用户: Yzhiyu 123/Hartshorne《代数几何》 (GTM52) 集注

本页面旨在解释 [Hart] 中初读觉得说得比较隐晦的内容, 并参考诸文献作少许补充.

2概形

层

层化是遗忘的左伴随. 实际上还可以证明它是左正合的 (这是需要额外证明的定理 [Weibel, Application 2.6.5], 习题 1.4(a)). 但是遗忘只是左正合的, 这是为什么层态射作为预层态射的核就是层态射的核的一种解释.

我们有时会遇到这样的操作: 对于层 $\mathcal{F}\subset \mathcal{G}$ 和态射 $f:{\mathcal{G}}^{\prime }\to \mathcal{G}$, 要证明 $f^{-1}(\mathcal{F})$ 是 ${\mathcal{G}}^{\prime }$ 的子层. 在习题 5.15 中, 我们还需要在凝聚性条件下推出它是凝聚的.

习题 1.2: 经过本题, 我们发现层的限制是保持正合性的.

习题 1.10, 1.11, 1.12: 在 $R$-模范畴中, $\underrightarrow{\lim }$ 是正合的, $\underleftarrow{\lim }$ 和极限交换, $\underrightarrow{\lim }$ 和无穷积一般不交换. 所以为了使直接对各截面模取滤余极限得到的预层是层, 我们只要 “有限性”. 参照下面习题 2.13.

概形

参见: 一般点.

命题 2.6, 为什么 $\alpha :P\mapsto \overline{\{P\}}$ 诱导 $X$ 的开子集和 $t(X)$ 的开子集间的双射. 设 $U\subset X$ 是开子集, 我们证明 $\alpha (U)$ 开, 或者 $t(X)\setminus \alpha (U)$ 闭.

习题 2.9: 形如 $\overline{\{\eta \}}$ 的闭集一定不可约 (这是对一般拓扑空间成立的, 参见命题 2.6 的证明). 在第 4 节中, 我们证明赋值判别法时将用到这一点.

证明.

证明. 因为它非空 (含 $\eta$) , 而如果写成两个真闭子集的并, 两者必也是 $X$ 的闭子集, 则有一者是含 $\eta$ 的闭集, 从而含 $\overline{\{\eta \}}$. 这就证明其不可约.

$\square$

并且, 可证明 $\eta \mapsto \overline{\{\eta \}}$ 是单映射.

证明.

证明. 若 $\overline{\{\eta \}}=\overline{\{\xi \}}$, 则 $\xi$ 任何开邻域含 $\eta$, 故可取一个仿射开集时含 $\xi ,\eta$. 此时, $\xi ,\eta$ 都是素理想. $U\setminus \overline{\{\xi \}}=U\setminus \overline{\{\eta \}}$, 故任取开邻域 $D(f)\subset U$, 则 $\xi \notin D(f)⟺\eta \notin D(f)$. 这意味着 $f\in \xi ⟺f\in \eta$, 于是 $\eta =\xi$.

$\square$

从这个证明可以看出关键在于概形是一个 ${\mathrm{T}}_0$ 空间.

习题 2.16(c): 这个条件其实就是拟分离 [RS, 10.1.9,10.1.G], (d) 其实就是 qcqs 引理 [RS, 7.3.5]. Noether 满足拟分离是因为它的任何开子集都拟紧 (习题 2.13(a)).

概形的初步性质

命题 3.2 证明局部 Noether 性可以在每个仿射开集上验证时使用的代数引理, 不但将在命题 5.4 中发挥作用, 在习题中也需要用类似的 “从局部 (的有限性) 到整体 (的有限性)” 的推理.

另外命题 3.2 证明的第二段中其实已经暗藏了证明类似命题经常要用的 “Nike 技巧” [Nike 是 Vinayak (Nike) Vatsal, 见 https://math.stackexchange.com/questions/57077/on-affine-local-properties]:

命题 2.1 ([RS, Prop 5.3.1]). 设 $U=\mathrm{Spec}A,V=\mathrm{Spec}B$ 是概形 $X$ 的两个仿射开子概形, 则 $\mathrm{Spec}A\cap \mathrm{Spec}B$ 是一些同时在 $\mathrm{Spec}A$ 和 $\mathrm{Spec}B$ 中均为基本开集的开子概形之并.

证明. 我们证明 $U\cap V$ 中每点有满足条件的邻域即可. 首先可设 $V\subset U$ (Hartshorne 证明的第一段就在做这件事), 因为可取 $V$ 在 $U$ 中的基本开邻域替代 $V$. 然后取 $U$ 中的邻域 $D(f)\subset V$. 开浸入 $i:V\hookrightarrow U$ 对应于环同态 $\varphi :A\to B$. 则我们可证明 $D(f)$ 正是 $V$ 中 $\varphi (f)$ 决定的基本开邻域 (他第二段做的事).

$\square$

在这里, Vakil 就搬出了他所称的 “仿射联系引理”, 以统一处理此类问题 [RS, 5.3]:

定义 2.2 (仿射局部). 如果性质 $\mathcal{P}$ 为概形 $X$ 的一些仿射开子集满足, 并且:

1. 如果仿射开子集 $\mathrm{Spec}A$ 满足 $\mathcal{P}$, 它的任何局部化 $\mathrm{Spec}{A}_f,f\in A$ 也满足;

2. 如果仿射开子集 $\mathrm{Spec}A$ 满足 $(1)=(f_1,\dots ,f_r)$ (理想/$A$-模的生成), $\mathrm{Spec}{A}_f$ 均满足 $\mathcal{P}$, 那么 $\mathrm{Spec}A$ 也满足.

引理 2.3 (仿射联系引理). 如果 $X$ 有仿射开覆盖满足性质 $\mathcal{P}$, 则 $X$ 的任何仿射开子集均满足.

关于局部有限型和有限型态射的性质在习题里列举了很多. 关于有限态射则说得不多, 习题 4.1 需要用到一些. 如有限态射明显仿射, 有限态射是闭映射 (实际上整态射即可 [RS, 7.3.M], 见整同态), 有限态射在基变换下稳定 ([RS, 9.4.B]).

