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Topologia etale della sequenza di Kummer

Vogliamo condividere con voi le migliori informazioni che abbiamo trovato su Internet. Il nostro desiderio è che ti aiuti e se vuoi contribuire con qualcosa che possa aiutarci a crescere, sentiti libero di farlo.

Soluzione:

$newcommand{un}{mathrm{un}}$$newcommand{Z}{mathbb{Z}}$$newcommand{Q}{mathbb{Q}}$ Ecco un supplemento a Adrien Morin di Adrien Morin . La sua risposta tratta il caso in cui $S$ è lo spettro di un campo non perfetto. Questo post discuterà il caso più sottile di $S=mathrm{Spec}(mathbb{Z})$.

Facciamo la seguente affermazione:

Rivendicazione 1: Sia $n$ sia un intero tale che esista un primo $p>2$ tale che $p>metà n$. Allora la sequenza
$$0a_mu_na_mathbb{G}_mathbb{G}_mathbb{G}_mitho_mitho_mathbb{G}_mathbb{G}_math{G}_math{G}_mitho 0$$
di presheaves abeliani su $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ è esatto nella topologia fppf ma non nella topologia etale. In particolare, l'esattezza viene meno alla seconda $ mathbb{G}_m$ termine.

Il fatto che sia una breve sequenza esatta di covoni fppf è classico. Vale a dire, l'esattezza in tutti i punti, tranne il secondo. $mathbb{G}_m$-è evidente. Se $X´tomathrm{Spec}(mathbb{Z})$ è un qualsiasi oggetto del sito fppf di $Mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ e $u´in ´mathcal{O}_X(X)^i} tempi$ allora il morfismo affine $sottolinea{mathrm{Spec}}(mathcal{O}_X[t]/(t^p-u))´a X$ è una copertura fppf su cui $u$ ottiene un $p^text{th}$ che mostra l'esattezza al secondo $mathbb{G}_m$ nella topologia fppf. È anche chiaro che l'unico posto in cui l'esattezza di questa sequenza può fallire, come covoni sul sito etale di $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ è al secondo $mathbb{G}_m$.

Per procedere ulteriormente ricordiamo che la sequenza di presheaves

$$0tomu_ntomathbb{G}_mtomathbb{G}_mto 0$$

è esatta sul sito etale di $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ se e solo se per tutti i punti geometrici $sovrascrittura{s}$ di $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ la sequenza

$$0mu_n(mathcal{O}_{S,overline{s}})mathcal{O}_{mathrm{Spec}(Z),overline{s}}^tempixrightarrow{xmapsto x^n}mathcal{O}_{mathrm{Spec}(Z),overline{s}}^tempia 0qquad (1)$$

è esatta. Questo segue da Tag03PU e dal fatto che se $mathcal{F}$ è un fascio rappresentabile su $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ dato $mathrm{Hom}(-,X)$ con $X´tomathrm{Spec}(mathbb{Z})$ di tipo finito allora

$$begin{aligned} mathcal{F}_{overline{s}} &=varinjlim_{(U,overline{u})}mathcal{F}(U) &=varinjlim_{(U, overline{u})}Hom(U, X) &overset{(*)}{=}Hom(varprojlim_{(U, overline{u})}U, X) &= Hom(Spec(varinjlim_{(U, mathcal{O}_U(U)),X)= Hom(mathrm{Spec}(mathcal{O}_{mathrm{Spec}(mathbb{Z}),overline{s}}),X)= X(mathcal{O}_{mathrm{Spec}(mathbb{Z}),overline{s}})fine{aligned}$$

dove $(ast)$ segue da Tag01ZC.

Ora, supponiamo che $overline{s}:mathrm{Spec}(k(overline{s}))a S$ sia un punto geometrico di $S$ con radice nel punto $p$. Sia $sovrappeso{mathbb{F}_p}$ denota la chiusura algebrica (=separabile) di $mathbb{F}_p$ in $k(overline{s})$. Allora, $mathcal{O}_{S,overline{s}}$ non è altro che la stretta henselizzazione di $mathbb{Z}$ a $(p)$ che denotiamo $R$.

