Tensori e localizzazioni
Probabilmente mi sto perdendo in un bicchier d'acqua e il problema è assolutamente banale, ma non riesco a capire una cosa.
Siano $A$ e $B$ due anelli e sia $\phi : A \to B$ un morfismo. $\phi$ definisce naturalmente su $B$ una struttura di $A$-algebra, con il prodotto $a b = \phi(a) b$. E fin qui tutto bene. Sia $\mathfrak{p}$ un ideale primo di $A$. Con $A_{\mathfrak{p}}$ indico il localizzato di $A$ sull'insieme moltiplicativo $S = A - \mathfrak{p}$.
L'anello $B$ si immerge in modo naturale in $B \otimes_A A_{\mathfrak{p}}$ con il morfismo $b \mapsto b \otimes 1$. E fin qui altrettanto bene.
Uno dei testi a cui mi sto appoggiando (Q.Liu - Algebraic Geometry and Arithmetic Curves) afferma a questo punto che questa immersione è una localizzazione di $B$, cioè è isomorfa a un certo localizzato $S^{-1}B$ per un certo insieme moltiplicativo $S$. Mi torna che sia così, ma non riesco a vedere bene l'isomorfismo con $B \otimes _A A_{\mathfrak{p}}$. Inizialmente avevo pensato di localizzare $B$ su qualcosa del tipo $\phi (\mathfrak{p})$ che però in generale non è primo e quindi il suo complementare non è moltiplicativo a meno che $\phi$ non sia iniettiva, cosa che a priori non è richiesta.
Presumo che ci sia un'altra strada più diretta per osservare questo fatto, ma non la vedo proprio.
Siano $A$ e $B$ due anelli e sia $\phi : A \to B$ un morfismo. $\phi$ definisce naturalmente su $B$ una struttura di $A$-algebra, con il prodotto $a b = \phi(a) b$. E fin qui tutto bene. Sia $\mathfrak{p}$ un ideale primo di $A$. Con $A_{\mathfrak{p}}$ indico il localizzato di $A$ sull'insieme moltiplicativo $S = A - \mathfrak{p}$.
L'anello $B$ si immerge in modo naturale in $B \otimes_A A_{\mathfrak{p}}$ con il morfismo $b \mapsto b \otimes 1$. E fin qui altrettanto bene.
Uno dei testi a cui mi sto appoggiando (Q.Liu - Algebraic Geometry and Arithmetic Curves) afferma a questo punto che questa immersione è una localizzazione di $B$, cioè è isomorfa a un certo localizzato $S^{-1}B$ per un certo insieme moltiplicativo $S$. Mi torna che sia così, ma non riesco a vedere bene l'isomorfismo con $B \otimes _A A_{\mathfrak{p}}$. Inizialmente avevo pensato di localizzare $B$ su qualcosa del tipo $\phi (\mathfrak{p})$ che però in generale non è primo e quindi il suo complementare non è moltiplicativo a meno che $\phi$ non sia iniettiva, cosa che a priori non è richiesta.
Presumo che ci sia un'altra strada più diretta per osservare questo fatto, ma non la vedo proprio.
Risposte
Hai provato a vedere la Proposizione 3.5 in Atiyah-Mac Donald?
Forse stai confondendo il localizzato di un anello col localizzato di un modulo. A pagina 38 dell'Atiyah-Mac Donald (la pagina precedente alla proposizione 3.5) c'è scritto
L'idea per mostrare che [tex]S^{-1}A \otimes M \cong S^{-1}M[/tex] è (cfr. appunto la proposizione 3.5) considerare la mappa bilineare [tex]S^{-1}A \times M \to S^{-1}M[/tex], [tex](a/s,m) \mapsto am/s[/tex] e usare la proprietà universale del prodotto tensoriale.