纤维积的很多性质本质是属于范畴的 (可以用泛性质证明), 如纤维积的传递性. 参见积 (范畴论).

命题 2.4. 如果 $U,V$ 是 $X$ 的开子概形, 那么 $U\cap V$ 连同开浸入是纤维积 $U{\times }_{X}V$.

证明有关纤维积的性质的手段, Hartshorne 都写在了概形纤维积存在的证明之中. 我们将它剥离出来, 就是:

引理 2.5. 如果有 $Y$-概形 $f:X\to Y$,

开浸入和闭浸入的共通点是它们都是单态射, 即满足左消去律 [RS, 9.2.G].

习题 3.11(b) 很重要, 它说明仿射概形 $\mathrm{Spec}A$ 的闭子概形都形如 $\mathrm{Spec}A/I$. 因为我们经常要局部地讨论问题, 所以它很有用. 实际上它告诉我们闭浸入总是仿射的 (实际上是有限的 (习题 5.5(b)), 有限自然仿射 (习题 5.17(b))).

分离态射和紧合态射

命题 2.6 ([RS, 10.1.3]). 对角线态射 $\Delta :X\to X{\times }_{Y}X$ 总是局部闭浸入. 实际上 [RS, 10.1.18] 图象态射总是局部闭浸入 (它可以是一个对角线态射的基变换, 所以 $Y\to S$ 的性质也会决定图象态射的性质).

从其证明中我们可以分离出如下现象:

引理 2.7. 设 $Y$ 有开覆盖 $\{V_i\}$, $X$ 有开覆盖 $\{U_{ij}\}$, $X\to Y$ 是 $U_{ij}\to V_i$ 的粘合, 则 $X\to X{\times }_{Y}X$ 的象被 $U_{ij}{\times }_{V_i}{U}_{ij}$ 覆盖, 且 ${\Delta }^{-1}(U_{ij}{\times }_{V_i}{U}_{ij})=U_{ij}$.

我们这样找到一个开子概形, $\Delta$ 是到它的闭浸入. 态射 $X\to Y$ 和分离相差的就是这个开子概形实际上可取为整个 $Y$.

引理 4.4 的证明中, 取了 $Z=\overline{\{x_1\}}$, 则 $Z$ 是既约不可约空间, 所以是整概形, 导致局部环是整环.

正如 Hartshorne 所说, 赋值判别法中的 Noether 性是可以减弱的, 参见相应条目.

推论 4.6 和 4.8 的 (a)(b)(c)(e) 不需要 Noether 性, 见 [GW, I, Prop 9.13 和 Prop 12.58]. 4.6 又见 [RS, 10.1.B]: (a) 是 [RS, 10.1.B], (b) 是 [RS, 10.1.13], (c) 是 [RS, 10.1.10] (本质原因是闭浸入在基变换下保持), (f) 是 [RS, 10.1.11] (因为我们用上面的引理, 用 $V_i$ 在 $X$ 中的原象作为 $U_i$, 则 $U_i{\times }_{V_i}{U}_i$ 覆盖 $X{\times }_{Y}X$. 如果 $U_i\to V_i$ 均是分离的, 那么 $U_i\to U_i{\times }_{V_i}{U}_i$ 是闭的, 所以 $\Delta (X)$ 是闭的).

由习题 4.8 知 (d)(e) 都是 (a)(b)(c) 的推论. 推论 4.8 除了 (f) 均可以用这个思路得到.

命题 2.8. 单态射总是分离.

证明. 因为这时 $X\to X{\times }_{Y}X$ 是同构, 见附录.

$\square$

命题 2.9. 如果性质 $\mathcal{P}$ 为复合和基变换保持, 那么它为乘积保持.

证明. 设 $S$-概形态射 $X\to Y,X^{\prime }\to Y^{\prime }$ 有性质 $\mathcal{P}$. 下面的交换图表中, 每个矩形都构成纤维积: $$X^{\prime }{\times }_S{Y}^{\prime }{X}^{\prime }{\times }_{S}Y{X}^{\prime }X{\times }_S{Y}^{\prime }{Y}^{\prime }{\times }_{S}Y{Y}^{\prime }XYS$$由性质 $\mathcal{P}$ 为复合和基变换保持, 左上角的小矩形的四边都有性质 $\mathcal{P}$, 所以对角线也有.

$\square$

命题 2.10. 同上, 如果 $\mathcal{P}$ 还为闭浸入满足, 那么 $X\to Y$ 复合分离态射 $Y\to Z$ 满足性质 $\mathcal{P}$, 则 $X\to Y$ 也满足. 更一般的结果是 [RS, 10.1.19].

证明. $$XY{\times }_{Z}XXYY{\times }_{Z}YYYZ$$

$\square$

实际上这个命题可以直接运用到习题 3.13 (f).

习题 4.3: 由 “神奇图表” 知 $U\cap V=U{\times }_{X}V\to U{\times }_{S}V$ 是对角线态射的基变换. 所以还是闭浸入, 由于 $U,V,S$ 仿射, 所以 $U{\times }_{S}V$ 仿射, 所以 $U{\times }_{X}V$ 作为闭子概形也仿射.

对于拟分离, 同理知道 $U\cap V$ 是有限个仿射概形的交. 见上面习题 2.16(c).

由于仿射概形分离, 所以适用习题 4.3[RS, 10.1.8 定理后的说明].

模层

下面的定义不需要层化: 层的逆向极限, 层的乘积 (因为由层的定义我们只需要 “左正合性”, 而极限和极限交换), $\mathcal{H}\mathrm{om}$ 层 (因为 $\mathrm{Hom}$ 作为张量积的右伴随可以和极限交换).

下面的定义需要层化: 层的正向极限 [正向极限虽然正合, 但是和无穷积不交换, 所以如果有 “有限性”, 则可以交换. (习题 1.10, 1.11)], 层的 (无穷) 直和, 层的张量积. 这时我们没有相应的交换性.

