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Strukturen und Algebra » Ringe » Separabilität in Definition von Verzweigtheit
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Kein bestimmter Bereich J Separabilität in Definition von Verzweigtheit
Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-21


Hi,

vielleicht ergibt sich diese Frage, wenn ich mehr über algebraische Zahlentheorie gelesen habe, aber vielleicht hilft auch eine Antwort bereits beim weiteren Lesen.

Sei $\mathcal{O}$ ein Dedekindring, $L/\operatorname{Quot}(\mathcal{O})$ eine endliche Körpererweiterung und $\mathcal{O}_L$ der ganze Abschluss von $\mathcal{O}$ in $L$. Weiter sei $\mathfrak{p} \subseteq \mathcal{O}$ ein Primideal und $$\mathfrak{p} \mathcal{O}_L = \mathfrak{P}_1^{e_1} \dots \mathfrak{P}_g^{e_g}$$ die Zerlegung in Primideale.
Dann heißt $\mathfrak{P}_i$ unverzweigt, wenn $e_i = 1$ und $\mathcal{O}_L/\mathfrak{P}_i$ separabel über $\mathcal{O}/\mathfrak{p}$ ist.

Noch habe ich nicht wirklich mit diesem Begriff gearbeitet, aber mir erscheint es ein wenig technisch, Separabilität zu fordern. Deshalb möchte ich fragen, wozu man das macht.


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-30


Ich kann leider wenig zur Entwicklung dieses Begriffs erzählen. Du hast vermutlich auch das Buch von Neukirch vor dir und siehst, dass die Theorie mit diesem so definierten Begriff gut funktioniert, sie aber ohne die Separabilität nicht funktionieren würde.

Vom Standpunkt der kommutativen Algebra bzw. algebraischen Geometrie handelt es sich hier lediglich um eine Umschreibung der Unverzweigtheit im Spezialfall des Ringhomomorphismus $\mathcal{O} \to \mathcal{O}_L$. Allgemeiner heißt ein Homomorphismus kommutativer Ringe $R \to S$ unverzweigt, wenn er von endlichem Typ ist und $\Omega^1_{S/R} = 0$ gilt. Siehe Stacks/00US. Daraus folgt, dass die Restklassenkörpererweiterungen endlich separabel sind, siehe Stacks/00UW.



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kurtg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-01-30


Hi,

lässt man die Separabilität weg, ist das stabil unter Basiswechsel?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-30


@kurtg: Was meinst du genau?



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-31


Danke Triceratops für Zusammenhänge zur kommutativen Algebra/algebraischen Geometrie!  😄

@kurtg Hmm, mir ist leider nicht ganz klar, was du meinst.


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-02-01


Also ich vermute, dass kurtg folgendes meint:

Nennen wir einen Homomorphismus kommutativer Ringe $R \to S$ pseudo-unverzweigt, wenn er von endlichem Typ ist und für jedes Primideal $\mathfrak{q} \subseteq S$ gilt: Für das Primideal $\mathfrak{p} = R \cap \mathfrak{q}$ von $R$ gilt $\mathfrak{p} S_{\mathfrak{q}} = \mathfrak{q} S_{\mathfrak{q}}$1 und die Erweiterung $k(\mathfrak{p}) \subseteq k(\mathfrak{q})$ sei endlich2. (Wenn diese Erweiterung immer endlich separabel wäre, bekommt man unverzweigte Homomorphismen, siehe Stacks/00UW und Stacks/02FM.)

Wenn jetzt $R \to R'$ ein Homomorphismus kommutativer Ringe ist, ist dann auch $R' \to R' \otimes_R S$ pseudo-unverzweigt?

1Äquivalent: $k(\mathfrak{q}) = k(\mathfrak{p}) \otimes_{R_\mathfrak{p}} S_{\mathfrak{q}}$. Und das ist auch äquivalent zu: $k(\mathfrak{p}) \otimes_{R_\mathfrak{p}} S_{\mathfrak{q}}$ ist ein Körper.
2Folgt das bereits aus den beiden vorigen Annahmen? Vermutlich nicht, jedenfalls muss $R_{\mathfrak{p}} \to S_{\mathfrak{q}}$ nicht von endlichem Typ sein.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-02-01


Hier eine Sammlung von Gegenbeispielen:

Sei $K$ ein nicht-perfekter Körper der Charakteristik $p$ (zum Beispiel $\IF_p(T)$). Es gibt also ein Element $a \in K$, welches keine $p$-te Potenz ist. Dann ist $L := K[X] / \langle X^p - a \rangle$ ein Körper. Wir können $L = K(a^{1/p})$ schreiben. Weil $K \to L$ eine endliche Erweiterung von Körpern ist, ist sie trivialerweise pseudo-unverzweigt. Ich behaupte, dass allerdings $L \to L \otimes_K L$, $u \mapsto u \otimes 1$ nicht pseudo-unverzweigt ist.

Wir berechnen dazu $L \otimes_K L = L \otimes_K K[X] / \langle X^p - a \rangle = L[X] / \langle X^p - a \rangle = L[Y] / \langle Y^p \rangle$ mit $Y := X - a^{1/p}$. Dieser Ring hat genau ein Primideal, nämlich $\mathfrak{q} = \langle Y \rangle$. Das Urbild in $L$ ist natürlich $\mathfrak{p}=0$. Nun ist $k(\mathfrak{p})  \otimes_{L_{\mathfrak{p}}} (L[Y] / \langle Y^p \rangle)_{\mathfrak{q}}  = L[Y] / \langle Y^p \rangle_{\langle Y \rangle} = L[Y] / \langle Y^p \rangle$ kein Körper.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-03-26


Der Zusammenhang zur algebraischen Geometrie, wie Triceratops und kurtg andeuten möchten, wird z.B. hier illustriert, siehe den Abschnitt "Relation to Number Theory" dort.

Der obige Artikel gibt übrigens eine motivierende Erklärung zum Begriff "unverzweigten Morphismen".



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-09


Saki17s Link ist übrigens sehr gut - ich wollte den hier gerade posten, aber sehe, dass Saki es schon vor einem Jahr vorgeschlagen hat. Im Abschnitt "Ideals Lifting Correctly" gibt der Autor eine Intuition für die Separabilität.

Eine Kombination davon und dem Zusammenhang der Verzweigtheit von der Zahlentheorie zur Geometrie hätte ich damals gesucht (auch wenn ich zugegebenermaßen letztes Jahr nur wenig davon verstanden hätte...).


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