L'idea per mostrare che [tex]S^{-1}A \otimes M \cong S^{-1}M[/tex] è (cfr. appunto la proposizione 3.5) considerare la mappa bilineare [tex]S^{-1}A \times M \to S^{-1}M[/tex], [tex](a/s,m) \mapsto am/s[/tex] e usare la proprietà universale del prodotto tensoriale.
mmm..ok..questo in effetti sembra risolvere il problema. Mi torna che se si considera $B$ come $A$ modulo, di fatto si localizza proprio su $\mathfrak{p}$, lasciando perdere $\phi$ e quindi avendo gratis la moltiplicatività di $S = A - \mathfrak{p}$. Ma allora partiamo da più indietro.
Il tutto serve per dimostrare che, dato un morfismo di schemi $f:X \to Y$, la preimmagine (come spazio topologico) di un punto $y \in Y$ è omeomorfa allo spazio topologico dello schema $X \times_Y Spec \ k(Y)$ (prodotto fibrato di su $Y$ di $X$ e dello spettro del campo residuo di $Y$ su $y$). La dimostrazione che stavo leggendo è quella del testo di Liu, che fa uso di questo lemma (in particolare sui punti (b) e (c)):
Vediamo cosa succede al punto (c) se si prende $A$ come $R$-algebra (e in particolare come $R$-modulo) (cambio e notazioni rispetto al post precedente per usare quelle del lemma), $\mathfrak{p}$ un ideale primo di $R$ e $S = R - \mathfrak{p}$. In un eccesso di formalismo, indichiamo con $r \cdot a$ l'azione di un elemento di $R$ su un elemento di $A$. Nel nostro caso particolare, abbiamo che quest'azione è definita da un morfismo di anelli $R \to A$; tuttavia in generale questa azione si guarda bene dal definire un morfismo (anche perché in generale, trattando moduli qualsiasi, $A$ potrebbe non essere un anello), giusto?? Chiamiamo il nostro morfismo $\alpha$. Quindi per noi $r \cdot a = \alpha(r)a$ dove a destra c'è il prodotto di $A$. Quello che mi sembra di capire è che localizzando come modulo invece che come anello, l'azione di $R$ "colpisce solo i numeratori", mentre ai denominatori ci sono proprio elementi di $R$.
Prendiamo quindi l'immersione $\phi: A \to S^{-1}A$ e $f: Spec (S^{-1}A) \to Spec A$ definita da $\mathfrak{q} \to \phi^{-1}(\mathfrak{q})$. Come si legge in questo caso l'insieme definito al punto (c)? Sono chiaramente i primi che non vanno a riempire tutto il localizzato una volta passati attraverso $\phi$. Qui dovrebbe esserci la soluzione del problema: io prima avevo pensato che quell'insieme diventasse l'insieme dei $\mathfrak{q}$ ideali primi di $A$ per cui $\alpha(S) \cap \mathfrak{q}= \emptyset$. Se però si fa così, succedono dei disastri perché chissà cosa fa $\alpha$ a $S$. Invece quell'insieme deve diventare $\{ \mathfrak{q} \in Spec A $ t.c. $\alpha^{-1}(\mathfrak{q}) \cap S = \emptyset \}.$
Così il punto (c) mi sembra che torni. Ora devo capire se tutto fila liscio con la Prop. sull'omemorfismo delle fibre, ma intanto fatemi capire se ha senso quello che ho scritto qui.
Il tutto serve per dimostrare che, dato un morfismo di schemi $f:X \to Y$, la preimmagine (come spazio topologico) di un punto $y \in Y$ è omeomorfa allo spazio topologico dello schema $X \times_Y Spec \ k(Y)$ (prodotto fibrato di su $Y$ di $X$ e dello spettro del campo residuo di $Y$ su $y$). La dimostrazione che stavo leggendo è quella del testo di Liu, che fa uso di questo lemma (in particolare sui punti (b) e (c)):
Vediamo cosa succede al punto (c) se si prende $A$ come $R$-algebra (e in particolare come $R$-modulo) (cambio e notazioni rispetto al post precedente per usare quelle del lemma), $\mathfrak{p}$ un ideale primo di $R$ e $S = R - \mathfrak{p}$. In un eccesso di formalismo, indichiamo con $r \cdot a$ l'azione di un elemento di $R$ su un elemento di $A$. Nel nostro caso particolare, abbiamo che quest'azione è definita da un morfismo di anelli $R \to A$; tuttavia in generale questa azione si guarda bene dal definire un morfismo (anche perché in generale, trattando moduli qualsiasi, $A$ potrebbe non essere un anello), giusto?? Chiamiamo il nostro morfismo $\alpha$. Quindi per noi $r \cdot a = \alpha(r)a$ dove a destra c'è il prodotto di $A$. Quello che mi sembra di capire è che localizzando come modulo invece che come anello, l'azione di $R$ "colpisce solo i numeratori", mentre ai denominatori ci sono proprio elementi di $R$.