局部化 (取凝聚层的茎) 是一种滤余极限, 它与张量积交换. $\mathrm{Hom}$ 函子是张量积的右伴随, 所以它一般不保持余极限, 通常很难和局部化交换. 但是如果我们有 “有限表现性”, 那就可以了. 见 [Fu, Prop. 1.4.1].

同样, 拟凝聚层拉回 $f^{\ast }$ 是拟凝聚层, 正像层 $f_{\ast }$ 则未必是, 是因为拟凝聚层的无穷直和不一定是拟凝聚层. 我们需要有限性, 要求 qcqs 使源层有有限仿射开覆盖, 且两两交有有限仿射开覆盖. 比如 Stacks 上这个命题 https://stacks.math.columbia.edu/tag/07TB 也需要 qcqs.

引理 5.3 想表达的意思是, 仿射概形 $X$ 上的拟凝聚层 $\mathcal{F}$, 在基本开集 $D(f)$ 上的截面模同构于整体截面模的局部化: $\mathcal{F}(D(f))\cong \mathcal{F}(X{)}_f$ (见 [Fu, Lemma 1.4.4].) 这样再定义态射 $\widetilde{\mathcal{F}(X)}\to \mathcal{F}$, 局部可验证是同构, 这就是命题 5.4 在仿射的情形.

Hartshorne 对浸入的定义并不一般, 参见相应条目. 如果我们将其定义为闭浸入之后复合上开浸入, 则容易证明浸入的复合自然是浸入.

[EGA, I, 4.2.1] 对浸入的定义是到子概形的同构.

定义 2.11 (理想层定义的子概形, [EGA, I, 4.1.2]). 设 $X$ 是概形, $\mathcal{I}$ 是 ${\mathcal{O}}_X$ 的拟凝聚理想层, 则商层 ${\mathcal{O}}_X/\mathcal{I}$ 的支集 $Y$ 是闭的. 将 ${\mathcal{O}}_X/\mathcal{I}$ 到 $Y$ 的限制记为 ${\mathcal{O}}_Y$, 则 $(Y,{\mathcal{O}}_Y)$ 是概形, 称为理想层 $\mathcal{I}$ 定义的子概形.

定义 2.12 (子概形, [EGA, I, 4.1.3]). 设 $(X,{\mathcal{O}}_X)$ 是概形, $(Y,{\mathcal{O}}_Y)$ 是一个环化空间, 满足

1. 作为拓扑空间, $Y$ 是 $X$ 的局部闭子集, 即 $Y$ 中任一点在 $X$ 中的开邻域 $U$, 都有 $Y\cap U$ 是 $U$ 中的闭子集.

注 2.13. 这等价于 $Y$ 是 $X$ 的一个开子集的相对闭子集 (开子空间的闭子集, 开子集和闭子集的交). 因为每点 $x\in Y$ 都有 $U\cap Y=U_x\setminus V_x\ni x$, 其中 $U_x,V_x$ 均为开集. 则 $Y\subset {\cup }_{x\in Y}{U}_x=:U$, $Y\subset {\cap }_{x\in Y}{V}_x^c=:V$, 则 $U$ 开 $V$ 闭, $Y\subset U\cap V$. 另一方面, 对于任意 $y\in U\cap V$, $y$ 一定属于某个 $U_x$, 但是一定不属于 $V_x$, 故 $y\in U_x\setminus V_x=Y\cap U_x\subset Y$. 从而两者相等.

2. 如果用 $U$ 是 $X$ 中含 $Y$ 的最大开子集, 使得 $Y$ 在 $U$ 中闭, 则 $(Y,{\mathcal{O}}_Y)$ 是 ${\mathcal{O}}_X{|}_U$ 的一个拟凝聚理想层定义的子概形.

命题 2.14 ([RS, 8.1.L]). 局部闭浸入 (=浸入) 是局部有限型态射.

证明. 闭浸入是有限型态射. 现在取目标概形上的仿射开集 $\mathrm{Spec}A$, 在开浸入下它成为一些仿射开集, 每个都是 $\mathrm{Spec}{A}_i$, 其中 $A\to A_i$ 有限型. 则 $\mathrm{Spec}{A}_i$ 的拉回是有限个仿射开集 $\mathrm{Spec}{A}_{ij}$ 的并, $A_{ij}$ 为 $A_i$ 有限型, 自然是 $A$ 有限型.

$\square$

通过命题 5.13 和命题 5.15, 扭曲函子的正合性和 $\Gamma (X,-)$ 的左正合性 (见推论 5.16 的证明), 一个多项式环 $S$ 射影谱上的理想层, 确实被 ${\Gamma }_{\ast }(-)$ 映为 $S$ 的一个理想.

推论 5.16 的证明用到了直和是 $R$-模范畴的正合函子. 这是因为 $R$-模范畴是 AB4 范畴. 并且这个证明里提到了扭曲函子是正合的. 这可以在茎上验证 (不知我们能不能提出一般的 “平坦性” 条件? https://mathoverflow.net/questions/118350/flatness-in-the-category-of-quasi-coherent-sheaves).

如 Hartshorne 所说, 定理 5.19 的证明太特殊. 我们要关心的是 (在证明的最后一段): 一个整环在它分式域的有限扩张中的整闭包是不是它的有限生成模? 这个闭包如果是单扩张那当然成立. 但是即使是一般的 Noether 环, 我们也不能保证成立. 由此我们引出永田环的定义:

定义 2.15 (永田环 [Matsumura, Sect 31, (31.A)]). 设 $A$ 是整环, $K$ 是分式域.

•	如果 $A$ 在 $K$ 中的整闭包是有限 $A$-模, 就说 $A$ 是 N-1 的.
•	如果对于 $K$ 的任何有限扩张 $L$, $A$ 在 $L$ 中的整闭包 $A_L$ 是有限 $A$-模, 就说 $A$ 是 N-2 的或日式的.