Quindi, per dimostrare che la sequenza di Kummer non è esatta è sufficiente dimostrare che la sequenza di gruppi abeliani

$$0a a mu_n(R)a a R^tempoxrightarrow{xmapsto x^n} R^timesa a 0$$

non è esatta, o, in realtà, non è esatta alla seconda $R^orari$ o che non tutti gli elementi di $R^empi$ ha un elemento $n^testo{th}$-radice. Lo faremo dimostrando che ci sono elementi di $R^{th}$ che non hanno $p^testo{th}$ radici.

Facciamo la seguente affermazione:

Lemma 1: L'anello $R$ è la chiusura integrale di $mathbb{Z}_{(p)}$ nell'anello degli interi $mathbb{Z}_p^un$ in $Q_p^un$ la massima estensione non ramificata di $Q_p$.

Prova: Sia $S$ denota la henselizzazione di $Z_{(p)}$ a $(p)$. Poi, $S$ è la chiusura integrale di $Z_{(p)}$ in $Z_p$. Ci sono diversi modi per vedere questo aspetto. Uno è quello di utilizzare l'approssimazione di Artin. Si può anche utilizzare la costruzione delle henselizzazioni nel libro di Nagata Anelli locali (metà di pagina 180). Lì, poiché $mathbb{Z}_{(p)}$ è normale (con un campo di residui perfetto) costruisce $S$ come segue. Sia $widetilde{S}$ sia la chiusura integrale di $mathbb{Z}_{(p)}$ in $overline{mathbb{Q}}$. Sia $mathfrak{p}$ sia un primo di $widetilde{S}$ dividendo $p$. Sia $D:=D(mathfrak{p}mid p)subseteq mathrm{Gal}(overline{mathbb{Q}}/Q)$ denota il gruppo di decomposizione di $mathfrak{p}$-il sottogruppo di elementi del gruppo di Galois che fissano $mathfrak{p}$. Poi, descrive $S$ come $widetilde{S}^D$.

Si noti però che il completamento di $overline{Q}$ a $mathfrak{p}$ si ottiene il campo $mathbb{C}_p$ di numeri complessi e si può identificare $D$ con $mathrm{Gal}(overline{Q_p}/Q_p)$ o gli automorfismi che preservano la norma di $mathbb{C}_p/Q_p$. Si noti quindi che $S$ si incorpora nella classe $Gal(overline{Q_p}/Q_p)$-invarianti di $mathbb{C}_p$. Ma questi non sono altro che $Q_p$ (si veda ad esempio la Proposizione 2.1.2 di
questo). Quindi, $S$ è evidentemente contenuto nella chiusura integrale di $Z_{(p)}$ in $Z_p$. Ma l'inclusione inversa è chiara.

Deduciamo ora che $R$ è la chiusura integrale di $Z_{(p)}$ in $Z_p^un$ procediamo come segue. Si noti che il campo dei residui $S$ è $Mathbb{F}_p$ e quindi per Tag0BSL è sufficiente che per ogni $ngeqslant 1$ costruire l'unica copertura etale finita e connessa $mathrm{Spec}(R_n)$ di $S$ con campo di residui $Mathbb{F}_{p^n}$. Si noti però che questo può essere facilmente visto $R_n=S[zeta_{p^n-1}]$ che è chiaramente la chiusura integrale di $S$ in $$Z_{p^n}$ (l'anello degli interi dell'unica estensione non ramificata di grado $n$) poiché $Z_{p^n}=Z[zeta_{p^n-1}]$. Lasciando $n$ tenda all'infinito si ottiene il risultato desiderato. $quadrato nero$

Da ciò si ottiene il seguente corollario:

Corollario 1: Un elemento $u´in R^tempo$ ha un elemento $p^testo{th}$ radice in $R^{times$ se e solo se esiste una radice $alpha$ di $x^p-u$ tale che $Q_p(alfa)/Q_p$ è nonramificato.

