Isomorfismo de Proj planes graduales de los anillos, Hartshorne 2.14

Question

Esta pregunta se basa en el ejercicio $2.14$ del capítulo $2$ de Hartshorne.

Supongamos $\varphi:S\rightarrow T$ es graduado homomorphism de graduados (conmutativa, unital) anillos tal que $\varphi_d := \varphi|_d$ es un isomorfismo para todos los $d$ lo suficientemente grande. A continuación quiero mostrar que el natural de morfismos $ f: $Proj $T \rightarrow $Proj $S$ es un isomorfismo de manera explícita la construcción de una inversa.

Los morfismos se da en los espacios por $P \mapsto \varphi^{-1}(P)$ y en las secciones mediante la composición de pointwise con $\varphi_P : S_{\varphi^{-1}(P)}\rightarrow T_P$.

Me gustaría mostrar que este es un isomorfismo mediante la exhibición de un inversa homeomorphism a $f$ y mostrando el tallo mapas son isomorfos. Agradezco que podamos cubrir Proj $S$ afín con las piezas y, a continuación, mostrar que los correspondientes mapas de los pullbacks a estas piezas son isomorphisms, pero me gustaría saber lo $f^{-1}$ ve como explícitamente. Si hay una buena manera de ver lo $f^{-1}$ es por buscar a través de el método local de mostrar que $f$ es un isomorfismo, entonces yo también agradecería una explicación de eso.

Mi candidato para $f^{-1}$$P \mapsto \sqrt{(\varphi(P))}=I$, el radical del ideal generado por a $\varphi(P)$. Creo que he demostrado que $I$ es homogénea, no contiene $T_+$, $\varphi^{-1}(I) = P$ y es casi prime en el sentido de que si $a,b \in T$ son homogéneos y tienen un grado mínimo de $1$ $ab \in I \implies a \in I$ o $b \in I$. Pero creo que, de hecho, $I$ no es, en general, primer, dado que el grado $0$ componente de $I$ es exactamente $\sqrt{(\varphi(P_0))}$ en el ring $T_0$ donde $P_0$ es el ideal de la $S_0$ $S_0 \cap P$ y que para el general de los anillos de $A$$B$, con $\rho:A\rightarrow B$, $P$ prime en $A$ no implica que se $\sqrt{(\rho(P))}$ prime en $B$.

Answer 1

$\newcommand{\proj}[1]{{{\mathrm{proj}}(#1)}}$ $\newcommand{\ideal}[1]{{\mathfrak #1}}$ Deje $\phi:S \to T$ ser un isomorfismo $\phi_d:S_d \to T_d$ todos los $d \geqslant d_0$. A continuación,$\proj{S} \cong \proj{T}$, y la pregunta es: Dado un homogénea prime $\ideal{p}$$S$, ¿cuál es el correspondiente prime $\ideal{q}$$T$, por lo que el $\phi^{-1}(\ideal{q}) = \ideal{p}$.

Me dicen que

$$\ideal{q} = (\sqrt{\phi_{\geqslant d_0}(\ideal{p}_{\geqslant d_0}) T_+}: b)$$

donde$b \in T_d$$d > d_0$, pero no en $\sqrt{\phi_{\geqslant d_0}(\ideal{p}_{\geqslant d_0}) T_+}$.

La primera es evidente, que el $\ideal{p}_{\geqslant d_0}$ es homogénea ideal de $S$. A continuación se sigue, que el $\phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0}) T T_+$ es un ideal homogéneo de $T$. Es idéntico a $\phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0}) T_+$. Llame a ese ideal de $\ideal{q}''$ y llame a $\ideal{q}' = \sqrt{\ideal{q}''}$.

Ahora para $b_1 b_2 \in \ideal{q}'$ $b_1,b_2 \in T_+$ se sigue que $(b_1 b_2)^n \in \ideal{q}''$. Por lo tanto,$(b_1 b_2)^{n n'} \in \phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0})$$b_i^{n n'} \in T_{e_i}$$e_i > d_0$, por lo $b_i^{n n'} = \phi(a_i)$$a_i \in S_{e_i}$. Así que tenemos $\phi(a_1)\phi(a_2) = \phi(a)$$a \in \ideal{p}_{e}$$e > d_0$. Por lo $a_1 a_2 = a$ y sin restricción de generalidad $a_1 \in \ideal{p}$. Por lo $b_1^{n n'} = \phi(a_1) \in \phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0})$$b_1^{n n'} \in \ideal{q''}$, por lo $b_1 \in \sqrt{\ideal{q}''} = \ideal{q}'$.

Así que el ideal homogéneo $\ideal{q}'$ cumple una débil primalidad para $b_1,b_2 \in T_+$. De esto se desprende la fuerte primalidad de $\ideal{q} = (\ideal{q}':b)$. Para dejar $b_1 b_2 \in \ideal{q}$ por lo tanto $b_1 b_2 b \in \ideal{q}'$ ($b_1, b_2$ homogénea en $T$ arbitrario de grado), a continuación,$(b_1 b) (b_2 b) \in \ideal{q}'$. Por lo tanto, debido a $b b_i \in T_+$ sin restricción de generalidad $b_1 b \in \ideal{q}'$$b_1 \in \ideal{q}$.

La última cosa es demostrar $\phi^{-1}(\ideal{q}) = \ideal{p}$. Vamos $\phi(a) \in \ideal{q}$ ($a$ homogénea en $S$) que es $\phi(a) b \in \ideal{q'}$. A continuación,$(\phi(a) b)^n \in \ideal{q}''$$(\phi(a)b)^{n n'} \in \phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0})$. Ahora $b^{n n'} = \phi(a_1)$ $a_1 \notin \ideal{p}$ y el lado derecho es $\phi(a_2)$$a_2 \in \ideal{p}$. Así que tenemos $a^{n n'} a_1 = a_2 \in \ideal{p}$ por lo tanto $a^{n n'} \in \ideal{p}$, por lo $a \in \ideal{p}$ como iba a ser mostrado.

P. S. he usado en el anterior, que para $b \in \ideal{q}'' = \phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0}) T_+$, $b$ homogéneo, de alta potencia $b^N$$\phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0})$. Esto es evidente a partir de la ecuación

$$b = b_1 z_1 + \cdots + b_r z_r$$

con $b_i \in \phi(\ideal{p}_{\geqslant d_0})$$z_i \in T_+$.

Answer 2

En vista de la complejidad de la aceptó respuesta, quiero esbozar una alternativa caracterización de un punto de $\mathfrak q\in\operatorname{Proj} T$ se encuentra por encima del punto de $\mathfrak p\in\operatorname{Proj} S$. En primer lugar, como cuestión de hecho, $\ker\varphi\subset\mathfrak p$ todos los $\mathfrak p\in\operatorname{Proj} S$, por lo que (desde $\varphi$ es graduado mapa) se le puede reducir a la consideración de $S\subset T$ un sub-anillo con $S_d=T_d$$d\geq d_0$.

Deje $\mathfrak p\in\operatorname{Proj} S$. A continuación,$\mathfrak p\not\supset S_+$, y en el hecho de $\exists w\in\bigoplus_{d\geq d_0}T_d$ homogéneo tal que $w\notin S$. Poner

$$\mathfrak q:=\{a\in T:aw\in\mathfrak p\}.$$

Entonces uno puede mostrar que $\mathfrak q\in\operatorname{Proj} T$, y es inmediato que $\mathfrak q\cap S=\mathfrak p$.

Por lo $f^{-1}(\mathfrak p)=\mathfrak q$ (mostrando la inyectividad de $f$ no es difícil).