用户: Solution/ 讲义: 代数几何初步/维数理论

1簇与环的 Krull 维数

定义 1.1 (拓扑空间的 Kurll 维数). 若 $X$ 是一个拓扑空间, 则定义 $X$ 的维数为不可约闭集升链的最大长度, 即$${\dim }_{Krull}X:=\sup \{n\mid F_0⊊F_1⊊\cdots ⊊F_n,F_i不可约闭\}.$$以下简记 $\dim X$.

这实际上是与我们的一般认知兼容的. 下文会证明 $\dim {\mathbb{A}}^{\mathbb{n}}=n$. 这与其作为线性空间的维数一致.

命题 1.2. 我们整理一些 Krull 维数的基本刻画:

(1)	若 $Y\subset X$, 则 $\dim Y\le \dim X$.
(2)	若 $Y⊊X$ 且 $\dim X<\infty$, 且 $X$ 不可约, $Y$ 闭, 则 $\dim Y<\dim X$.
(3)	若 $\{X_i{\}}_{i=1}^n$ 是 $X$ 的开覆盖, 则 $\dim X=\underset{1\le i\le n}{\max }\{\dim X_i\}$.

证明.

(1)	若 $Y_0⊊Y_1⊊\cdots ⊊Y_n$ 是 $Y$ 中不可约闭集升链, 则 $\overline{Y_0}⊊\overline{Y_1}⊊\cdots ⊊\overline{Y_n}$ 是 $X$ 中不可约闭集升链. 因而 $\dim Y\le \dim X$.
(2)	若 $Y_0⊊Y_1⊊\cdots ⊊Y_n$ 是 $Y$ 中不可约闭集升链, 则 $Y_0⊊Y_1⊊\cdots ⊊Y_n\subset X$ 是 $X$ 中的不可约闭集升链. 因而 $\dim Y<\dim X$.
(3)	显然 $\dim X\ge \underset{1\le i\le n}{\max }\{\dim X_i\}$. 若 $Y_0⊊Y_1⊊\cdots ⊊Y_n$ 是 $X$ 中不可约闭集升链, 则存在 $X_j$ 使得 $X_j\cap Y_0\ne \varnothing$. 故 $X_j\cap Y_0$ 是 $Y_0$ 的开子集, 故不可约. 而 $X_j\cap Y_0$ 是 $X_j$ 的闭子集, 故 $X_j\cap Y_0\subset X_j\cap Y_0\subset \cdots \subset X_j\cap Y_0$ 是 $X_j$ 中的闭子集升链. 该升链事实上是严格的, 因为 $Y_i\cap X_j$ 在 $Y_i$ 中的闭包即 $X$ 中的闭包 (由于 $Y_i$ 闭) . 且由不可约性, $\overline{Y_i\cap X_j}=Y_i$. 这说明了 $\dim X\le \dim X_j$. 这证明了反向的不等式.

$\square$

命题 1.3. 若 $X$ 是零维簇, 则 $|X|<\infty$.

证明. 令 $X={\bigcup }_{i=1}^n{X}_i$ 为不可约分解, 则 $\dim X_i=0$. 若 $X_i$ 不是单点集, 则取 $p\in X$, 则 $p$ 是 $X_i$ 的真闭子集, 故而 $\dim X<0$, 矛盾! 故而 $|X_i|=1$, 进而 $|X|=n<\infty$.

$\square$

定义 1.4 (等维数空间 (Space of Pure Dimension) ). 称 $X$ 是等维数的, 若其不可约分支具有相等的维数.

例 1.5. 如 $\mathcal{V}(XY)=\mathcal{V}(X)\cup \mathcal{V}(Y)$.

定义 1.6 (局部维数 (Local Dimension) ). 对于拓扑空间 $X$, 我们可以定义 $p\in X$ 处的局部维数为 ${\dim }_{p}X:=\sup \{n\mid p⊊F_1⊊\cdots ⊊F_n,F_i不可约闭\}$

注 1.7. 局部维数显然不高于拓扑空间的维数. (注: 这里不使用 “整体维数” 一词, 因为其在同调代数中另有所指.)

我们也可以定义环的 Krull 维数.

定义 1.8 (交换幺环的 Krull 维数). 定义 ${\dim }_{Krull}R=\sup \{n\mid {\mathfrak{p}}_0⊊{\mathfrak{p}}_1⊊\cdots ⊊{\mathfrak{p}}_{\mathfrak{n}},{\mathfrak{p}}_{\mathfrak{i}}\in \mathrm{Spec}R\}$. (为了避免两个 Krull 维数的混肴, 以及环存在别的维数, 下文将不省略下标的”Krull“.)

一则大定理告诉我们两个 Krull 维数间的关系.

定理 1.9. 若 $X$ 是不可约仿射簇, 则 $\dim X=\dim A(X)$.

而计算环的 Krull 维数又有另一则结论.

定理 1.10. 若 $R$ 是一个有限生成 $k$-代数, 且是整环, 则有 $\dim R={tr.deg}_{k}R$.