N-1, N-2 为局部环所保持.

一个 Noether 环 $B$, 如果对于所有 $\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}B$, 均有 $B/\mathfrak{p}$ 是 N-2 的, 就称 $B$ 是永田环.

永田环的局部环和上面的有限代数均是永田环.

定理 2.16 (永田雅宜,[Matsumura, Sect 31,Thm 70]). 永田环上的有限生成代数也是永田环.

然而, 从 (III, 5.2.1) 看, 我们仅从 $\mathbf{A}$ 是 Noether 的就可得到 $\mathbf{\Gamma }(\mathbf{X},\mathcal{F})$ (乃至各正级上同调) 均是有限生成 $\mathbf{A}$-模.

习题 5.15: 对模取并这个操作其实是一种滤余极限, 见 [alJabr1, 6.2.3], 又见 (III, 习题 4.8). 另一方面, 对于开集 $V\subset U$, $(i_{\ast }\mathcal{F})(V)=\mathcal{F}(V)$, 所以 $i_{\ast }\mathcal{F}{|}_U=\mathcal{F}$.

除子

来看一些具有几何意义的层的性质. 在基础的复几何里通常讨论光滑的, 所以唯有一种除子. 在一般的, 则有不同的除子概念.

参见: 正则环.

我们通常讨论 Noether 正则局部环, 维数为 1 时由中山引理极大理想是主理想 $(\pi )$.

例 2.17. Noether 正规概形 (II, 习题 3.8) 是在余维 1 正则的.

证明. 它的每个局部环都是整闭整环. 而一个 1 维的整闭 Noether 整环总是正则的 (其实就是 DVR, I, 定理 6.2A).

$\square$

Weil 除子

如果 $Y$ 是素除子, $Y$ 局部上几乎就是 $\pi =0$ 定义的.

TODO: 写一写引理 6.1 的事. 例如 $v_Y(f)>0$, $Y\subset V(f)$. 因为 $X$ 是 Noether 的, 所以 $V(f)$ 亦然, 它只有有限个不可约分支. 所以 $v_Y(f)>0$ 的 $Y$ 是有限的.

另一方面 $X\setminus U$ 也是 Noether 的, 故有有限个不可约分支. 故 $v_Y(f)\ne 0$ 的 $Y$ 是有限个.

因为这个引理, 所以可以定义有理函数的除子 (主除子), 进而得到除子的线性等价和除子类群.

命题 6.2 证明中引用的重要结果: 代数 Hartogs 引理.

注 2.18. 考虑复分析问题: 复平面上的圆盘 $D=\{|z|<1\},D^{\circ }=\{0<|z|<1\}$. 这时存在 $f\in \mathcal{O}(D^{\circ })$ 不能延拓到 $\mathcal{O}(D)$.

Hartogs 引理说的则是, $K\subset \Omega \subset {\mathbb{C}}^n,n\ge 2$ 是紧的或者余维 $\ge 2$, $f\in {\mathcal{O}}_X(\Omega \setminus K)$ 可以延拓到 $f\in \mathcal{O}(\Omega )$. 刚才的例子里 $K$ 是紧的, 但是 $n=1$.

对于 Noether 整闭概形 $X=\mathrm{Spec}A$, 其每一个高度为 $1$ 的素理想 $\mathfrak{p}$ 对应的是余维 1 的闭集.

如果 $Z\subset X$ 余维 $\ge 2$, $U=X\setminus Z$, 那么对于所有 $Y\subset X$ 余维 1 一定有 $Y\cap U\ne \varnothing$. 所以如果 $f\in \Gamma (U,{\mathcal{O}}_X{|}_U)$, 那么 $f\in {\mathcal{O}}_{X,\eta (Y)}$. 这样 $f\in A_{\mathfrak{p}}$, 其中 $\mathfrak{p}$ 使 $Y=V(\mathfrak{p})$. 那么 $\cap A_{\mathfrak{p}}\subset A$ 说明 $f\in A$. 也就是 $f$ 从开集 $U$ 延拓到了 $X$.

例 2.19. 仿射空间的除子类群为 $0$, 因为域上多项式环是 UFD. 对于 Dedekind 整环, 除子类群就是理想类群.

下面看射影空间的除子. 对于素除子 $Y_i$, $Y_i=V(F_i)$, 其中 $F_i$ 为齐次多项式. (理由: 在仿射覆盖上看是余 1 维的) 定义 $\mathrm{deg}{Y}_i=\mathrm{deg}{F}_i$, 由此定义除子的次数. 可验证 $f\in K({\mathbb{P}}^n)$ 则 $\mathrm{deg}(f)=0$.

对于一个除子 $D$ 写成正系数和负系数部分的差, $D=D^{+}-D^{-}$. 如果 $\mathrm{deg}{D}^{+}>0$, 设 $D^{+}=\sum n_i^{+}{D}_i^{+},D_i^{+}=V(F_i^{+})$, 考虑 $f=\prod F_i^{+}/X_0^{\mathrm{deg}{D}^{+}}\in K({\mathbb{P}}^n)$. 于是 $(f)=D^{+}-\mathrm{deg}{D}^{+}{H}_0$, 其中 $H_0=V(X_0)$. 于是知 $D^{\pm }$ 线性等价于 $(\mathrm{deg}{D}^{\pm })H_0$. 于是 $D$ 线性等价于 $(\mathrm{deg}D)H$. 所以 $\mathrm{deg}:\mathrm{Cl}(X)\to \mathbb{Z}$ 是同构.

命题 6.5. 局部化序列. 取 $Z$ 为既约子概形.$$A_d(Z)\to A_d(X)\to A_d(U)\to 0$$$d=\dim X-1$. $A_d(X)=\mathrm{Cl}(X)$. $A_d(Z)=\text{Z 的 d-维整子概形生成子自由群}$. 这命题覆盖了 6.5: 如果 $Z$ 的余维 $\ge 2$, 那么 $A_d(Z)=0$; 如果 $Z$ 有一个不可约分支是 $d$ 维的, 那就是 $Z$. 如果有多个分支, 这个命题告诉我们的比书上的 6.5 更多.