Prendiamo quindi l'immersione $\phi: A \to S^{-1}A$ e $f: Spec (S^{-1}A) \to Spec A$ definita da $\mathfrak{q} \to \phi^{-1}(\mathfrak{q})$. Come si legge in questo caso l'insieme definito al punto (c)? Sono chiaramente i primi che non vanno a riempire tutto il localizzato una volta passati attraverso $\phi$. Qui dovrebbe esserci la soluzione del problema: io prima avevo pensato che quell'insieme diventasse l'insieme dei $\mathfrak{q}$ ideali primi di $A$ per cui $\alpha(S) \cap \mathfrak{q}= \emptyset$. Se però si fa così, succedono dei disastri perché chissà cosa fa $\alpha$ a $S$. Invece quell'insieme deve diventare $\{ \mathfrak{q} \in Spec A $ t.c. $\alpha^{-1}(\mathfrak{q}) \cap S = \emptyset \}.$
Così il punto (c) mi sembra che torni. Ora devo capire se tutto fila liscio con la Prop. sull'omemorfismo delle fibre, ma intanto fatemi capire se ha senso quello che ho scritto qui.
Le due uguaglianze $\alpha(S) \cap \mathfrak{q}= \emptyset$ e $\alpha^{-1}(\mathfrak{q}) \cap S = \emptyset$ sono equivalenti.
Comunque nel lemma 1.7 che hai segnalato il punto (c) riguarda il morfismo di localizzazione di un anello [tex]A[/tex] verso [tex]S^{-1}A[/tex], non contempla strutture sottostanti di [tex]R[/tex]-algebre. [Testo cancellato].
Comunque nel lemma 1.7 che hai segnalato il punto (c) riguarda il morfismo di localizzazione di un anello [tex]A[/tex] verso [tex]S^{-1}A[/tex], non contempla strutture sottostanti di [tex]R[/tex]-algebre. [Testo cancellato].
Ma infatti all'inizio non avevo considerato la struttura di algebra. Parto a spiegare il problema dall'inizio. Si vuole dimostrare che dato un morfismo di schemi $f:X \to Y$, la fibra di $f$ su un punto $y \in Y$ (cioè il prodotto fibrato che ho scritto due post sopra) è omeomorfa alla preimmagine $f^{-1}(y)$.
La dimostrazione comincia osservando che ci si può ricondurre agli schemi affini. Siano quindi $X = Spec B$ e $Y = Spec A$. $f$ sulle sezioni globali dei fasci su $X$ e $Y$ definisce un morfismo di anelli $\phi :A \to B$ e dunque $B$ diventa una $A$-algebra. Sia $\mathfrak{p}$ l'ideale primo di $A$ rappresentato dal punto $y$. A questo punto il testo dice di considerare due morfismi di anelli:
$B \to B \otimes_{A} A_{\mathfrak{p}}$, che afferma essere una localizzazione: è qui che è partito tutto il mio problema, perché a me sarebbe piaciuto scrivere qualcosa tipo $B \to B_{\mathfrak{p}} \cong B_{\mathfrak{p}} \otimes_A A \cong B \otimes_A A_{\mathfrak{p}}$, ma evidentemente non si può scrivere, o almeno non proprio in questo modo;
$ B \otimes_{A} A_{\mathfrak{p}} \to B \otimes_A k(\mathfrak p )$, dato dalla proiezione: e su questo non ci sono problemi.