命题 1.11. 若 $X$ 是簇, 且 $\dim X<\infty$. 若 $U$ 是 $X$ 的稠密开子集, 则 $\dim U=\dim X$.

例 1.12.

(1)	$\dim {\mathbb{A}}^n=n$. 因为 $A({\mathbb{A}}^n)=k[X_1,\cdots ,X_n]$. 而其超越度显然是 $n$.
(2)	$\dim {\mathbb{P}}^n=n$. 因为标准开集 $U_i\cong {\mathbb{A}}^n$ 稠密.
(3)	$\dim ({\mathbb{P}}^n\times {\mathbb{P}}^m)=n+m$. 因为标准开集的乘积簇 $U_i\times V_j\cong {\mathbb{A}}^n\times {\mathbb{A}}^m\cong {\mathbb{A}}^{n+m}$ 仍不可约, 开, 且稠密.

以下是交换代数中的一个大定理——Hauptidealsatz, 翻译过来即 “主理想定理”.

定理 1.13 (Krull 主理想定理). 若 $R$ 是一个有限生成 $k$-代数, 且是整环, 则对于其中非零主理想 $⟨f⟩$, 若 $\mathfrak{p}$ 是包含 $⟨f⟩$ 的极小素理想, 则 $\dim R/\mathfrak{p}=\dim R-1$.

证明. 以局部化 $R_{\mathfrak{p}}$ 代替 $R$, 可假设 $\mathfrak{p}$ 是极大的, 且 ${\dim }_{Krull}R/p=0$. 那么这等价于证明 ${\dim }_{Krull}R=0$. 这即证若 $\mathfrak{q}⊊\mathfrak{p}$, 则 $\mathfrak{q}=0$. 考虑环 $R/⟨f⟩$, 则 $R/⟨f⟩$ 是一个 Artin 局部环 (由于零维诺特) . 定义形式 $n$ 次幂 ${\mathfrak{q}}^{(n)}:=\{r\in R\mid 存在s\notin \mathfrak{q}使rs\in {\mathfrak{q}}^n\}$. 显然 ${\mathfrak{q}}^{(k+1)}\subset {\mathfrak{q}}^{(k)}$, 故降链 ${\mathfrak{q}}^{(1)}/⟨f⟩\supset \cdots \supset {\mathfrak{q}}^{(k)}/⟨f⟩\supset \cdots$. 由 Artin 性, 存在 $n\in \mathbb{N}$ 使得 ${\mathfrak{q}}^{(n)}/⟨f⟩={\mathfrak{q}}^{(n+1)}/⟨f⟩$. 故而 ${\mathfrak{q}}^n\subset {\mathfrak{q}}^{(n+1)}+⟨f⟩$. 故任取 $r\in {\mathfrak{q}}^{(n)}$, 存在 $s\in {\mathfrak{q}}^{(n+1)}$ 及 $a\in R$, 使得 $r=s+af$, 从而 $af=f-g\in {\mathfrak{q}}^{(n)}$. 由定义 $a\in {\mathfrak{q}}^{(n)}$ 故 ${\mathfrak{q}}^{(n)}\subset f{\mathfrak{q}}^{(n)}+{\mathfrak{q}}^{(n+1)}$, 从而 ${\mathfrak{q}}^{(n)}/{\mathfrak{q}}^{(n+1)}=f{\mathfrak{q}}^{(n)}/{\mathfrak{q}}^{(n=1)}$. 由中山引理, ${\mathfrak{q}}^{(n)}={\mathfrak{q}}^{(n+1)}$. 这即是说 ${\mathfrak{q}}^n{R}_{\mathfrak{q}}={\mathfrak{q}}^{(n+1)}{R}_{\mathfrak{q}}$, 而这又即 $({\mathfrak{q}}_{\mathfrak{q}}{)}^n=({\mathfrak{q}}_{\mathfrak{q}}{)}^{n+1}$. 再由中山引理得, $({\mathfrak{q}}_{\mathfrak{q}}{)}^n=0$. 故 $R_{\mathfrak{q}}$ 是零维的, 也即 $\mathfrak{q}=0$.

$\square$

注 1.14. Krull 主理想定理的一般形式为: 诺特环中, 若 $\mathfrak{p}\supset ⟨f_1,\cdots ,f_r⟩$, 则 $\mathrm{ht}\mathfrak{p}\le r$. 并且其具有逆定理: 诺特环中, 若素理想 $\mathfrak{p}$ 满足 $\mathrm{ht}\mathfrak{p}=r$, 则存在 $f_1,\cdots ,f_r\in R$ 使得 $\mathfrak{p}$ 是包含 $⟨f_1,\cdots ,f_r⟩$ 的极小素理想.

定理 1.15. 若 $X$ 是 ${\mathbb{P}}^N$ 中的拟射影簇, 且 $f_1,\cdots ,f_r$ 是 $r$ 个 $n+1$ 元齐次多项式, 则

(1)	若 $X$ 等维数, 且维数为 $n$, 则 $X\cap \mathcal{V}(f_1,\cdots ,f_r)$ 的任一不可约分支维数不小于 $n-r$.
(2)	若 $X$ 是 $n$ 维射影簇, 且 $n\ge r$, 则 $X\cap \mathcal{V}(f_1,\cdots ,f_r)\ne \varnothing$.