$A_d$ 很像下同调, 那里我们也有一个局部化序列:$$\to H_k(Z)\to H_k(X)\to H_k(U)\to H_{k-1}(Z)\to$$只是我们难以运用奇异同调, 而是使用 Borel-Moore 同调. 周群.

证明. 首先, $\mathrm{Div}(X)\to \mathrm{Div}(U)$ 就是满射. 取闭包即可.

TODO: 补上.

$\square$

例 2.20. 取 $Z$ 为 $Y={\mathbb{P}}^n$ 的 $d$ 次超曲面, 于是 $\mathrm{Cl}(Y-Z)=\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$.

例 2.21 (圆锥曲线上的锥). TODO: 补上.

可验证 $X$ 是正规的, 坐标环是整闭的.

$D(y)\cap X=U=\mathrm{Spec}k[x,y,y^{-1},z]/(xy-z^2)=\mathrm{Spec}k[y,y^{-1},z]$. $\mathrm{Cl}(X)\cong \mathbb{Z}\text{或}\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$. 实际上可以计算 (细节?) $2L=0$. 故是 $0$ 或 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. 所以只要看 $L\ne ?0$ 即 $L=?(f)$. 如果存在, 那么 $f\in \Gamma (X,{\mathcal{O}}_X)$.

如果 $L=0$, $\mathrm{Cl}(X)=0$. 这时 $A$ ($X=\mathrm{Spec}A$) 是 UFD, 所有高度为 $1$ 的素理想是主理想. $L=(y,z)$ 是高度 $1$ 的, 所以 $(y,z)=(f)$. $(y,z)\in {\mathfrak{m}}_0/{\mathfrak{m}}_0^2$. $\bar{y},\bar{z}\ne 0$ 线性无关, 故不能等于 $f$ 的倍, 所以 $L\ne 0$. $\mathrm{Cl}(X)=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

注 2.22. 在计算中, $L=0$ 推出 $L=\mathrm{div}(f)$, $f\in A$. 但是这个不能推出 $(y,z)=(f)$. 在 $X$ 去掉 $x=0$ 后, 这时 $(y,z)=(z)$. 但是在整个 $X$ 上不是由一个元生成. 只能推出在 $L$ 的一般点上 $(f)=(y,z)$. $L$ 是既约的, $(f)=0$ 可能不是既约的. 如果 $\mathrm{Spec}A/(f)$ 是既约的, 那么 $(y,z)=(f)$.

但是确实存在这样的例子: 环 $B$ 整, 而 $B/f$ 非既约. 这时, … ⇒ Cohen-Macaulay 相关. $S_2$ 性质.

命题 6.6: ${\mathbb{A}}^1$-不变性. 设 $Y\subset X\times {\mathbb{A}}^1$ 为余维 $1$, 考虑 $\overline{p(Y)}\subset X$, $p$ 为到 $X$ 的投射. 那么 $\overline{p(Y)}$ 也不可约, 或者余维 $1$, 或者等于 $X$. 这时因为如果 $\overline{p(Y)}\ge 2$, 则存在 $\overline{p(Y)}⊊Z⊊X$. 那么 $Y⊊p^{-1}(Z)⊊X\times {\mathbb{A}}^1$, 矛盾.

如果 $\overline{p(Y)}$ 是余维 $1$ 的, 那么 $Y=p^{-1}(p(Y))=p^{-1}(\overline{p(Y)})=\overline{p(Y)}\times {\mathbb{A}}^1$. 最后一项余维 1 (TODO: 证明) 且不可约.

如果 $p(Y)=X$, 取 ${\eta }_Y$ 为一般点,$${\eta }_X\times {\mathbb{A}}^{1}X\times {\mathbb{A}}^1{\eta }_{X}X$$${\eta }_Y\subset {\eta }_X\times {\mathbb{A}}^1$ 闭余维 $1$.

${\eta }_Y=(f(t)=0)\subset \mathrm{Spec}k(x)[t]$.

$p^{\ast }:\mathrm{Cl}(X)\to \mathrm{Cl}(X\times {\mathbb{A}}^1)$, $Y\mapsto p^{-1}(Y)$ (映到了第一类点). 我们要证明这是一个同构.

TODO: 补完其他的例子.

Cartier 除子

Weil 是用余维 1 闭子概形定义的, Cartier 除子是 “局部函数等于 0” 定义的.

全商环层定义: 设有概形 $X$, 我们想定义它的 “分式域层”. 如果 $X$ 不是整的, 我们在每个开集上考虑在每点局部环中都是非零因子的元素作分母的局部化, 再层化得到全商环层 $\mathcal{K}$. 如果 $X$ 是整的, 这个层就是有理函数域常值层, 因为它就是有理函数域常值预层的层化.

就好像在 DVR 中, 赋值非负的元对应于整数环一样, 我们用 “属于 $\mathcal{O}$” 这件事体现 “正” 性, 从而定义有效 Cartier 除子.

定义 2.23. 如果一个概形的 Weil 除子群同构于 Cartier 除子群, 就说它是析因的 (factorial, 暂译).

如果它的 Weil 除子群和 Cartier 除子群 $\otimes \mathbb{Q}$ 后相同, 就说它是 $\mathbb{Q}$-析因的.

命题 6.11: 局部析因蕴含析因.

例 2.24. TODO: 写出细节.

$\mathrm{Spec}k[x,y,z]/(xy-z^2)$. $L$ 不是 Cartier 的, 但是 $2L$ 是 Cartier 的.

$\mathrm{Spec}k[x,y,z,w]/(xy-zw)$ 都不是 $\mathbb{Q}$-析因的 ( 即指存在 Weil 除子 $D_1=(x=z=0),D_2=(y=w=0)$, 对于任何非零整数 $m$, $m{D}_1$, $m{D}_2$ 都不是 Cartier 除子.)(说明原因.)

