有限环直积在给定元素处的局部化问题

嘿，这个问题我之前在处理概论里的不相交并结构层时也遇到过，刚好能给你捋清楚！

首先明确问题：我们有有限直积环$A = A_1 \times A_2 \times \dots \times A_n$，要计算它关于乘法集$S_f = {f^k \mid k \geq 0}$的局部化$A[f^{-1}]$，这里$f=(f_1,f_2,\dots,f_n) \in A$——注意这里的乘法集是$f$的幂构成的，不是每个分量各自乘法集的直积，这是关键，但最终的结果其实和你直觉里的“分量wise局部化再直积”是一致的，下面来一步步推导：

核心结论 #

$$A[f^{-1}] \cong \prod_{i=1}^n A_i[f_i^{-1}]$$
其中$A_i[f_i^{{-1}]$是$A_i$关于乘法集${f_i}k \mid k \geq 0}$的局部化。

推导过程：从等价关系到同构 #

我们直接从局部化的定义出发，验证两个环之间的同构：

1. 定义映射
   构造映射$\psi: A[f^{-1}] \to \prod_{i=1}^n A_i[f_i^{{-1}]$，把$A[f}{-1}]$中的元素$(a_1,a_2,\dots,a_n)/f^{k$映射到分量wise的局部化元素$(a_1/f_1}k, a_2/f_2^k, \dots, a_n/f_n^k)$。

2. 良定义性验证
   如果$(a_1,\dots,a_n)/f^k = (b_1,\dots,b_n)/f^m$在$A[f{-1}]$中，根据局部化的等价关系，存在$t \geq 0$使得$f^t \cdot [(a_1,\dots,a_n)f^m - (b_1,\dots,b_n)f^k] = 0$。展开后就是对每个分量$i$，$f_i^t(a_i f_i^m - b_i f_i^k) = 0$，这正好是$A_i[f_i^{{-1}]$中$a_i/f_i}k = b_i/f_i^m$的等价条件，所以$\psi$是良定义的。

3. 环同态验证
   局部化的加法和乘法都是分量wise的：

• 加法：$\psi\left(\frac{a}{f^k} + \frac{b}{f^m}\right) = \psi\left(\frac{a f^m + b f^k}{f{k+m}}\right) = \left(\frac{a_1 f_1^m + b_1 f_1^k}{f_1{k+m}}, \dots, \frac{a_n f_n^m + b_n f_n^k}{f_n{k+m}}\right) = \frac{(a_1,\dots,a_n)}{f^k} + \frac{(b_1,\dots,b_n)}{f^m}$
• 乘法：$\psi\left(\frac{a}{f^k} \cdot \frac{b}{f^m}\right) = \psi\left(\frac{ab}{f^{k+m}}\right) = \left(\frac{a_1 b_1}{f_1^{k+m}}, \dots, \frac{a_n b_n}{f_n^{k+m}}\right) = \frac{(a_1,\dots,a_n)}{f^k} \cdot \frac{(b_1,\dots,b_n)}{f^m}$
  显然$\psi$保持加法和乘法，是环同态。

4. 单射性验证
   如果$\psi\left(\frac{a}{f^k}\right) = 0$，即每个分量$a_i/f_i^k = 0$，那么对每个$i$存在$t_i \geq 0$使得$f_i^{t_i} a_i = 0$。取$t = \max{t_1,\dots,t_n}$，则$f^t \cdot a = (f_1^t a_1, \dots, f_n^t a_n) = 0$，所以$\frac{a}{f^k} = 0$在$A[f^{-1}]$中，$\psi$是单射。

5. 满射性验证
   任取$\prod A_i[f_i^{{-1}]$中的元素$\left(\frac{c_1}{f_1}{k_1}}, \dots, \frac{c_n}{f_n^{k_n}}\right)$，取$k = \max{k_1,\dots,k_n}$，则每个$\frac{c_i}{f_1^{k_i}} = \frac{c_i f_i^{k - k_i}}{f_i^{k}$，对应的$A[f}{-1}]$中的元素是$\frac{(c_1 f_1^{k - k_1}, \dots, c_n f_n^{k - k_n})}{f^k}$，它在$\psi$下的像就是目标元素，所以$\psi$是满射。

综上，$\psi$是环同构，结论成立。

对你的结构层证明的帮助 #

回到你最初的动机：要证明$\mathcal{O}{\operatorname{Spec} \prod A_i}$的结构层同构，其实$\operatorname{Spec} \prod A_i$是$\coprod{i=1}^n \operatorname{Spec} A_i$的不相交并。对于仿射开集$D(f) \subseteq \operatorname{Spec} \prod A_i$，它恰好是$\coprod_{i=1}^n D(f_i) \subseteq \coprod \operatorname{Spec} A_i$，而我们上面的结论给出：
$$\mathcal{O}{\operatorname{Spec} \prod A_i}(D(f)) = (\prod A_i)[f^{-1}] \cong \prod A_i[f_i^{-1}] = \prod \mathcal{O}{\operatorname{Spec} A_i}(D(f_i))$$
这正好对应不相交并概形的结构层截面——每个分支的截面直积，这样就完成了仿射开集上的结构层同构验证，进而可以推出整体结构层的同构。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Linax Dio