证明.

(1)

我们对多项式的个数 $r$ 做归纳. 初始情形 $r=0$ 是显然的. 若 $Z$ 是 $X\cap \mathcal{V}(F_1,\cdots ,F_r)$, 则 $Z$ 被 $X\cap \mathcal{V}(F_1,\cdots ,F_{r-1})$ 的一个不可约分支 $Y$. 由归纳假设, 我们有 $\dim Y\ge n-r+1$. 则 $Z$ 是 $Y\cap \mathcal{V}(F_r)$ 的连通分支. 若 $Y\subset \mathcal{V}(F_r)$, 则 $Z=Y$, 从而 $\dim Z=\dim Y\ge n-r+1>n-r$. 否则 $x\in Z\subset Y$. 令 $U$ 是 $Y$ 中包含 $x$ 的一个仿射开邻域, 且不妨设其被包含在 ${\mathbb{P}}^N$ 的第 $i$ 个标准开集中. 由于 $Y$ 不可约, 故 $U\cap (Y\backslash \mathcal{V}(F_r))\ne \varnothing$, 故而 $U\not\subset \mathcal{V}(U)$. 令 $U$ 上的正则函数 $f_r=\frac{F_r}{X_i^{{\mathrm{deg}}_{X_i}{F}_r}}$, 则 $f_r\ne 0\in A(U)$. 且 $Z\cap U$ 是 $U\cap \mathcal{V}(F_r)=U\cap (Y\cap \mathcal{V}(F_r))$ 的不可约分支. 故 $Z\cap U$ 对应了 $A(U)$ 中的一个包含 $f_r$ 的极小素理想 ${\mathfrak{p}}_Z$. 由 Krull 主理想定理, $\dim (Z\cap U)=\dim (U)-1$. 而 $\dim (Z\cap U)=\dim Z$, 且 $\dim Y=\dim U$. 故 $\dim Z=\dim Y-1\ge n-r$.

(2)

不妨设 $X$ 不可约. 仍归纳. 对于 $r=1$, 由于 $\dim X\ge 1$, $X$ 非单点集, 故 $X\cap \mathcal{V}(f_1)\ne \varnothing$. 而对于 $r$, 由归纳假设, $X\cap \mathcal{V}(F_1,\cdots ,F_{r-1})\ne \varnothing$. 取其中不可约分支 $Y$, 则由上一命题, $\dim Y\ge n-r+1\ge 1$. 故由 $r=1$ 的证明类似得 $Y\cap \mathcal{V}(f_r)\ne \varnothing$. 故 $X\cap \mathcal{V}(F_1,\cdots ,F_r)\ne \varnothing$.

$\square$

推论 1.16. ${\mathbb{A}}^n$ 或 ${\mathbb{P}}^n$ 中的超曲面即对应空间的 $n-1$ 维的等维数子簇.

证明. 只证仿射情形. 若 $X\subset {\mathbb{A}}^n$, 其中 $X=\mathcal{V}(F)$, $\mathrm{deg}F\ge 1$. 则由 Krull 主理想定理, 对于任意不可约分支 $X_i$, $\dim X_i=n-1$. 故 $\dim X=n-1$.

反之, 若 $X$ 是 $n-1$ 维的等维数子簇, 则不妨设 $X$ 不可约 (否则即是定义多项式的乘积) , 则对于任意非零 $f\in \mathcal{I}(X)$, 将 $f$ 分解为不可约多项式的乘积 $f_1\cdots f_r$. 则存在 $j$ 使 $f_j\in \mathcal{I}(X)$. 这意味着 $⟨f_j⟩\subset \mathcal{I}(X)$. 故而 $X\subset \mathcal{V}(f_j)$. 但此时, $\dim \mathcal{V}(f_j)=\dim X=n-1$. 故 $X=\mathcal{V}(f_j)$.

$\square$

2一般有限态射

有限映射是一类重要的态射:

定义 2.1 (一般有限映射 (Finite Map) ). 称拟射影簇间的态射 $f:X\to Y$ 有限, 若 $f^{\ast }:k(Y)\to k(X)$ 是有限环扩张.

容易知道, 有限映射的复合仍是有限映射.

定理 2.2. 若 $f:X\to Y$ 是不可约拟射影簇的支配态射, 则存在稠密开集 $V\subset Y$ 使得对于任意 $y\in V$ 都有 $f^{-1}(y)$ 都是有限集 当且仅当 $f^{\ast }:k(Y)\to k(X)$ 是代数的有限同态 (即 $k(X)$ 是 $f(k(Y))$ 的有限扩张. 由于 $f$ 是支配态射, 且 $X$, $Y$ 都不可约, 故 $f^{\ast }$ 是域之间的单射.) 这也即 $f$ 是有限映射.

