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10 $\开始组$ 我将试图澄清你的问题,因为我误解了两次。 你的问题不是关于局部区域的空间。 你的问题不是关于光滑的3折上著名的自由Z/2Z动作。 你的问题只是给出一个方案类别中的图表示例,并提供充分的证据,而方案类别中没有colimit。 对吗? $\端组$ – 凯文·巴扎德 评论 2009年12月29日11:44 -
$\开始组$ 是的,确切地说:-)。 此外,我对大肠杆菌存在的特殊情况感兴趣(请参阅emertons答案中的注释)。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月29日12:18 -
$\开始组$ 如果你采取天真的方法,只需在谷歌上搜索“无分类商”,那么你似乎会得到很多例子。 我刚刚看了几个,也许你最喜欢的是李的“推出计划”(p538,例2)。 我应该强调的是,我没有在这里检查任何内容。 $\端组$ – 凯文·巴扎德 评论 2009年12月29日13:38 -
1 $\开始组$ 对于一个有很多答案的难题,我在赏金方面有过不好的经历,这些答案都是很长的评论,而不是答案。 一周后,投票最多的答案成为了答案,这一点无法逆转。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2010年4月24日18:20 -
三 $\开始组$ 作为另一个澄清,如果$R\rightarrow-U$是模式s.t中的一个etale等价关系,那么alg空间$X=U/R$不是一个模式,为了它是一个“示例”,必须证明不存在“初始映射” 从$X$到方案(即,将$\pi:X\rightarrow S$映射到所有这些映射中的初始方案$S$,或等效地将包含相同合成的$U\right箭头S$映射回$R$)。 但正如方案的“商”一样,要使其有用,还需要“范畴”以外的属性。 这是一个病理学练习。 这并不是说有什么问题。。。 $\端组$ – BCn编号 评论 2010年4月24日20:25
6个答案
A类 可能的 经证明的例子
如果上面的coequalizer 做 存在,来自$\mathbb A^1\sqcup\mathbbA^1$的映射必须是surpjective吗?
是类别中$Spec(k(t))\rightrightarrows\mathbb A^1\sqcup\mathbb A ^1$的协等式 分开的 等于$\mathbb A^1$的方案? (可能)
确定函子$Sch\to Set$ 不是 以方案为核心?
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$\开始组$ 最后一个问题我只有一个答案。 如果F是从Schemes到Sets的逆变函子,使得F(Spec(ℤ))不止一个点,那么F不能是可共表示的。 $\端组$ – 安东·杰拉申科 评论 2010年5月8日22:03 -
三 $\开始组$ 一个简单的例子是将“双头蛇”$\mathbb A^1\cup\mathbbA^1$除以$\mathbb Z_2$。 这也不是一个方案,但它是一个代数空间。 换句话说,将$Spec\k(t)$替换为$Spec\k[t,1/t]$。 那感觉更普通。 科尔称这个代数空间为1的“错误覆盖”。 他有一篇题为“bug-yed”的论文。 $\端组$ – 弗吉尼亚州。 评论 2010年5月8日23:52 -
1 $\开始组$ @弗吉尼亚州:你能更全面地解释一下你的商数建议吗?这样我就可以看到它与加分线有什么不同了? 也许我没有看到您想要的$\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$-action。 我确实考虑过尝试做一些更普通的事情,但因为没有删除足够的闭合点而陷入困境。 我同意,如果示例是一个代数空间,那会更好。 $\端组$ – BCn编号 评论 2010年5月9日0:08 -
4 $\开始组$ 上面的证明更一般地表明:让$X$是一个具有非闭泛型点$\eta$的积分方案,这样闭点在$X$中是稠密的(例如,域上的一个变元)。 那么$\eta\rightrightarrows X\sqcup X$的协等式不存在。 我认为证明的一个口号是,识别这两者 通用的 点意味着也应该确定一些街区,但闭合点没有确定,因为您可以使用带有双倍点的测试方案$X$和$X$。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2010年5月9日0:19 -
1 $\开始组$ 我所知道的典型错误覆盖是x↦-x给定的ℤ/2动作的$\mathbb A^1$的商,除非您从关系中“删除0处的动作”。 代数空间范畴中的推出是“正确的”,但在模式范畴中也存在推出。 如果有一个代数空间的例子,它也可以回答大卫·布朗的问题 mathoverflow.net/questions/4587/… . $\端组$ – 安东·杰拉申科 评论 2010年5月9日0:31
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$\开始组$ 一般来说,局部仿射方案和局部转移映射的共线是存在的,并且是局部仿射格式。 这是因为你可以通过点和茎上的局部同态来描述局部方案上的态射。 特别地,当$I$是最大理想时,$Spec A/I^n$的共线极限是$Spec\hat{A}$。 我试图证明一般情况:如果$f_n:Spec A/I ^n到X$是兼容的变形,我们想把它们粘到$Spec的{A}到X$。 如果$X$是仿射的,这是微不足道的。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月29日10:41 -
