Integral de morfismos entre las variedades ha finito de fibra

Question

Estoy buscando una prueba/contraejemplo de la siguiente hecho:

Teorema Deje $X \subseteq k^n$ $Y \subseteq k^n$ variedades algebraicas sobre un campo $k$ y deje $\phi$ ser una de morfismos de$X$$Y$. Si el inducido de morfismos en las Coordenadas de los Anillos es integral, entonces las fibras de $\phi$ son finitos.

Por favor, me ayudan a demostrar o refutar este hecho o darme algunas referencias.

Gracias!

Answer 1

Deje $A$ ser el anillo de coordenadas de $X$ y deje $B$ ser el anillo de coordenadas de $Y$. Desde $\phi : X \to Y$ es una de morfismos, obtenemos un homomorphism $\phi^* : B \to A$. Para mostrar que las fibras de $\phi : X \to Y$ son finitos, es suficiente para demostrar que $A$ es finita $B$-módulo (a través de $\phi^* : B \to A$), debido a la finitud se conserva en virtud del cambio de base.

Así que supongamos $A$ integral $B$. Sabemos $A$ es finitely generado como un $k$-álgebra, por lo que es finitely generado como un $B$-álgebra a fortiori, dicen por $a_1, \ldots, a_r$. Pero cada una de las $a_i$ integral $B$, por lo que existe un número natural $N$ tal que $a_1, \ldots, a_1^N, \ldots, a_r, \ldots a_r^N$ generar $A$ $B$- módulo. Por lo tanto $A$ es de hecho un finito $B$-módulo.

Answer 2

Una de morfismos con finito fibras se llama cuasi-finito. En general, integral + finitos tipo = finito (que fue lo que Zhen Lin mostró en su respuesta), por lo que su pregunta es ¿por qué un número finito de mapa de afín variedades cuasi-finito. Hay directo pruebas (ver, por ejemplo, aquí) para finito de mapas, pero cuasi-finitud también tiene bajo mucho más débil condiciones:

La proposición: Vamos a $\varphi : R \to S$ ser un anillo homomorphism que hace que $S$ integral $R$. Si $S$ es Noetherian, a continuación, la inducida por el mapa de $\varphi : \text{Spec}(S) \to \text{Spec}(R)$ es quasifinite (por lo tanto así es el mapa de las variedades de $\text{mSpec}(S) \to \text{mSpec}(R)$). $\newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}}$

Deje $p \in \Spec R$ ser una de las primeras ideal; queda por ver que hay sólo un número finito de números primos $q \in \Spec S$ tal que $\varphi^{-1}(q) = p$. Un primer $q$ debe contener $\varphi(p)$, por lo que sólo necesitamos considerar los números primos en $S/\varphi(p)S$. Por incomparability de números primos en una integral de extensión, $q$ debe ser de un mínimo de prima de $S/\varphi(p)S$. Pero $S/\varphi(p)S$ es Noetherian, por lo tanto, tiene sólo un número finito de un mínimo de números primos.