在此情形下, 显然有 $\dim X=\dim Y$, 并且对于 $y\in V$, 我们有 $|f^{-1}(y)|\le [k(X):f(k(Y))]$. 该等号成立当且仅当 $k(Y)/k(X)$ 可分.

证明. 先设 $X\subset {\mathbb{A}}^n$ 与 $Y\subset {\mathbb{A}}^m$ 是代数簇, 且以 $f$ 的图像 $\Gamma \subset {\mathbb{A}}^{n+m}$ 代替 $X$. 当原先的 $X\subset {\mathbb{A}}^1$ 时, 则以图像代替后, 我们可以认为 $A(X)$ 是由 $A(Y)$ 添加一个超越元 $X$ 得到的. 这样就有若 $x$ 在 $k(Y)$ 是代数的, 则令 $G(T)\in k(Y)[T]$ 是 $x$ 的极小多项式. 令 $d=[k(X):k(Y)]=\mathrm{deg}G(T)$, 则令 $G(T)=a_d(Y)T^d+\cdots +a_0(Y)$. 其中 $a_i(y)\in A(Y)$. 对于 $y\in Y$, 若 $a_d(y)\ne 0$, 则 $G_y(T)=a_d(y)T^d+\cdots +a_0(y)$ 有至多 $d$ 个互不相同的解. 且 $f^{-1}(y)\subset \{(x,y)\mid G_y(x)=0\}$, 故 $|f^{-1}(y)|\le d$.

若 $k(X):k(Y)$ 可分, 则 $G(T)$ 是 $k(Y)$ 的可分多项式. 这等价于说 $G(T)$ 与 $G^{\prime }(T)$ 在 $k(Y)[T]$ 中互素, 故存在 $A(T),B(T)\in k(Y)[T]$ 使得 $A(T)G(T)+B(T)G^{\prime }(T)=1$. 乘以公分母后, 存在 $C(T)\in A(Y)[T]$ 使得 $a(T)G(T)+b(T)G^{\prime }(T)=c(T)$, 其中 $a(T),b(T)\in A(Y)[T]$. 如此一来, 存在 $y\in Y$ 使得 $C(y)\ne 0$. 故 $G_y(T)$ 与 $G_y^{\prime }T$ 在 $k[T]$ 中互素. 次数 $G_y(T)$ 正好有 $d$ 个互不相同的解, 即 $|f^{-1}(y)|=d$.

反之, 若 $[k(Y):k(X)]=\infty$, 则取 $F\in \mathcal{I}(X)$, 记 $F(x,Y)=b_e(Y)x^e+\cdots +b_0(Y)$, 则 $F=0\in k(X)=k(Y)(x)$. 由 $x$ 超越, 对于所有 $y\in Y$, $b_i(y)=0$, 即 $b_i(Y)$ 在 $Y$ 上为 $0$. 故 $b_i(Y)\in \mathcal{I}(Y)$, 且 $F(y,x)=0$ 对任意 $x\in k$ 与 $y\in Y$ 成立, 故 ${\pi }^{-1}(Y)=X$, 即 $X\cong Y\times {\mathbb{A}}^1$. 这即完成了对 $n=1$ 维情况的证明.

对于一般情形, 我们对 $n$ 做归纳. 我们可以将映射 $f$ 分解为如下情形: 其中 $X_{k+1}\to X_k$ 为对前 $k$ 个分量的投影. 那么存在开集 $V\subset Y=X_0$ 使得任意 $y\in V$ 上的纤维 $f^{-1}(y)$ 有限等价于任一 $X_{k+1}\to X_k$ 的纤维一般有限 (即存在 $V_k\in X_k$ 使得任意 $y\in V_k$, $y$ 上的纤维有限) . 依据 $n=1$ 的情形, 这等价于 $k(X_{k+1})/k(X_k)$ 都是有限扩张, 也等价于 $k(X)/k(Y)$ 有限. 而 $k(X)/k(Y)$ 可分也等价于诸 $k(X_{k+1})/k(X_k)$ 可分, 也等价于诸 $X_{k+1}\to X_k$ 的纤维元素个数等于 $[k(X_{k+1}):K(X_k)]$.

现在回到一般情形, 令 $V\subset Y$ 是仿射开集, 则 $f:f^{-1}(V)\to V$ 是支配态射. 现取仿射开集 $U\subset f^{-1}(V)$ (自动也是 $X$ 的仿射开集) , 则可对 $f{\mid }_U:U\to V$ 运用仿射情形的结论. 由于 $X$, $Y$ 均不可约, 故 $U$ 和 $V$ 均在对于的簇中稠密. 而由于 $k(Y)=k(V)$, 且 $k(X)=k(U)$, 故存在这样的开集 $V$ 可推出 $k(Y)/k(X)$ 有限.

而这种情况下, $\mathrm{trdeg}k(X)=\mathrm{trdeg}k(Y)$, 故而 $\dim X=\dim Y$.

$\square$

推论 2.3. 若 $X$ 是 $n$ 维不可约拟射影簇, 则存在有限支配态射 $f:X\to {\mathbb{P}}^n$.