TODO: 看例子 6.11.4.

可逆层 (秩 1 局部自由层)

在更一般的概形上相当于除子的概念是可逆层. 可逆层的同构类在张量积下构成的群叫 Picard 群.

由 Cartier 除子 $D=\{(U_i,f_i)\}$ 定义一个 $\mathcal{K}$ 的可逆子层, 现在通行的记号是 ${\mathcal{O}}_X(D)$. 我们有 $\Gamma (X,{\mathcal{O}}_X(D))=\{f\in \Gamma (X,\mathcal{K}),\mathrm{div}(f)+D\ge 0\}$. reflexive sheaf.

有效除子的定义: $\mathcal{K}$ 的可逆子层又叫可逆分式理想层. 如果 $D$ 是有效除子, 那么它定义的可逆分式理想层就是理想层 (命题 6.18).

取正合列$$0\to {\mathcal{O}}_X^{\ast }\to {\mathcal{K}}_X^{\ast }\to {\mathcal{K}}_X^{\ast }/{\mathcal{O}}_X^{\ast }\to 0$$的上同调, 其中 $H^1(X,{\mathcal{O}}_X^{\ast })$ 其实就是 Picard 群 (III, 习题 4.5). 所以其实 Cartier 除子类群是 Picard 群的子群, 而这个连接同态决定的群嵌入其实就是 ${\mathcal{O}}_X(-)$. (如果我们考察 III, 习题 4.4 中那个复形正合列决定的连接同态: 设某 Cartier 除子类由 Cartier 除子 $\{(U_i,f_i)\}$ 代表, $U_i$ 构成开覆盖 $\mathfrak{U}$, 则其在 Čech 复形 ${\mathcal{C}}^1(\mathfrak{U},{\mathcal{K}}^{\ast })$ 中的象为 $(U_{ij},f_i/f_j)$, 自然它是 ${\mathcal{C}}^1(\mathfrak{U},{\mathcal{O}}^{\ast })$ 中的元素. 它决定的同调类和 III, 习题 4.5 中的决定方式完全相同.) 连接同态的像是所有的可逆层嵌入 $\mathcal{L}\to \mathcal{K}$ 构成的群 [GW, Prop 11.29 前].

如果 $X$ 是整的, $\mathcal{K},{\mathcal{K}}^{\ast }$ 是常值层. 由于 $X$ 是不可约的, ${\mathcal{K}}^{\ast }$ 是松的 [Zheng]. $H^1(X,{\mathcal{K}}^{\ast })=0$, 从而 Cartier 除子类群等于 Picard 群. 再加之局部析因的, 则和 Weil 除子类群也同构.

注 2.25 (中井). 如果 $X$ 是射影的, 亦有此事.

设 $X$ 整. 给定一个线丛 $\mathcal{L}\in \mathrm{Pic}(X)$ 连同一个截面 ${\mathcal{O}}_X\to \mathcal{L}$, 这些资料相当于给定一个 Cartier 除子 $D$ 和一个同构 ${\mathcal{O}}_X(D)\cong \mathcal{L}$, $D=(s=0)$.

曲线上的除子

主要是一些例子, 要用 I, §6 的内容. TODO: 补上.

射影态射

${\mathbb{P}}_A^n$ 的泛性质. 对于 $A$-概形 $X$, 米田函子作用相当于如下资料:$${\mathrm{Hom}}_A(X,{\mathbb{P}}_A^n)\cong \left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{\text{可逆层}\mathcal{L}\in \mathrm{Pic}(X),s_0,\dots ,s_n\in \Gamma (X,\mathcal{L}),}{\begin{array}{cccc}{⨁}_{i=0}^n{\mathcal{O}}_X& \to & \mathcal{L}& \to 0\\ (a_0,\dots ,a_n)& \mapsto & \sum a_i{s}_i& \end{array}\text{商去可逆元}\Gamma (X,{\mathcal{O}}_X^{\ast })\text{的作用}}\right\}.$$

注 2.26. $a\in \Gamma (X,{\mathcal{O}}_X^{\ast })$ 相当于 $\mathcal{L}$ 到自身的同构 (乘 $a$).

商去的意思是, 如果有 ${⨁}_{i=0}^n{\mathcal{O}}_X\to \mathcal{L}\to 0$ 间乘 $a\in \Gamma (X,{\mathcal{O}}_X^{\ast })$ 引起的态射, 则看成一样的.

证明. 取 $f:X\to {\mathbb{P}}_A^n$. 考虑 $f^{\ast }\mathcal{O}(1)$. 取 $x_0,\dots ,x_n\in \Gamma ({\mathbb{P}}_A^n,\mathcal{O}(1))$, $f^{\ast }{x}_i\in \Gamma (X,f^{\ast }\mathcal{O}(1))$.

在 ${\mathbb{P}}^n$ 上有$$\underset{0}{\overset{n}{⨁}}{\mathcal{O}}_{{\mathbb{P}}^n}\to \mathcal{O}(1)\to 0,$$$f^{\ast }$ 右正合得$$\underset{0}{\overset{n}{⨁}}{\mathcal{O}}_X\to \mathcal{L}\to 0.$$

在 ${\mathbb{P}}^n$ 中 $[x_0,\dots ,x_n]$ 和 $[\lambda x_0,\dots ,\lambda x_n]$ 是同一个点.

反之, 给出$$\underset{0}{\overset{n}{⨁}}{\mathcal{O}}_X\to \mathcal{L}\to 0$$由于 $\mathrm{Hom}({\mathcal{O}}_X,\mathcal{L})=\mathcal{L}(X)$, 于是存在 $s_0,\dots ,s_n$, $\mathcal{L}$ 由 $s_0,\dots ,s_n$ 整体生成.

TODO: 写完. 在开集 $U$ 上定义态射.

$\square$

上面的结果就说明 ${\mathbb{P}}_A^n$ 表示了 $A$-概形到右边那种集合的函子.

