Spettro di anelli
Buongiorno,
ho il seguente esercizio:
"sia $f:A->B$ un omorfismo di anelli commutativi. Dimostare che $f^*:Spec(B) -> Spec(A) $ data da $f^*(p)=f^(-1)(p)$ e' continua per la topologia di Zarinsky.
Io ho ragionato in questo modo:
so che una funzione e' continua se per ogni chiuso U in Spec(A), $f^*^(-1)(p))$ e' chiuso in Spec(B)
Prendo S chiuso in Spec(A), questo vuol dire che $S⊂p$ con p ideale primo di Spec(A)
Devo controllare, sapendo che vale questa cosa $f^*(p)=f^(-1)(p)$, che $f(S)⊂Spec(B)$ ossia che f(S) e' un ideale primo di Spec(B)
A questo punto non so piu' come procedere
ho il seguente esercizio:
"sia $f:A->B$ un omorfismo di anelli commutativi. Dimostare che $f^*:Spec(B) -> Spec(A) $ data da $f^*(p)=f^(-1)(p)$ e' continua per la topologia di Zarinsky.
Io ho ragionato in questo modo:
so che una funzione e' continua se per ogni chiuso U in Spec(A), $f^*^(-1)(p))$ e' chiuso in Spec(B)
Prendo S chiuso in Spec(A), questo vuol dire che $S⊂p$ con p ideale primo di Spec(A)
Devo controllare, sapendo che vale questa cosa $f^*(p)=f^(-1)(p)$, che $f(S)⊂Spec(B)$ ossia che f(S) e' un ideale primo di Spec(B)
A questo punto non so piu' come procedere
Risposte
Una funzione è continua se lo è su una base.
Prendo S chiuso in Spec(A), questo vuol dire che S⊂p con p ideale primo di Spec(A)
intendi $\ldots$ questo vuol dire che $S$ consiste negli ideali primi che contengono
un certo sottoinsieme $X\subset A$.
Scrivere $S\subset p$ non ha senso. Caso mai $p\in S$.
"Stickelberger":Prendo S chiuso in Spec(A), questo vuol dire che S⊂p con p ideale primo di Spec(A)
intendi $\ldots$ questo vuol dire che $S$ consiste negli ideali primi che contengono
un certo sottoinsieme $X\subset A$.
Scrivere $S\subset p$ non ha senso. Caso mai $p\in S$.
No intendo proprio che S sia contenuto in ogni ideale
Credo di essere arrivata ad una soluzione, riparto da capo.
Come gia' detto, quella funzione e' continua se per ogni chiuso $U\in Spec(A)$, $f(u)$ e' un chiuso in $Spec(B)$ ($f(U)=(f^-1)*(U))$
A questo punto prendo un chiuso in $Spec(A)$ e sapendo che i chiusi qui dentro sono della forma $Z(S)={p\in Spec(A)$ ideali primi tali che $S⊂p}$ il mio U corrisponde a Z(S) per qualche S. Devo far vedere che $f(Z(S))$ e' un chiuso in $Spec(B)$.
Anche i chiusi di $Spec(B)$ sono della forma $Z(S')={p'\in Spec(B)$ ideali primi tali che $S'⊂p'}$ quindi devo dimostrare che esiste $S'⊂p'$ dove $p'=f(p)$ per ogni primo p in Z(S).
Suppongo che non sia cosi, allora l'intersezione in tutti questi p' sarebbe vuota.
$∩_i (p_i)'= ∅$ Ne segue che tornando indietro avrei $ ∅=f^(-1)(∩_i (p_i)'=∩_i(f^(-1) (p_i)')=∩_i (p_i)= S= ∅$ Assurdo.
Come gia' detto, quella funzione e' continua se per ogni chiuso $U\in Spec(A)$, $f(u)$ e' un chiuso in $Spec(B)$ ($f(U)=(f^-1)*(U))$
A questo punto prendo un chiuso in $Spec(A)$ e sapendo che i chiusi qui dentro sono della forma $Z(S)={p\in Spec(A)$ ideali primi tali che $S⊂p}$ il mio U corrisponde a Z(S) per qualche S. Devo far vedere che $f(Z(S))$ e' un chiuso in $Spec(B)$.