证明. 不妨设 $X$ 是射影簇 (否则取闭包) , 则 $X\subset {\mathbb{P}}^N$ 是闭集. 若 $n=N$, 则无需证明. 否则 $\dim X\le n-1$.

否则取 $p\in {\mathbb{P}}^N\backslash X$. 考虑沿着投影 ${\pi }_p:{\mathbb{P}}^N⇢{\mathbb{P}}^{N-1}$. 那我们有 ${\pi }_p:{\mathbb{P}}^N\backslash p⇢{\mathbb{P}}^{N-1}$. 那么 ${\pi }_{x_0}{\mid }_X$ 像闭, 且对于 $q\in {\mathbb{P}}^{N-1}$, $({\pi }_{x_0}{\mid }_X{)}^{-1}(q)⊊l_q$, 其中 $l_q$ 是连接 $p$ 与 $q\in {\mathbb{P}}^{N-1}$ 的直线, 故 $\dim ({\pi }_{x_0}{\mid }_X{)}^{-1}(p)=0$. 这意味着 $|({\pi }_{x_0}{\mid }_X{)}^{-1}(p)|<\infty$, 即 ${\pi }_{x_0}{\mid }_X$ 有有限纤维.

如此一来, 考虑映射 $f:X\to {\mathbb{P}}^{N-1}\to {\mathbb{P}}^n$. 由于其中每一步都是有限的, 故 $f$ 是有限的. 由上一命题, $n=\dim X=\dim f(X)$. 而 $f(X)$ 是 ${\mathbb{P}}^n$ 中的闭子集, 故 $f(X)={\mathbb{P}}^n$. 故 $f$ 是支配态射. 取上述构造的 $f$ 即可.

$\square$

推论 2.4. 对于拟射影簇 $X$ 与 $Y$, 其具有 $\dim (X\times Y)=\dim X+\dim Y$.

证明. 不妨设 $X,Y$ 都不可约. 取支配有限态射 $f:X\to {\mathbb{P}}^m$, $g:Y\to {\mathbb{P}}^n$, 则 $f\times g:X\times Y\to {\mathbb{P}}^n\times {\mathbb{P}}^m$ 是有限映射. 故 $\dim (X\times Y)=\dim ({\mathbb{P}}^m\times {\mathbb{P}}^n)=m+n$.

$\square$

推论 2.5. 若 $X,Y\subset {\mathbb{P}}^n$ 是拟射影簇.

(1)	若 $X,Y$ 都不可约, 则 $\dim (X\cap Y)\ge \dim X+\dim Y-n$.
(2)	若 $X$ 与 $Y$ 都闭, 且 $\dim X+\dim Y\ge n$ 则 $X\cap Y\ne \varnothing$.

证明.

(1)

考虑仿射锥 $\mathcal{C}X$ 与 $\mathcal{C}Y$. 那么 $\dim \mathcal{C}X=\dim X+1$ 且 $\dim \mathcal{C}Y=\dim Y+1$. 故 $\dim (\mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y)=\dim \mathcal{C}X+\dim \mathcal{C}Y=\dim X+\dim Y+2$. 且 $\dim (\mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y)\le \dim ({\mathbb{A}}^{n+1}\times {\mathbb{A}}^{n+1})=2n+2$. 而注意到 $\mathcal{C}(X\cap Y)=\mathcal{C}X\cap \dim \mathcal{C}Y\cong (\mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y)\cap \Delta$, 其中 $\Delta$ 是 ${\mathbb{A}}^{n+1}\times {\mathbb{A}}^{n+1}$ 中的对角线. 注意到 $\Delta$ 是由 $n+1$ 个线性方程定义的, 故 $(\mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y)\cap \Delta$ 中的每个不可约分支 $Z$ (自动等维数) 均有维数 $\dim Z\ge \dim X+\dim Y+2-(n+1)=\dim X+\dim Y-n+1$. 这说明 $\dim (\mathcal{C}(X\cap Y))=\dim ((\mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y)\cap \Delta )\ge \dim X+\dim Y-n+1$, 故 $\dim (X\cap Y)\ge \dim X+\dim Y-n$.

(2)

此时 $\dim \mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y>0$, 且 $\dim ((\mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y)\cap \Delta )\ge \dim X+\dim Y-n+1\ge 1$, 故 $\mathcal{C}(X\cap Y)\cong (\mathcal{C}X\times \mathcal{C}Y)\cap \Delta$ 有正维数, 从而 $X\cap Y\ne \varnothing$.

$\square$

3纤维的维数

先做一个记号约定: 对于簇的态射 $\phi :X\to Y$ 及 $x\in X$, $X_x:={\phi }^{-1}(\phi (x))$.

引理 3.1. 若 $Y$ 是等维数 $d$ 维代数簇, 且 $y\in Y$, 则存在 $Y$ 上的正则函数 $f_1,\cdots ,f_d$ 使得 $y$ 是 $\mathcal{V}(f_1,\cdots ,f_d)$ 的孤立不可约分支 (即单点不可约分支) , 且此时有 $\dim Y\cap \mathcal{V}(f_1,\cdots ,f_d)=0$.