A questo punto considera gli spettri di $B$ e di $ B \otimes_A k(\mathfrak p )$ (il secondo è proprio il prodotto fibrato a cui si vuole arrivare); con i due morfismi di anelli (anche qui c'è qualcosa che non mi è proprio chiarissimo ma credo di essere in grado di risolverlo da solo) costruisce un morfismo dal prodotto fibrato a $Spec B$ e usa il Lemma 1.7 per dire che il prodotto fibrato è omeomorfo a un sottospazio di $Spec B$ che osserva essere proprio la preimmagine di $y$.
Riporto la dimostrazione per completezza ma a grandi linee è quella che ho scritto sopra. Una volta risolto il problema della localizzazione, il resto sembra filare liscio.
La dimostrazione comincia osservando che ci si può ricondurre agli schemi affini. Siano quindi $X = Spec B$ e $Y = Spec A$. $f$ sulle sezioni globali dei fasci su $X$ e $Y$ definisce un morfismo di anelli $\phi :A \to B$ e dunque $B$ diventa una $A$-algebra. Sia $\mathfrak{p}$ l'ideale primo di $A$ rappresentato dal punto $y$. A questo punto il testo dice di considerare due morfismi di anelli:
$B \to B \otimes_{A} A_{\mathfrak{p}}$, che afferma essere una localizzazione: è qui che è partito tutto il mio problema, perché a me sarebbe piaciuto scrivere qualcosa tipo $B \to B_{\mathfrak{p}} \cong B_{\mathfrak{p}} \otimes_A A \cong B \otimes_A A_{\mathfrak{p}}$, ma evidentemente non si può scrivere, o almeno non proprio in questo modo;
$ B \otimes_{A} A_{\mathfrak{p}} \to B \otimes_A k(\mathfrak p )$, dato dalla proiezione: e su questo non ci sono problemi.
A questo punto considera gli spettri di $B$ e di $ B \otimes_A k(\mathfrak p )$ (il secondo è proprio il prodotto fibrato a cui si vuole arrivare); con i due morfismi di anelli (anche qui c'è qualcosa che non mi è proprio chiarissimo ma credo di essere in grado di risolverlo da solo) costruisce un morfismo dal prodotto fibrato a $Spec B$ e usa il Lemma 1.7 per dire che il prodotto fibrato è omeomorfo a un sottospazio di $Spec B$ che osserva essere proprio la preimmagine di $y$.
Riporto la dimostrazione per completezza ma a grandi linee è quella che ho scritto sopra. Una volta risolto il problema della localizzazione, il resto sembra filare liscio.
Dimentica il mio intervento precedente, mi sono confuso.
Se [tex]\varphi: A \to B[/tex] è un omomorfismo di anelli allora [tex]B \otimes_A A_p[/tex] è isomorfo a [tex]\varphi(A-p)^{-1}B[/tex] (l'isomorfismo di [tex]A[/tex]-moduli di cui abbiamo accennato sopra io e killing_buddha è anche un isomorfismo di anelli), quindi è effettivamente un localizzato di [tex]B[/tex] (e in generale questo localizzato non corrisponde a nessun ideale primo di [tex]B[/tex]). L'insieme [tex]\varphi(A-p)[/tex] è banalmente moltiplicativo, essendo un'immagine omomorfa di un insieme moltiplicativo. Mi ero confuso perché continuavo a pensare a un insieme moltiplicativo come al complementare di un ideale primo.
Se [tex]\varphi: A \to B[/tex] è un omomorfismo di anelli allora [tex]B \otimes_A A_p[/tex] è isomorfo a [tex]\varphi(A-p)^{-1}B[/tex] (l'isomorfismo di [tex]A[/tex]-moduli di cui abbiamo accennato sopra io e killing_buddha è anche un isomorfismo di anelli), quindi è effettivamente un localizzato di [tex]B[/tex] (e in generale questo localizzato non corrisponde a nessun ideale primo di [tex]B[/tex]). L'insieme [tex]\varphi(A-p)[/tex] è banalmente moltiplicativo, essendo un'immagine omomorfa di un insieme moltiplicativo. Mi ero confuso perché continuavo a pensare a un insieme moltiplicativo come al complementare di un ideale primo.
mmm..ultimo dubbio...ok l'essere moltiplicativo, nel senso che è chiuso per moltiplicazione, ma se attraverso $\phi$ ci finisce dentro lo zero non ci si può localizzare sopra. Dove sbaglio?