Anche i chiusi di $Spec(B)$ sono della forma $Z(S')={p'\in Spec(B)$ ideali primi tali che $S'⊂p'}$ quindi devo dimostrare che esiste $S'⊂p'$ dove $p'=f(p)$ per ogni primo p in Z(S).
Suppongo che non sia cosi, allora l'intersezione in tutti questi p' sarebbe vuota.
$∩_i (p_i)'= ∅$ Ne segue che tornando indietro avrei $ ∅=f^(-1)(∩_i (p_i)'=∩_i(f^(-1) (p_i)')=∩_i (p_i)= S= ∅$ Assurdo.
Ogni ideale contiene lo zero. Intersezioni di ideali non sono mai vuote.
Supporre che non esista $S'$ (non vuoto intendi?) non ha senso,
perche' l'insieme $\{0\}$ e' contenuto in ogni ideale primo.
Nella domanda originale scrivevi $f^*$ per la mappa fra gli Spec.
Il puntino quasi non si vede
. Infatti, adesso non si vede piu',
perche' scrivi $f(p)$ invece di $f^*(p)$.
Forse megli usare $f^{\ast}(p)$? Cioe', usare "\ast" invece di "*".
Forse aiuta distinguere fra le due mappe.
Supporre che non esista $S'$ (non vuoto intendi?) non ha senso,
perche' l'insieme $\{0\}$ e' contenuto in ogni ideale primo.
Nella domanda originale scrivevi $f^*$ per la mappa fra gli Spec.
Il puntino quasi non si vede
. Infatti, adesso non si vede piu', perche' scrivi $f(p)$ invece di $f^*(p)$.
Forse megli usare $f^{\ast}(p)$? Cioe', usare "\ast" invece di "*".
Forse aiuta distinguere fra le due mappe.
"Stickelberger":
Nella domanda originale scrivevi $f^*$ per la mappa fra gli Spec.
Il puntino quasi non si vede
perche' scrivi $f(p)$ invece di $f^*(p)$.
In realta' non si vede piu' perche' per ipotesi avevo che $f^{\ast}(p)= f^(-1)$ e quindi ho deciso di usare direttamente $f$
Sapresti darmi qualche suggerimento su come andare avanti allora?
avevo che $f^{\ast}(p)=f^{-1}$ e quindi ho deciso di usare direttamente f
Ma ...?
Cosa vuol dire che $f^{\ast}(p)=f^{-1}$? Intendi $f^{-1}(p)$? E perche' vuoi usare $f$?$f^{-1}(p)$ e' l'insieme degli elementi $x$ nel dominio di $f$ che hanno $f(x)$ in $p$.
Invece, $f(p)$ indica l'immagine di $p$ ed e' un sottoinsieme del codominio.
Nel tuo caso, scrivere $f(p)$ non ha senso, perche' $f$ va da $A$ in $B$,
mentre $p$ e' un ideale di $B$.
Se vuoi comunicare con altri, forse e' meglio usare le notazioni standard.
Ma questo e' una proprieta' che mi viene data nel testo dell'esercizio, non ho usato notazioni particolari io 
Comunque potresti suggerirmi la tua soluzione??
Premetto che sono un compagno di studi di ludovica_97
Riporto qui la mia dimostrazione di questa proposizione che mi pare corretta ma potrei sbagliarmi...
Cio che devo mostrare è
DIMOSTRAZIONE
La funzione $f^(\ast)$ è continua se e solo se $\forall C$ chiuso in $\text(Spec)(A)(f^(\ast))^(-1)(C)$ è un chiuso di $\text(Spec)(A)$. Poiché $C$ è un chiuso di $\text(Spec)(A)$ vuol dire che è della forma $Z(S)={\mathfrak(p)\in\text(Spec)(A): S\subseteq\mathfrak(p)}$ ove $S$ è un sottoinsieme di $A$ (detto $I$ l'ideale generato da $S$ si ha $Z(S)=Z(I)$).