证明. 假设 $Y={\bigcup }_i{Y}_i$ 是不可约分解, 且 $Y\subset {\mathbb{A}}^n$. 简便起见, 不妨设 $y$ 是原点, 那么可取 $f_1$ 是不包含任一 $Y$ 的其他不可约分支的超平面, 即可保证存在 $y\in Y_i$ 使得 $f(y)\ne 0$. 这样我们得到一个更小的闭子簇 $Y^{(1)}:=Y\cap f_1,\dim Y^{(1)}=d-1$, 同样的步骤做归纳即得 $Y=Y^{(0)}⊋Y^{(1)}⊋\cdots ⊋Y^{(d)}$, 其中 $Y^{(k)}=Y\cap \mathcal{V}(f_1,\cdots ,f_k)$.

$\square$

定理 3.2. 若 $\phi :X\to {\mathbb{P}}^n$ 是拟射影簇的态射, 则映射$$\delta :X\to {\mathbb{Z}}_{\ge 0};x\mapsto {\dim }_x{X}_x$$是上半连续的. 这即是说 ${\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge n})\subset X$ 都是闭子集.

进一步地, 若 $X$ 不可约, 则 $\dim X=\dim \overline{\phi (X)}+\underset{x\in X}{\min }\delta (x)$.

证明. 不妨设 $X$ 不可约. 否则取不可约分解 $X={\bigcup }_{i=1}^n{X}_i$, 我们有 ${\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r})={\bigcup }_{i=1}^n\{x\in X_i\mid {\dim }_x(X_i)\ge r\}$. 由不可约情形的闭性即得一般情形的闭性.

在不可约的假设下, 令 $Y=\overline{\phi (X)}\subset {\mathbb{P}}^n$, 则 $\phi :X\to Y$ 是支配态射. 对 $y\in \phi (X)$, 取 $y$ 包含在 $Y$ 中的仿射开邻域 $V$, 则存在 $V$ 上的正则函数 $f_1,\cdots ,f_d$ 使得 $y$ 是 $\mathcal{V}(f_1,\cdots ,f_d)$ 的孤立不可约分支. 令 $y=f\phi (x)$, 则以适当的仿射开邻域替代 $Y$, 可认为 $X_x=\mathcal{V}({\phi }^{\ast }{f}_1,\cdots ,{\phi }^{\ast }{f}_d)$. 故 $\delta (x)\ge \dim X-d=\dim X-\dim Y$.

我们断言存在 $U\subset X$ 开, 使得 $x\in U$ 就有 $\delta (x)=\dim X-\dim Y$. 由于这是一个局部的断言, 故我们只需考虑 $X,Y$ 均仿射的情形即可. 假设 $X\subset {\mathbb{A}}^m$, 且 $Y\subset {\mathbb{A}}^n$, 则以 $\phi$ 的图像替代 $X$, 我们有 $X\subset {\mathbb{A}}^{n+m}$. 则 $\phi :X\to Y$ 是 ${\mathbb{A}}^{m+n}\to {\mathbb{A}}^n$ 的投影.

考虑 ${\phi }_{i+1}:X_{i+1}\to X_i;(y,x_1,\cdots ,x_{i+1})\mapsto (y,x_1,\cdots ,x_i)$. 其中 $X_{m+n}=X$. 若 $x_{i+1}$ 在 $k(X_i)$ 上代数, 则存在 $V_i\subset X_i$ 开, 使得 $x\in V_i$ 就有 ${\phi }_{i+1}^{-1}(x)$ 有限. 此时 $\dim X_{i+1}=\dim X_i$. 反之, $X_{i+1}=X_i\times {\mathbb{A}}^1$, 故 $\dim X_{i+1}=\dim X_i+1$.

若 $J=\{0\le i\le m-1\mid x_{i+1}在k(X_i)上超越\}$, 则 $\dim X-\dim Y=|J|$. 令 $U={\bigcap }_{i\ne J}({\phi }_m^{-1}\cdots {\phi }_{i+1}^{-1}(V_i))$, 则这是 $X$ 中的开集, 故任意 $U$ 中的点都满足 ${\dim }_x{X}_x=|J|$, 则 $\dim X-\dim Y=\delta (x)$ 对于任意 $x\in U$ 都成立.

最后证明 ${\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r})$ 闭. 若 $r\le \dim X-\dim Y$, 则 ${\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r})=X$, 那么命题成立. 若 $r>\dim X-\dim Y$, 则 $F=U^c$ 闭, 故 $\dim F<\dim X$. 记 $F(r):=\{x\in F\mid {\dim }_{x}F\ge r\}$. 则显然 $F(r)\subset {\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r})$. 另一方面, 对于任意 $x\in {\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r})$ 以及不可约分支 $X^{\prime }$ 满足 $\dim X^{\prime }\ge r$, 有 $x\in X^{\prime }\subset F$. 故 ${\dim }_x{F}_x\ge r$, 故 $x\in F_r$, 故 ${\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r})\subset F(r)$. 所以 ${\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r})=F(r)$ 闭.