Prova: Si noti che poiché l'equazione $x^p-u=0$ è monica e $R$ è integralmente chiuso in $Q_p^un$ vediamo che questa equazione ha una soluzione in $R$ (se e solo se ha una soluzione $R^\i} per ovvie ragioni) se e solo se ha una soluzione in $Q_p^un$. Inoltre, tale soluzione $alpha$ in $overline{{Q_p}$ si troverà in $Q_p^un$ se e solo se $Q_p(alfa)/Q_p$ è nonramificato. $quadro nero$

Quindi, per terminare la prova dell'affermazione è sufficiente produrre elementi di $u´in R^tempo$ tali che per qualsiasi radice $alfa$ di $x^p-u$ in $overline{mathbb{Q}_p}$ abbiamo che $Q_p(alfa)/Q_p$ è ramificato.

Per intenderci, abbiamo quanto segue:

Lemma 2: Sia $u$ in R^tempo$ sia tale che $u=1mod p$ ma $u=1modulo p^2$. Allora, per tutte le radici $alpha$ di $x^p-u$ in $sovrappeso{Q_p}$ abbiamo che $Q_p(alfa)/Q_p$ è totalmente ramificato di grado $p$.

Prova: Imposta $f(x)=x^p-u$ quindi sostituendo $x=t+1$ si ottiene il polinomio

$$f(t)=t^p+p q(t)-(u-1)$$

dove $q(t) in mathbb{Z}[t]$ (che segue dal Teorema Binomiale). Questo dimostra che $f$ è Eisenstein e quindi irriducibile. L'affermazione di ramificazione segue quindi dalla teoria algebrica classica dei numeri (si veda ad esempio il teorema 3.1 di questo). quadrato di nero

Quindi, per esempio, vediamo che $1+p$ in R^tempo$ non ha un $p^testo{th}$ radice.

Come altro esempio, lasciamo che $qinZ$ essere come nella risposta di Minseon Shin. Si noti quindi che, poiché $q^{p-1}ne 1´mod p^2$ implica che il suo ordine in $(Z/p^2Z)^timescong mathbb{Z}/p(p-1)Z$ è divisibile per $p$. Vediamo quindi che $q':=q^{p-1}$ soddisfa $(q')^{p-1}ne 1mod p^2$ e quindi $q'$ non ha $p^text{th}$ radice in $R^{times$ come nella risposta di Minseon Shin. Ma quanto sopra fornisce una prova alternativa che $q'$ non ha una radice in $R^\times$ poiché $q'=1mod p$ ma $q'ne 1mod p^2$. Al contrario, quanto detto sopra dimostra che per qualsiasi $q$ come nella risposta di Minseon Shin e per qualsiasi radice $alfa$ di $x^p-q$ in $overline{mathbb{Q}_p}$ abbiamo che $Q_p(alfa)/Q_p)$ è ramificato.

In effetti, possiamo descrivere esplicitamente il cokernel dell'elemento $p^text{th}$ mappa di potenza su $R^empi$:

Asserzione 2: Il cokernel di $R^tempi$, freccia retta{xmappa a x^p}R^tempi$. può essere identificato con $overline{mathbb{F}_p}$.

Prova: Notiamo che ogni elemento di $f´in R^tempo$ può essere scritto univocamente nella forma $f=zeta u$ con $zeta u$ in mu^p(R)$ e $u=1mod p$ dove

$$mu^p(R):=bigcup_{(m,p)=1}mu_m(R)$$

Infatti, si noti che abbiamo una mappa di Teichmuller moltiplicativa $[-]:overline{mathbb{F}_p}^times}a R^times$ che segue dalla henselianità. Se si ha più familiarità con la costruzione del vettore di Witt, un altro modo per vedere l'esistenza di questa mappa è notare che $R{subseteq Z_p^mathrm{un}subseteq W(overline{mathbb{F}_p})$ perché quest'ultimo anello è il completamento del primo. Per la teoria classica abbiamo una mappa di Teichmuller moltiplicativa $[-]:overline{mathbb{F}_p}^times a W(overline{mathbb{F}_p})^times$. Ma, poiché l'immagine di $[-]$ finisce in $Z_p^mathrm{un}$ (poiché questo contiene già tutti i primi a $p$ radici dell'unità) e questi sono integrali su $mathbb{Z}_{(p)}$ giacciono in $mu^p(R)subseteq R^tempo$.

