, ya que suelen ser probada con la ayuda del tensor de producto de los módulos. Pero tal vez podemos hacerlo con álgebras de solo. Desde la charla es acerca de primaria de la geometría algebraica, se puede asumir que el $k$ es algebraicamente cerrado y algunos resultados básicos sobre afín variedades (pero no sobre sus productos de fibra ;)).

Apéndice: otras propiedades que se derivan de la universal de los bienes:

1) Vamos a denotar el subproducto inclusiones por $i_A : A \to A \sqcup B$$i_B : B \to A \sqcup B$. Es fácil ver que $\otimes : A \times B \to A \sqcup B, (a,b) \mapsto i_A(a) \cdot i_B(b)$ $k$- bilineal y la envergadura de la imagen genera $A \sqcup B$ (ya que la imagen cumple la misma característica universal).

2) Cuando $A,B \neq 0$, entonces también tenemos $A \otimes_k B \neq 0$. Geométricamente: El producto de fibra de dos no-vacío esquemas no está vacía.

Prueba: Desde el cero álgebra sólo se asigna a la cero álgebra, podemos reemplazar $A,B$ por cocientes. En particular, podemos suponer que la $A,B$ son extensiones de campo de $k$. Deje $P$ ser un transzendence base de $A/k$$Q$$B/k$. Deje $M$ ser un conjunto que contiene copias disjuntas de $P$ $Q$ y deje $C$ ser el algebraicas cierre de $k(M)$. Luego están los mapas de $A \to C$$B \to C$, que inducen el universal propiedad de un mapa de $A \sqcup B \to C$. Desde $C \neq 0$, también tenemos $A \sqcup B \neq 0$.

Answer 1

Aquí es un argumento geométrico que va a probar algo un poco más débil. Supongo que $k$ es algebraicamente cerrado. Voy a utilizar las cartas de $A,B, C$ para denotar $k$-álgebras, y $X,Y,Z$ para denotar correspondiente algebraicas conjuntos.

• Mostrar que el conjunto de (cerrado) puntos del producto es el producto de los conjuntos de puntos cercanos. (Fácil de la característica universal de $\otimes_k$.)

• Mostrar que si $X \to Y$ es surjective, entonces también lo es $X \times Z \to Y \times Z$. (Sigue desde el primer punto.)

• Mostrar que si $U \hookrightarrow X$ es una inmersión, al decir de un distinguido abrir $D(f)$, entonces el mismo es cierto de $U\times Z \hookrightarrow X \times Z$. (Debería ser bastante fácil.)

• Mostrar que si $A \to B$ es inyectiva, entonces el mapa de variedades de $X \to Y$ es dominante (es decir, contiene una densa abrir subconjunto de la imagen), y a la inversa, siempre que $A$ $B$ son reducidos.

• Ahora supongamos que $X \to Y$ es dominante. Podemos encontrar $V \hookrightarrow Y$ distinguido abierto, con la preimagen $U \hookrightarrow U$ distinguido abierto, de modo que $U \to V$ es surjective. A continuación, $U \times Z \to V \times Z$ es surjective. Ahora debería ser fácil deducir que $X \times Z \to Y \times Z$ es dominante.

• Volviendo a $k$-álgebras, hemos demostrado que $A \to B$ inyectiva implica $A \otimes_k C \to B \otimes_k C$ es inyectiva, hasta nilpotents.

Tratar con nilpotents será más complicado.

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Añadido en respuesta a la OP solicitud para obtener más detalles sobre la 2ª último punto:

Deje $\varphi:X \to Y$ denotar la dominante dado mapa. Esto significa que la imagen de $\varphi$ es densa, y así (por ejemplo, por Chevalley del teorema) contiene una densa subconjunto abierto, y, por tanto, un distinguido denso abierto subconjunto, de $Y$.

Elegir un distinguido abrir $V:= D(f)$ $Y$ que figura en la imagen de $X$. Deje $f' : = f \circ \varphi$ ser el pull-back de $f$ $X$y deje $U = D(f')$ (un distinguido abierta en $X$).

Ahora $x \in U$ fib $f'(x) \neq 0$ fib $(f \circ \varphi)(x) \neq 0$ fib $f(\varphi(x)) \neq 0$ fib $\varphi(x) \in V$, y por lo $U = \varphi^{-1}(V)$. Como $V \subset \varphi(X)$, ciertamente tenemos que $\varphi(\varphi^{-1}(V)) = V$, y por lo $\varphi: U \to V$ es surjective, según sea necesario.

Answer 2

Yo vengo también a aburrir...

De todos modos, sabes que el logro es verdad iff $k$ es un campo, pero tus puntos son ciertas también para un general anillos comutativos $k$. Entonces usted necesita algunos puntos "Extra":

1) tienes un functor $U: Alg_k\to Vect_k$ que cualquier monomorfismo es una sección,

2) existe un % bifuctor $B: Vect_k\times Vect_k\to Vect_k$tal que $U\circ (A\coprod C)\cong B(U(A), B(C)$ (naturalmente en $A, C$)

de esto probar su reclamación.