$\square$

推论 3.3. 若 $X$ 是不可约拟射影簇, 且 $\phi :X\to {\mathbb{P}}^n$ 是簇的态射. 记 $Y:=\overline{\phi (X)}$, 则

(1)	对于任意 $y\in \phi (X)$, ${\phi }^{-1}(y)$ 的任一不可约分支维数不小于 $\dim X-\dim Y$.
(2)	存在 $Y$ 中的稠密开集, 使得对于任意 $y\in Y$, 有 $\dim {\phi }^{-1}(y)=\dim X-\dim Y$.

证明.

(1)

令 $X^{\prime }$ 是 ${\phi }^{-1}(y)$ 的不可约分支, 则存在 $x\in X^{\prime }$ 使得 $x$ 不含在 ${\phi }^{-1}(y)$ 的其他不可约分支中. 令 ${\delta }_0=\dim X-\dim Y$, 则 $\dim X^{\prime }={\dim }_x{X}_x\ge \dim X-\dim Y$.

(2)

由于 ${\delta }^{-1}({\delta }_0+1)$ 闭, 故只需证明对于 ${\delta }^{-1}({\delta }_0+1)$ 的任一不可约分支 $Z$, 有 $\overline{\phi (Z)}⊊Y$. 取 $x\in Z$ 使得 $x$ 不被包含在任意其它不可约分支中, 则存在 $X_x$ 的不可约分支 $X^{\prime }$ 使得 $\dim X^{\prime }\ge {\delta }_0+1$. 故 $X^{\prime }\subset {\delta }^{-1}({\delta }_0+1)$, 从而 $X^{\prime }\in Z$. 故 $\dim Z-\dim \overline{\phi (Z)}\ge {\delta }_0$. 由于 $\dim Z\le \dim X-1$, 故 $\dim \overline{\phi (Z)}\le \dim X-1-{\delta }_0=\dim Y-1$. 这说明 $\overline{\phi (Z)}⊊Y$. 取其补集即可.

$\square$

命题 3.4. 若 $\phi :X\to Y$ 是闭态射, 则 $\delta :Y\to {\mathbb{Z}}_{\ge 0};\dim {\phi }^{-1}(y)$ 是上半连续的.

证明. 令 $Y(r):=\{y\in Y\mid \dim {\phi }^{-1}(y)\ge r\}$, 则 $Y(r)=\phi ({\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge r}))$. 由于 $\phi$ 闭, 故 $Y(r)$ 也闭.

$\square$

注 3.5. 上述命题中, $\phi$ 闭是重要的. 考虑 $\phi :{\mathbb{A}}^3\to {\mathbb{A}}^3;(x,y,z)\mapsto (x,(xy-1)y,(xy-1)z)$. 那么可验证 $\phi$ 不闭, 且 $Y(1)=\phi ({\delta }^{-1}({\mathbb{Z}}_{\ge 1}))=\{(a,0,0)\mid a\ne 0\}$ 显然不闭.

命题 3.6. 若 $\phi :X\to Y$ 是支配闭态射, 且 $Y$ 不可约, 且 $\phi$ 的任一纤维不可约, 且维数相等 (记为 $r$) . 那么 $X$ 也不可约, 且 $\dim X=\dim Y+r$.

证明. 令 $X={\bigcup }_{i=1}^k{X}_i$ 为 $X$ 的不可约分解, 则考虑 ${\phi }_i=\phi {\mid }_{X_i}$. 这些是也闭映射. 令 $d_i(y)=\dim {\phi }_i^{-1}(y)$, 则由题设, 对于任意 $y\in Y$, 我们有 $\underset{1\le i\le k}{\max }{d}_i(y)=r$. 由于 $Y_i(r):=\{y\in Y\mid d_i(y)\ge r\}$ 闭故存在 $i_0$ 使得 $Y_i(r)=Y$. 故 $\dim {\phi }_{i_0}^{-1}(y)=\dim {\phi }^{-1}(y)=r$. 由于 ${\phi }_{i_0}^{-1}(y)$ 是 ${\phi }^{-1}(y)$ 的闭子簇, 故 ${\phi }^{-1}(y)={\phi }_{i_0}^{-1}(y)$. 这即是说 $X_i={\phi }^{-1}(y)={\phi }_{i_0}^{-1}(y)=X$, 故 $X$ 不可约. 由上半连续性定理知 $\dim X=\dim Y+r$.

$\square$

定理 3.7 (刚性引理 (Rigidity Lemma) ). 若 $X$ 是不可约射影簇, $Y$ 是不可约拟射影簇. 若 $y_0\in Y$, 若 $\phi :X\times Y\to Z$ 是簇的态射, 且 $\phi (X\times y_0)$ 是单点集, 则对于任意 $y\in Y$ 都有 $\phi (X\times y)$ 为单点集.