Quindi, si noti che per qualsiasi $f´in R^tempo$ possiamo scrivere

$$f=[fmod p]([fmod p]^{-1} f)$$

che dà una decomposizione $f=zeta u$ come desiderato. L'unicità è evidente.

Si noti che la $p^text{th}$-è soggettiva su $mu^p(R)$ e quindi vediamo che $R^times/(R^times)^p$ può essere identificato con $(1+pR)/(1+pR)^p$. Sosteniamo che questo è isomorfo a $overline{mathbb{F}_p}$. Per farlo, osserviamo innanzitutto il seguente lemma:

Lemma 3: Sia $u$ in R^tempo$ sia tale che $u=1´mod p$. Allora, $u$ ha $p^text{th}$ radice in $R^{times$ se e solo se $u=1mod p^2$.

Prova: La necessità dell'affermazione è chiara dal Lemma 2. Quindi, è sufficiente dimostrare che se $u=1mod p^2$ allora $u$ ha un $p^text{th}$ radice. Si noti che poiché $u_in R_n:= S[zeta_{p^n-1}]$ (cioè $R_n$ è la chiusura integrale di $Z_{(p)}$ in $Z_{p^n}=Z_p[zeta_{p^n-1}]$) è sufficiente dimostrare che $u$ ha un $p^text{th}$ radice in $R_n$. Ma, poiché $R_n$ è integralmente chiuso in $Z_{p^n}$ è sufficiente dimostrare che $u$ ha un $p^text{th}$ radice in $Z_{p^n}$. Si noti però che poiché $|u-1|leqslant p^{-2}$ abbiamo che $log(u)$ esiste in $Z_{p^n}^tempo$ e $|log(u)|=|u-1|$ (si veda ad esempio il Teorema 8.7 di questo). Poiché $||log(u)|leqslant p^{-2}$ sappiamo che $p^{-1}log(u)in Z_{p^n}^times$ e, di fatto, $|p^{-1}log(u)|leqslant p^{-1}$. Pertanto, vediamo che $exp(p^{-1}log(u)$ è un elemento ben definito di $Z_{p^n}^i$. Notando quindi che $exp(p^{-1}log(u))^p=u$ termina l'affermazione. $quadro nero$

Da questo è facile vedere che $(1+p R)/(1+pR)^p$ può essere identificato con $(1+pR)/(1+p^2 R)$. Per vedere che questo è isomorfo a $overline{mathbb{F}_p}$ possiamo procedere come segue. Si noti che abbiamo un isomorfismo

$$(1+p R)/(1+p^2 R)´a pR/p^2 R$$

data dal fatto di prendere $1+px$ a $px$. È quindi sufficiente spiegare perché $pR/p^2 Rcong overline{mathbb{F}_p}$. Ma questo è facile perché $overline{mathbb{F}_p}cong R/pR$ e abbiamo un isomorfismo naturale $R/pR$ a pR/p^2 R$ dato da $xmappa a px$. $quadro nero$


Come ultimo punto, c'è qualcosa da sottolineare. A priori si potrebbe credere che il vero gioco qui sia il fatto che $p$ non sia invertibile in $mathbb{Z}$. Ma si noti quanto segue:

Osservazione 1: Se $S$ è uno schema su $Mathbb{F}_p$ che è perfetto (cioè il Frobenius assoluto $F_S:S$ a S$ è un isomorfismo), allora lo stesso vale per tutte le mappe etali $Xa S$.