$\开始组$ 在一般情况下,设$U\substeqX$是一个开放仿射。 由于$Spec A/I^n到Spec A/I^{n+1}$的转换映射是同胚映射,因此$f_n$的图像都是相等的。 考虑$Spec A/I$中$U$的预映像。 A$中的let$f\这样的$D(\overline{f})$是这个前映像的基本开放子集。 然后将所有$f_n$限制为兼容的$Spec A_f/(I_f)^n\到U$。 仿射情况产生$Spec\hat{A_f}\到U$。 现在,我们想将这些变形粘贴到$Spec\hat{A}\X$。 因此,如果$Spec\hat{A_f}$是$Spec\hart{A}$的公开封面就好了,但这似乎不太可能。。。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月29日10:42 -
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$\开始组$ 天真的方法行不通,这并不能证明什么。 事实上,有些范畴结构在某种意义上是意想不到的。 在这种情况下,我想了解反例的证明。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月28日19:03 -
2 $\开始组$ 再一次:我们有一个D的完整子范畴C和一个C中的图F,它在D中的共线不在C中。这并不是F在C中共线不存在的原因。 当然,这种情况可能是一个例子,但必须加以证明。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月28日20:14 -
1 $\开始组$ “天真的方法行不通,也不能证明什么。”当然不行。但这确实证明我误解了你的要求。 那么让我再试一次:去读芒福德的《几何不变量理论》,看看他对商不是方案的仔细解释。 这行吗? 如果不是,你在问什么? 我正在尽力;-) $\端组$ – 凯文·巴扎德 评论 2009年12月28日23:29 -
4 $\开始组$ 我想他要的是一个没有范畴共线的方案图示例,而不是一个没有几何上看起来“正确”的范畴共线示例。 例如,如果E是复数上具有无穷级点x的椭圆曲线,那么x的平移会导致Z对E的作用,我相信范畴共点存在,但它是Spec(C),因为没有太多平移不变函数。 因此,我们的想法是构建一个示例,在这个示例中,colimit以某种微不足道的方式存在的函数并不太少。 $\端组$ – 泰勒·莱森 评论 2009年12月29日4:17
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$\开始组$ 1) 似乎你的答案中有些东西是看不见的。 无论如何,有没有简单的证据证明这个例子中不存在colimit? 2) 正如我已经说过的那样,这并不能证明不存在驱逐。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月28日19:06 -
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1 $\开始组$ 谢谢您。 我们如何证明您示例中的colimit(P^1中的无限语义邻域)不存在? 因此,如果X=colim(Z^n)存在,我们必须得出一个矛盾的结论。 我不知道该怎么做。 我对代数空间一无所知。 很抱歉,我一再重复我的问题,但正如我所说,问题不在于“寻找”示例,而在于检查它们。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月28日20:19 -
$\开始组$ 例如,我们可以尝试A^1->A^2->。。。 (规范闭浸入)在方案类别中没有colimit。 假设X是大肠杆菌。 全局部分是A^1的变形,因此我们得到X的全局部分是k[[X_1,X_2,…]]。 我不知道该怎么继续。 $\端组$ – 马丁·勃兰登堡 评论 2009年12月29日0:54 -
1 $\开始组$ 对于仿射方案,colimit确实存在,它只是完成了。 P^1示例背后的要点是,无法将“完成的A^1”粘合在一起以获得完成的P^1。 我看看能不能想出一个简洁的方法来看待这个问题。 $\端组$ 评论 2009年12月29日8:02
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2 $\开始组$ 设X=Spec k[X,y]和Z=Spec k[X](除数y=0)。 那么商X/Z存在于仿射方案中:它是k[X,y]->k[X]<-k的拉回,这是非Noetherian子环k[y,yx,yx^2,…]。 我不清楚这个环的Spec是否仍然是所有方案类别中的商,但我认为,为了使你的论点有效,还需要更多的商。 $\端组$ – 泰勒·莱森 评论 2009年12月29日13:06 -
2 $\开始组$ “除非dim(X)=1,否则这是不可能的。” 我想你的意思是,除非dim(X/Z)=1,否则这是不可能的。 可能在方案类别中确实存在一些具有正确通用属性的东西,但Z并不是唯一被粉碎的东西。 为什么X/Z的尺寸应该与X的尺寸一致? $\端组$ – 安东·杰拉申科 评论 2010年5月8日17:05