证明. 令 $\Gamma$ 为 $\phi$ 的图像. 考虑后两个分量的投影 $q:X\times Y\times Z\to Y\times Z$. 由于 $X$ 是射影簇, 且 $q$ 是闭映射, 故 $q(\Gamma )\subset Y\times Z$ 闭. 由于 $Z$ 分量上的投影 $p:Y\times Z\to Z$. 若 $\phi (X\times y_0)=z_0$. 则 $p^{-1}(y_0)=(y_0,z_0)$, 则 $\underset{(y,z)}{\min }\delta (y,z)=0$. 由上面引理, 这即是说 $\dim q(\Gamma )=\dim Y$. 且对于任意 $w=(y,z)\in q(\Gamma )$, 则 $\dim q^{-1}(w)\ge \dim \Gamma -\dim q(\Gamma )=\dim X+\dim Y-\dim Y=\dim X$. 即 $q^{-1}(w)=X$. 故而 $\phi (X\times y)=z$.

$\square$

注 3.8. 这件事是高度非平凡的. 其一般版本为 $X$ 是紧合 (七字经: 拟紧泛闭有限型) , 几何整的不可约簇, 而 $Y$ 是不可约簇. 详情见 Vakil.10.3.12. 下面是该定理的强大应用.

4应用: Abel 簇

定义 4.1 (代数群 (Algebraic Group) ). 设 $X$ 为簇. 若存在簇的态射 $m:X\times X\to X$, $\mathrm{inv}:X\to X$ 以及 $e\in X$ (并记相应的包含映射为 $i$) 使得下图交换: 则称 $(V,m,\mathrm{inv},e)$ 为一个代数群.

定义 4.2 (代数群的态射). 设 $G_1$ 与 $G_2$ 是代数群. 称簇的映射 $\phi :G_1\mapsto G_2$ 是代数群的态射, 若 $\phi$ 还是一个群同态.

例 4.3.

(1)	全体可逆方阵 $G{L}_n(k)$ 是一个拟射影簇, 且乘法与取逆均为正规态射, 故是一个代数群. 同理, $S{L}_n(k)$, 即行列式为 $1$ 的方阵全体, 也是一个代数群. 称 $G{L}_n(k)$ 的闭子群为线性代数群.
(2)	椭圆曲线. 详情参见相关条目, 这是一个非线性代数群.

在 $k=\mathbb{C}$ 的情形下, 线性代数群已被完全分类.

定义 4.4 (Abel 簇 (Abelian Variety) ). 称不可约的射影代数群为 $Abel$ 簇. (即作为簇是射影簇的代数群)

定理 4.5. Abel 簇都是交换代数群.

证明. 令 $X$ 是 Abel 簇, 定义 $u:X\times X\to X;(x,y)\mapsto x^{-1}{y}^{-1}xy$. 注意到 $u(X\times e)=e$, 故由上述命题知 $u(X\times \{y\})$ 都是单点集. 但 $u(e\times \{y\})=e$, 故这意味着 $x^{-1}{y}^{-1}xy=1$ 对于任意 $x,y\in X$ 成立. 这即 $X$ 交换.

$\square$

一维的复 Abel 簇就是椭圆曲线, 故上述命题证明椭圆曲线上的群结构是交换的.

5可构造集

定义 5.1 (可构造集 (Constructible Set) ). 称拓扑空间 $X$ 的子集 $Y$ 是可构造的, 若 $Y$ 是有限个相对闭集的并. 这也即 $Y={\bigcup }_{i=1}^n{U}_i\cap V_i$, 其中 $U_i$ 开而 $V_i$ 闭.

注 5.2. 开闭集显然都是可构造集.

定理 5.3 (Chevalley). 若 $\phi :X\to Y$ 是簇的态射, 则 $\phi$ 保持可构造集. 作为推论, 簇的像是可构造的.

证明. 由于可构造集对有限并封闭, 故不妨设 $X$ 不可约. 由于 $X$ 的相对闭集也是簇, 故只需证 $\phi (X)$ 可构造. 若 $\phi$ 不是支配态射, 则将 $Y$ 缩小至 $\overline{\phi (X)}$. 对 $\dim Y=0$, 命题显然成立. 若命题对维数小于 $\dim \phi (X)$ 成立. 由上述内容知, 存在开集 $V\subset Y$ 使得对于任意 $y\in V$ 有 $\dim {\phi }^{-1}(y)=\dim X-\dim Y$. 令 $Z={\phi }^{-1}(V{)}^c$, 则由不可约性有 $\phi (X)=\phi (Z)\cup U$. 那么由归纳假设, $\phi (Z)$ 是可构造的, 故而 $\phi (X)$ 可构造. 故归纳假设成立, 命题得证.

$\square$

例 5.4. Chevalley 定理证明了代数群的像都是闭子群. 这是因为代数子群的闭性等价于可构造性. 而若 $\phi :G_1\to G_2$ 是代数群的态射, 那么 $\phi (G_1)$ 依 Chevalley 定理是可构造的, 故而在 $G_2$ 中闭.