Prova: Questo segue dal fatto che poiché $X/S$ è etale, abbiamo che $F_{X/S}:Xto X^{(p)}$ è un isomorfismo. Infatti, si noti che $F_{X/S}$ è un omeomorfismo universale per Tag0CCB. Ma, inoltre, vediamo che la composizione $X a X^{(p)} a S$ è etale poiché coincide con $Xa S$. Ma, in aggiunta, la diagonale di $X^{(p)} a S$ è etale (di fatto un incorporamento aperto) poiché $X^{(p)}$ è etale (essendo il pullback della mappa $X{{p}$ a S$ lungo $F_S$). Quindi, per il lemma di cancellazione $F_{X/S}$ è etale. Ma, per Tag025G, il fatto che $F_{X/S}$ è un omeomorfismo etale implica che sia un isomorfismo. Infine, si noti che $F_X$ è la composizione di $F_{X/S}$ e la mappa $X^{(p)} a X$ (che è un cambiamento di base di $F_S$ e quindi un isomorfismo) e quindi un isomorfismo $Nero-quadrato$

Corollario 2: Se $S$ è un perfetto $Mathbb{F}_p$-allora lo schema $p$-sequenza Kummer
$$0tomu_ptomathbb{G}_mtomathbb{G}_mto 0$$
è esatta sul sito etale di $S$.

Prova: Sia $X$ a S$ sia un oggetto del sito etale di $S$ e sia $u´in mathcal{O}_X(X)^times$. Vogliamo dimostrare che etale localmente su $X$ abbiamo che $u$ è un $p^text{th}$ potenza. Ma, poiché $X{testo}$ a S$ è etale, in base all'osservazione precedente, vediamo che $X$ è perfetto, infatti, $u$ è un $p^text{th}$ già presente in $X$. $Neroquadro$

Quindi, il $p$-di Kummer è una sequenza esatta su tutti campi di residui di $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ poiché questi campi di residui sono o non caratteristici $p$ o perfetti di caratteristica $p$ ma non è una sequenza etale integrale su $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$. Sta accadendo qualcosa di molto sottile e interessante a livello integrale!

Sto scrivendo (dopo aver discusso con Alex Youcis) un argomento di Piotr Achinger.

Dimostriamo che per qualsiasi primo $p$ la sequenza di Kummer begin{align*} 1 a a mu_{p} ´a ´mathbb{G}_{m} stackrel{times p}{to} mathbb{G}_{m} ´a 1 ´fine{align*} non è esatta sul sito etale di $mathbb{Z}$.

È sufficiente dimostrare che esiste un intero $q$ per il quale l'unità $q in mathbb{G}_{m}(mathbb{Z}[frac{1}{q}])$ non ha etale-localmente un $p$ radice. Scegliere $q$ in modo che $gcd(p,q) = 1$ e $q^{p-1} notequiv 1 pmod{p^{2}}$; possiamo fare questo per qualsiasi primo $p$ dal momento che $(mathbb{Z}/(p^{2}))^{times}$ è ciclico di ordine $p(p-1)$. (Per esempio se $p = 2$ allora $q = 3$ funziona).