例 2.27. $A=\bar{k}$. 那么 ${\mathbb{P}}^n(\bar{k})=\mathrm{Hom}(\mathrm{Spec}\bar{k},{\mathbb{P}}_{\bar{k}}^n)=\{V\to L\to 0,{\dim }_{\bar{k}}V=n+1,\dim L=1\}=\{V\text{的一维商空间}\}$.

在复几何中, 我们定义射影空间是取一个线性空间的所有一维子空间. 而如今在代数几何中, 射影空间是线性空间的所有一维商空间. 当然通过取对偶 $(-{)}^{\vee }$ 则可实现为子空间.

使用商空间有其好处. 设 $\mathcal{E},\mathcal{F}$ 为局部自由, 则 $\mathcal{E}\to \mathcal{F}\to 0$ 推出其核也是局部自由. (交换代数.) 但是对于层单射 $0\to \mathcal{F}\to \mathcal{E}$ 其商未必局部自由.

任何一个 $X\to {\mathbb{P}}_A^n$ 等价于 ${⨁}_{i=0}^n{\mathcal{O}}_X\to \mathcal{L}\to 0$ 的同构类.

在 $k$ 上, $\mathrm{Aut}({\mathbb{P}}_k^n)=?$. $\mathrm{Pic}({\mathbb{P}}_k^n)\cong \mathbb{Z}\cdot \mathcal{O}(1)$. 那么一个同构 $f:{\mathbb{P}}^n\to {\mathbb{P}}^n$ 引起一个群同构 $f^{\ast }:\mathrm{Pic}({\mathbb{P}}_k^n)\to \mathrm{Pic}({\mathbb{P}}_k^n)$, 从而 $f^{\ast }\mathcal{O}(1)=\mathcal{O}(\pm 1)$.

由于 $\mathcal{O}(1)$ 有截面而 $\mathcal{O}(-1)$ 没有截面, 而 $f^{\ast }{x}_i\in \Gamma (X,f^{\ast }\mathcal{O}(1))$ 告诉我们 $f^{\ast }\mathcal{O}(1)$ 有截面, 这说明 $f^{\ast }\mathcal{O}(1)\cong \mathcal{O}(1)$. 进一步 $f^{\ast }{x}_i=\sum a_{ij}{x}_j,a_{ij}\in k$ 而 $x_i\in \Gamma ({\mathbb{P}}_k^n,\mathcal{O}(1))$. $f$ 就由这些 $(a_{ij})$ (商去 $k^{\ast }$ 作用) 确定. 故$$f\leftrightarrow g\in \mathrm{PGL}(n+1,k).$$

练习: 可定义群概形 $\mathrm{Aut}({\mathbb{P}}_k^n)$, 其 $k$ 点为 $\mathrm{PGL}(n+1,k)$. 使用米田函子/点的函子 (functor of points).

$s_0,\dots ,s_n$ 整体生成 $\mathcal{L}$. 则存在一个开集 $U\subset X$, 其上 $\mathcal{L}$ 由 $s_1,\dots ,s_n$ 整体生成.$$U{\mathbb{P}}^{n-1}X{\mathbb{P}}^n\text{投射自}[1,0,\dots ,0]$$

补充: Grassmann 函子的泛性质

例如, $\mathbb{C}$ 上传统的 Grassmannian, 是一个复流形, 也有代数簇的结构. 现在要在代数几何中用函子重新定义之. 从代数的角度, 考虑子空间并不方便, 我们考虑的是商空间.

还是用记号 $G(k,n):(\mathbf{Sch}{)}^{\mathrm{op}}\to (\mathbf{Set})$, 将 $S$ 映为所有 ${\oplus }_{\mathbf{i}=1}^{\mathbf{n}}{\mathcal{O}}_{\mathbf{S}}\to \mathbf{Q}\to 0$ 的同构类, 其中 $Q$ 是局部自由秩 $(n-k)$ 的拟凝聚层. 这里这种满态射的核也是局部自由的, 秩为 $k$. 如果有 $f:T_1\to T_2$, 则有 $\oplus {\mathcal{O}}_{T_1}=\oplus f^{\ast }{\mathcal{O}}_{T_2}\to f^{\ast }Q\to 0$, 从而确实定义了一个函子.

定理 2.28. 函子 $G(k,n)$ 可由一个 $\mathbb{Z}$ 上的射影概形表示. (意思是同构于一个射影概形的米田函子. 事实上是一个正则概形.)

证明. 我们使用 [Stacks, 01JJ]: $F:(\mathbf{Sch}{)}^{\mathrm{op}}\to (\mathbf{Set})$ 可表等价于

1.	$F$ 是一个 Zariski 层;
2.	存在子函子 $F_i$ (参见 [Stacks, 01JI]), $F_i\hookrightarrow F$ 可由开浸入表示 (意思是对于任何对 $(T,\xi )$, $T$ 是概形, $\xi \in F(T)$, 存在开子概形 $U_{\xi }\subset T$, 使得任何 $f:T^{\prime }\to T$ 分解通过 $U_{\xi }$ 当且仅当 $f^{\ast }\xi :=F(f)(\xi )\in F_i(T^{\prime })$), $F_i$ 均可表.
3.	$F_i$ 给出一个开覆盖: $\coprod F_i\to F$ 是 Zariski 层的满射. (也就是对于任何 $\alpha \in F(X)$, 存在 $X=\cup U_i$, 使 $\alpha {|}_{U_i}\in F_i(U_i)$.)

先回忆什么叫 Zariski 层.

定义 2.29 (Zariski 层,[Stacks, 01JI]). $F:(\mathbf{Sch}{)}^{\mathrm{op}}\to (\mathbf{Set})$ 叫 Zariski 层, 如果对于任何概形的任何开覆盖 $X={\bigcup }_{i\in I}{U}_i$, $F(X)\to \prod F(U_i)$ 是 $\prod F(U_i)\rightrightarrows {\prod }_{i\ne j}F(U_i\cap U_j)$ 的等化子.