Quindi $(f^(\ast))^(-1)(C)=(f^(\ast))^(-1)(Z(I))=(f^(-1))^(-1)(Z(I))=f(Z(I))$. Poiché la controimmagine di un ideale primo attraverso un omomorfismo tra anelli è un ideale primo ho che $f(Z(I))\subseteq\text(Spec)(B)$. Se, per assurdo, non esiste $S'\subsetB:f(Z(I))=Z(S')$ allora $nnn_{\mathfrak(p)'\inf(Z(S'))}\mathfrak(p)'=O/$ quindi $O/=f^(-1)(nnn_{\mathfrak(p)'\inf(Z(S'))}\mathfrak(p)')=nnn_{\mathfrak(p)'\inf(Z(S'))}f^(-1)(\mathfrak(p)')=nnn_{\mathfrak(p)\inf(Z(I))}\mathfrak(p)=I$, assurdo.
Riporto qui la mia dimostrazione di questa proposizione che mi pare corretta ma potrei sbagliarmi...
Cio che devo mostrare è
Sia $f:A->B$ un omomorfismo di anelli commutativi. Dimostrare che la mappa $f^(\ast):\text(Spec)(B)->\text(Spec)(A)$ data da $f^(\ast)(\mathfrak(p)):=f^(−1)(\mathfrak(p))$ è continua per la topologia di Zariski.
DIMOSTRAZIONE
La funzione $f^(\ast)$ è continua se e solo se $\forall C$ chiuso in $\text(Spec)(A)(f^(\ast))^(-1)(C)$ è un chiuso di $\text(Spec)(A)$. Poiché $C$ è un chiuso di $\text(Spec)(A)$ vuol dire che è della forma $Z(S)={\mathfrak(p)\in\text(Spec)(A): S\subseteq\mathfrak(p)}$ ove $S$ è un sottoinsieme di $A$ (detto $I$ l'ideale generato da $S$ si ha $Z(S)=Z(I)$).
Quindi $(f^(\ast))^(-1)(C)=(f^(\ast))^(-1)(Z(I))=(f^(-1))^(-1)(Z(I))=f(Z(I))$. Poiché la controimmagine di un ideale primo attraverso un omomorfismo tra anelli è un ideale primo ho che $f(Z(I))\subseteq\text(Spec)(B)$. Se, per assurdo, non esiste $S'\subsetB:f(Z(I))=Z(S')$ allora $nnn_{\mathfrak(p)'\inf(Z(S'))}\mathfrak(p)'=O/$ quindi $O/=f^(-1)(nnn_{\mathfrak(p)'\inf(Z(S'))}\mathfrak(p)')=nnn_{\mathfrak(p)'\inf(Z(S'))}f^(-1)(\mathfrak(p)')=nnn_{\mathfrak(p)\inf(Z(I))}\mathfrak(p)=I$, assurdo.
$(f^(\ast))^(-1)(Z(I))=(f^(-1))^(-1)(Z(I))=f(Z(I)) $
Stai dicendo che $(f^(-1))^(-1)= f$ $\ldots$?
Ma cosa vuol dire? L'inverso dell'inverso di $f$ e' $f$ o qualcosa del genere?
Ma cosa e' $f^(-1)$ secondo te? La mappa inversa?
Non ha senso, perche' di solito $f$ non e' invertibile.
Non esiste $f^(-1)$...
Esiste solo la *notazione* $f^(-1)(W)$ per $W$ un sottoinsieme del codominio.
$f^(-1)(W)$ e' l'insieme degli elementi $x$ nel dominio con $f(x)\in W$.
E poi, $f$ e' una mappa da $A$ in $B$ mentre $Z(I)$ e' un sottoinsieme di $Spec(A)$.