Supponiamo che esista una copertura etale $f : U ´a ´operatorname{Spec} mathbb{Z}[frac{1}{q}]$ tale che $f^{ast}q$ ha un $p$ la prima radice in $mathbb{G}_{m}(U)$. Dopo aver sostituito $U$ con l'unione disgiunta di un numero finito di sottoschemi aperti affini di $U$ le cui immagini in $nomeoperatore{Spec} mathbb{Z}[frac{1}{q}]$ formano una copertura, possiamo assumere che $U$ sia affine. Poiché $gcd(p,q) = 1$, le immersioni chiuse $operatorname{Spec} mathbb{Z}/(p^{n}) a a operatorname{Spec} mathbb{Z}$ fattore attraverso $operatorname{Spec} mathbb{Z}[frac{1}{q}]$. Imposta $U_{n} := U times_{operatorname{Spec} mathbb{Z}[1/q]} operatorname{Spec} mathbb{Z}/(p^{n+1})$. Qui ogni $U_{n}$ è non vuoto, quasi-compatto, etale su $mathbb{Z}/(p^{n+1})$ e quindi è l'unione disgiunta di un numero infinito di $operatorname{Spec}$ di etale finito $mathbb{Z}/(p^{n+1})$-(si veda il lemma seguente; qui usiamo il fatto che le mappe etali sono localmente quasi-finite, quindi le estensioni etali degli anelli artiniani sono artiniane). Le mappe sottostanti di $U_{n} a U_{n+1}$ sono omeomorfismi; si scelga una componente connessa $V_{0}$ di $U_{0}$ e lasciamo che $V_{n}$ sia l'unica componente connessa di $U_{n}$ corrispondente a $V_{0}$ sotto la mappa $U_{0} a U_{n}$. Diciamo $V_{n} := operatorname{Spec} A_{n}$. Consideriamo la $n=0,1$ casi; poiché $mathbb{Z}/(p^{2}) ´a A_{1}$ è piatta, la tensorizzazione della sequenza begin{align*} da $mathbb{Z}/(p^{2}) ´a A_{1}$ dà una sequenza esatta begin{align*} 0 a (p)/(p^{2}) otimes_{mathbb{Z}/(p^{2})} A_{1} ´a A_{1} a A_{1} otimes_{mathbb{Z}/(p^{2})} ´mathbb{Z}/(p) ´a 0 ´fine{align*} di $A_{1}$-moduli. Qui $A_{1} otimes_{mathbb{Z}/(p^{2})} mathbb{Z}/(p) simeq A_{0}$ (isomorfismo come $A_{1}$-algebre) per definizione dell'espressione $A_{n}$ e $pA_{1} simeq (p)/(p^{2}) otimes_{mathbb{Z}/(p^{2})} A_{1} simeq A_{0}$ (isomorfismo come $A_{1}$-moduli) poiché $(p)/(p^{2}) simeq mathbb{Z}/(p)$. Quindi la sequenza esatta di cui sopra è equivalente a begin{align*} 0 a a pA_{1} a A_{1} a A_{0} ´a 0 ´fine{align*} che induce una sequenza esatta begin{align*} 1 a a 1+pA_{1} a A_{1}^{{{tempo} ´a A_{0}^{{\i} ´a 1 ´fine{align*} che coinvolge i gruppi di unità poiché $pA_{1}$ è un ideale a zero quadrato di $A_{1}$. Si ha che $A_{0}$ (essendo un'estensione etale finita (connessa) di $mathbb{F}_{p}$) è isomorfo a $mathbb{F}_{p^{k}}$ per qualche $k ge 1$, quindi $|A_{0}^{{{\code(0144)}| = p^{k}-1$ e $|pA_{1}| = |A_{0}| = p^{k}$; quindi $|A_{1}^{\times}| = p^{k}(p^{k}-1)$; infatti ogni elemento di $A_{1}^{\code(0144)}$ è $p(p^{k}-1)$-torsione poiché $pA_{1}$ è $p$-torsione.

Per l'ipotesi che $U$ ha un $p$ radice di $q$, abbiamo che $A_{1}$ ha un $p$ radice di $q$, diciamo $x^{p} = q$ per qualche $x ´in A_{1}^{\a}$. Elevando entrambi i lati alla potenza di $p^{k}-1$, abbiamo $q^{p^{k}-1} = 1$ in $A_{1}$. Poiché la mappa $mathbb{Z}/(p^{2}) a A_{1}$ è iniettiva (poiché è fedelmente piatta), abbiamo che $q^{p^{k}-1} = 1$ in $mathbb{Z}/(p^{2})$. Si ha $q^{p(p-1)} equiv 1 pmod{p^{2}}$ poiché $p(p-1) = varphi(p^{2})$; poiché $p^{k}-1 equiv p-1 pmod{p(p-1)}$ per qualsiasi $k ge 1$, si ha $q^{p-1} ´equiv 1 ´pmod{p^{2}}$; questo contraddice la nostra scelta di $q$.

Lemma : Sia $varphi : A ´a B$ è una mappa ad anello di tipo finito dove $A,B$ sono anelli artiniani. Allora $varphi$ è finito.