Se S contiene 0 si puo' lo stesso localizzare, risulta [tex]S^{-1}A = {0}[/tex].
Ok..prendo atto di questa cosa.
Più in generale, oltre al caso facile degli anelli di polinomi, date due $R$-algebre $A,B$, si riescono a classificare in qualche modo gli ideali di $A \otimes_R B$ (e credo che la risposta sia no!) o c'è qualche tecnica standard per approcciarsi al problema? In caso, mi sapresti indicare qualche esercizio specifico su questa cosa?
Comunque concludo con l'isomorfismo:
$B \otimes A_p \to B_{\phi(A - p)}$
definito da $\phi(b \otimes a/h) = \phi(a)b / {\phi(h)}$.
Chiaramente è un morfismo e chiaramente è suriettivo. L'iniettività non è proprio immediata. Si può dire che se $b\phi(a)/h = 0$ allora $hb\phi(a) = 0$ per un qualche $h \in \phi(A - p)$ (e quindi $h = \phi(c)$ per qualche $c \in A-p$). In particolare $b\phi(ac)=0$. Risulta quindi che $b \otimes a/h = b \otimes ac /{ hc} = \phi(ac)b \otimes 1/{hc} =0$. Dunque il morfismo è iniettivo. Ha senso?
Più in generale, oltre al caso facile degli anelli di polinomi, date due $R$-algebre $A,B$, si riescono a classificare in qualche modo gli ideali di $A \otimes_R B$ (e credo che la risposta sia no!) o c'è qualche tecnica standard per approcciarsi al problema? In caso, mi sapresti indicare qualche esercizio specifico su questa cosa?
Comunque concludo con l'isomorfismo:
$B \otimes A_p \to B_{\phi(A - p)}$
definito da $\phi(b \otimes a/h) = \phi(a)b / {\phi(h)}$.
Chiaramente è un morfismo e chiaramente è suriettivo. L'iniettività non è proprio immediata. Si può dire che se $b\phi(a)/h = 0$ allora $hb\phi(a) = 0$ per un qualche $h \in \phi(A - p)$ (e quindi $h = \phi(c)$ per qualche $c \in A-p$). In particolare $b\phi(ac)=0$. Risulta quindi che $b \otimes a/h = b \otimes ac /{ hc} = \phi(ac)b \otimes 1/{hc} =0$. Dunque il morfismo è iniettivo. Ha senso?
"Pappappero":Non so se si possano dire cose in generale. L`unica cosa che mi viene in mente per adesso e´che se hai [tex]R \to R/I[/tex] e [tex]R \to B[/tex] allora [tex]B \otimes_R R/I \cong B/IB[/tex].
date due $R$-algebre $A,B$, si riescono a classificare in qualche modo gli ideali di $A \otimes_R B$ (e credo che la risposta sia no!) o c'è qualche tecnica standard per approcciarsi al problema? In caso, mi sapresti indicare qualche esercizio specifico su questa cosa?
Per quanto riguarda l´isomorfismo, no, direi che e´ meglio costruire l´inversa [tex]B_{\varphi(A-p)} \to B \otimes_A A_p[/tex] tramite [tex]b/\varphi(h) \mapsto b \otimes (1/h)[/tex]. Per dimostrare che e´ ben definita serve la bilinearita´. Prendi [tex]k \in A[/tex] tale che [tex]\varphi(k)=\varphi(h)[/tex] e ottieni
[tex]b \otimes (1/h) = b \otimes (k/hk) = (b \cdot k) \otimes (1/hk) = (\varphi(k)b) \otimes (1/hk) =[/tex] [tex](\varphi(h)b) \otimes (1/hk) = b \otimes (h/hk) = b \otimes (1/k)[/tex].
Perfetto. Ora dovrebbe funzionare tutto. Grazie mille
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