Che senso ha scrivere $f(Z(I))$? Se $p$ e' un ideale primo, $f(p)$ in generale non e'
neanche un ideale.
PS. Ideali non sono mai vuoti, perche' contengono lo zero.
"Stickelberger":$(f^(\ast))^(-1)(Z(I))=(f^(-1))^(-1)(Z(I))=f(Z(I)) $
Stai dicendo che $(f^(-1))^(-1)= f$ $\ldots$?
Ma cosa vuol dire? L'inverso dell'inverso di $f$ e' $f$ o qualcosa del genere?
Ma cosa e' $f^(-1)$ secondo te? La mappa inversa?
Non ha senso, perche' di solito $f$ non e' invertibile.
Non esiste $f^(-1)$...
Esiste solo la *notazione* $f^(-1)(W)$ per $W$ un sottoinsieme del codominio.
$f^(-1)(W)$ e' l'insieme degli elementi $x$ nel dominio con $f(x)\in W$.
E poi, $f$ e' una mappa da $A$ in $B$ mentre $Z(I)$ e' un sottoinsieme di $Spec(A)$.
Che senso ha scrivere $f(Z(I))$? Se $p$ e' un ideale primo, $f(p)$ in generale non e'
neanche un ideale.
PS. Ideali non sono mai vuoti, perche' contengono lo zero.
Hai perfettamente ragione, sono stupido...
Pensavo, senza però controllare che fosse lecito quel giochetto con $f$ sebbene sapessi quella è solo la notazione per la controimmagine... Domani ricontrollo la dimostrazione e vedo cosa riesco a fare
L'unico casino è confondere l'inversa di $f$ con l'immagine inversa di $f$. E' il motivo principale per cui a me non piace indicare con \(f^{-1}\) quello che più propriamente andrebbe indicato con \(f^\leftarrow\).
Spero che questa volta sia corretta...
DIMOSTRAZIONE
La funzione $ f^(\ast) $ è continua se e solo se
Poiché $ C $ è un chiuso di $ \text(Spec)(A) $ vuol dire che è della forma $ Z(S)={\mathfrak(p)\in\text(Spec)(A): S\subseteq\mathfrak(p)} $ ove $ S $ è un sottoinsieme di $ A $. Quindi:
ma ora ho che
Quindi
Sia $ f:A->B $ un omomorfismo di anelli commutativi. Dimostrare che la mappa $ f^(\ast):\text(Spec)(B)->\text(Spec)(A) $ data da $ f^(\ast)(\mathfrak(p)):=f^(−1)(\mathfrak(p)) $ è continua per la topologia di Zariski.
DIMOSTRAZIONE
La funzione $ f^(\ast) $ è continua se e solo se
$ \forall C $ chiuso in $ \text(Spec)(A)(f^(\ast))^(-1)(C) $ è un chiuso di $ \text(Spec)(A) $.
Poiché $ C $ è un chiuso di $ \text(Spec)(A) $ vuol dire che è della forma $ Z(S)={\mathfrak(p)\in\text(Spec)(A): S\subseteq\mathfrak(p)} $ ove $ S $ è un sottoinsieme di $ A $. Quindi:
$(f^(\ast))^(-1)(Z(S))={\mathfrak(p)\in\text(Spec)(B): f^(\ast)(\mathfrak(p))\inZ(S)}$
ma ora ho che
$f^(\ast)(\mathfrak(p))\inZ(S) <=> S\subseteqf^(\ast)(\mathfrak(p)) <=> S\subseteqf^(-1)(\mathfrak(p)) <=> f(S)\subseteqf(f^(-1)(\mathfrak(p)))\subseteq\mathfrak(p)$
Quindi
$(f^(\ast))^(-1)(Z(S))={\mathfrak(p)\in\text(Spec)(B): f^(\ast)(\mathfrak(p))\inZ(S)}={\mathfrak(p)\in\text(Spec)(B): f(S)\subseteq\mathfrak(p)=Z(f(S))$
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