Prova: Possiamo assumere che $A$ sia locale, cioè con ideale massimo $mathfrak{m}$; poiché $B$ è il prodotto finito di anelli locali di Artin, possiamo assumere che $B$ sia locale, cioè con ideale massimo $mathfrak{n}$; esiste un certo $s ´gg 0$ tale che $mathfrak{n}^{s} = 0$. Sia $k := A/mathfrak{m}$ e $$ $ell := B/mathfrak{n}$ denotano i campi di residui di $A$ e $B$; allora $B$ è un'estensione finita (questo è il Nullstellensatz), e $B$ ha una filtrazione $0 = mathfrak{n}^{s} subseteq mathfrak{n}^{s-1} subseteq dotsb subseteq mathfrak{n} subseteq B$ dove ogni quoziente successivo $mathfrak{n}^{i}/mathfrak{n}^{i+1}$ sono finiti-dimensionali come -spazi vettoriali, quindi finiti-dimensionali come $k$-spazi vettoriali, quindi finitamente generati come $A$-moduli; quindi $B$ è esso stesso finitamente generato come un $A$-modulo.

Non ho pensato a come farlo su $mathrm{Spec}(mathbb{Z})$ ma credo che si debba guardare al gambo di un punto geometrico di caratteristica $p$ dove $p$ divide $n$. È quindi sufficiente dimostrare la non soggettività di quel gambo. Sto imparando la coomologia di étale e devo ancora imparare a conoscere i peduncoli, quindi lo farò in un altro modo.

Ricordiamo che per un campo $k$, esiste un'equivalenza di categoria tra i covoni abeliani su $mathrm{Spec}(k)_{{mathrm{ét}}$ e il continuo $mathrm{Gal}(k^{mathrm{sep}}/k)$-moduli, dati da $F mapsto varinjlim F(k')$ dove il limite passa attraverso le estensioni finite separabili di $k$.

Ora, se consideriamo il vostro problema, ciò che ci infastidisce è che dobbiamo considerare tutte le coperture di étale, che possono essere molte. Un modo per risolvere questo problema è prendere uno spazio che abbia solo coperture étali "banali "*, cioè lo spettro di un campo separabilmente chiuso. Il teorema precedente fornisce un'equivalenza di categorie tra i covoni abeliani su e gruppi abeliani (il gruppo di Galois è banale), data da $F mapsto F(mathrm{Spec}(k))$ (solo l'estensione banale è separabile in modo finito). Ciò significa (un'equivalenza è "fedelmente" esatta) che dobbiamo solo verificare che la sequenza non sia esatta quando viene valutata a $ $mathrm{Spec}(k)$. Ora, quando facciamo questo, otteniamo la solita sequenza
$$ 0 rightarrow mu_{n} rightarrow k^{\\code(0144)} xrightarrow[n]{} k^{{\times} rightarrow 0$$
Se $n=p=mathrm{char}(k)$, la surgività direbbe che ogni elemento di $k$ è un elemento $p$-esima potenza. Ora, prendendo $k=(mathbb{F}_p(T))^mathrm{sep}$ notiamo che l'elemento $T ´in k$ non è un elemento $p$-poiché l'equazione $X^p-T$ è irriducibile e non separabile, quindi abbiamo finito.

*Un'étale $Mathrm{Spec}(k)$-in questo caso è coperto da sottoschemi aperti che sono étale di tipo finito su $Mathrm{Spec}(k)$, quindi finiti e discreti, con anelli locali estensioni finite separabili di $mathrm{Spec}(k)$, quindi sono della forma $coprod_{i=1}^n mathrm{Spec}(k)$. Questo dimostra che un étale $mathrm{Spec}(k)$-è solo uno spazio discreto con anelli locali dati da $k$, cioè $coprod_I mathrm{Spec}(k)$.

EDIT Quando si guarda la sequenza per $overline{mathbb{F}_p}$ che è la chiusura separabile di $mathbb{F}_p$, poiché $mathbb{F}_p$ è perfetta, la sequenza è effettivamente esatta. Quindi credo che il tuo controesempio non possa funzionare. Ma qualsiasi schema che abbia come punto geometrico la chiusura separabile di un campo non perfetto di caratteristica $p$ dovrebbe fornire un controesempio per $n$ divisibile per $p$. Anche in questo caso non so molto dei punti geometrici e dei loro peduncoli per i covoni abeliani etali, quindi prendetelo con le molle, potrebbe essere un'assurdità.

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