第一步, 为什么 $G(k,n)$ 是 Zariski 层? $F(X)=\{\oplus {\mathcal{O}}_X\to Q\to 0\}/\sim$, $F(U_i)=\{\oplus {\mathcal{O}}_{U_i}\to Q_i\to 0\}/\sim$, $F(U_i\cap U_j)=\{\oplus {\mathcal{O}}_{U_i\cap U_j}\to Q_{ij}\to 0\}/\sim$. 沿 $U_i\cap U_j\to U_i,U_j$ 的拉回其实是限制. 现在取 $F(U_i),F(U_j)$ 的元素 ${\alpha }_i,{\alpha }_j$, 设它们在 $U_i\cap U_j$ 上的限制一样, 意思是限制而来的 $\oplus {\mathcal{O}}_{U_i\cap U_j}\to Q_i{|}_{U_i\cap U_j}\to 0$ 和 $\oplus {\mathcal{O}}_{U_i\cap U_j}\to Q_j{|}_{U_i\cap U_j}\to 0$ 之间有一个交换图, 第一项上是恒同, 第二项上是同构. 现在就想验证它可以粘接. 只要验证 ${\varphi }_{ij}:Q_i{|}_{U_i\cap U_j}\to Q_j{|}_{U_i\cap U_j}$ 满足上闭链条件. 由 3-引理核间也有同构, 然而核都是 $\oplus {\mathcal{O}}_{U_i\cap U_j}$ 的子层, 它们其实是同一个子层. 故转一圈得到的是恒同. (TODO: 说明白.)

第二步, $F_i\to F$ 是子函子, 如果对于所有 $X$, $F_i(X)\subset F(X)$.

如果有函子态射 $\varphi :F\to G$, $\varphi$ 可表如果函子范畴中纤维积 $T{\times }_{G}F\cong h_{T^{\prime }}$. 而在函子范畴中极限和余极限存在, 所以纤维积也存在. (其实 $H{\times }_{G}F(T)=H(T){\times }_{G(T)}F(T)$ 在集合范畴中存在.)

注: 如果 $F,G$ 是 Zariski 层, 那么 $T{\times }_{G}F$ 也是 Zariski 层.

$F\to G$ 由开浸入表示, 等价于上面那个 $T^{\prime }\to T$ 是开浸入. (TODO: ?)

记 $I$ 为 $\{1,\dots ,n\}$ 的所有 $(n-k)$-元子集, $i\in I,\text{定义子函子}{F}_i(T)=\{\oplus {\mathcal{O}}_T\to Q\to 0,\vee {\oplus }_{j\in i}{\mathcal{O}}_T\to Q\to 0.\}$

现在看纤维积 $T{\times }_F{F}_i$. $f:T\to F\leftrightarrow (\oplus {\mathcal{O}}_T\to Q\to 0)$. $h_T{\times }_F{F}_i(T^{\prime })=h_T(T^{\prime }){\times }_{F(T^{\prime })}{F}_i(T^{\prime })$.

$g:T^{\prime }\to T$, ... 在 $T$ 上存在唯一极大的 $U_i$, ${\mathcal{O}}_{i=1}^{n-k}{\mathcal{O}}_{U_i}\to Q\to 0$. 对任意 $g:T^{\prime }\to T$, $g^{\ast }{\oplus }^{n-k}{\mathcal{O}}_T\to g^{\ast }Q\to 0$ 等价于 $g$ 分解通过 $U_i$. 故 $h_{U_i}\cong T{\times }_F{F}_i$. 即 $F_i\to F$ 可被开浸入表示.

第三步, $\coprod F_i\to F$ 是满射. 因为 $F(T)=\oplus {\mathcal{O}}_T\to Q\to 0$. 对任一点 $x$, 考虑茎上的满射. 存在 $i\in I$ 使得 ${\oplus }_{j\in i}\mathcal{T},x\to Q_x\to 0$. 中山引理, 一点满射到邻域满射. (虽然我们没有定义过什么是集合层的茎.)

最后, $F_i$ 是可表的. $F_i$ 相当于直和 ${\oplus }_{j\in i}{\mathcal{O}}_T\to Q\to 0$. 两项都是局部自由相同的秩, 由满射推出是同构. 所以 $F_i(T)=\{{\oplus }^n{\mathcal{O}}_T\to Q\to 0\vee Q\cong {\oplus }^{n-k}{\mathcal{O}}_T\}=\{{\oplus }_{j\notin i}{\mathcal{O}}_T\to {\oplus }^{n-k}{\mathcal{O}}_T\}/\sim$.

而 $\{{\oplus }^k{\mathcal{O}}_T\to {\oplus }^{n-k}{\mathcal{O}}_T\}$ 又相当于 $M_{k\times (n-k)}(\Gamma (T,{\mathcal{O}}_T))\cong {\mathbb{A}}^{k\times (n-k)}(T)$. ($\Gamma (T,{\mathcal{O}}_T)\cong \mathrm{Hom}(T,{\mathbb{A}}^1).$)

下面要验证 $G(k,n)\to \mathrm{Spec}\mathbb{Z}$ 是射影的. 这个东西叫做 Plücker 嵌入.

考虑任一 $f:T\to G$, $f^{\ast }(0\to S\to \oplus {\mathcal{O}}_G\to Q\to 0)$ 给出一个 ${\mathcal{O}}_T\to f^{\ast }Q\to 0$. 为此我们要构造可逆层. 我们的方法是考虑 ${\wedge }^{n-k}(\oplus \mathcal{G})\to {\wedge }^{n-k}Q\to 0$. 这时, ${\wedge }^{n-k}Q\in \mathrm{Pic}(G)$. 而 ${\wedge }^{n-k}(\oplus {\mathcal{O}}_G)\cong {\oplus }^N{\mathcal{O}}_G,N=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k}\right)$. 于是定义出 $G\to {\mathbb{P}}_{\mathbb{Z}}^n$.

练习: 定义 $G(k,n)\to {\mathbb{P}}_{\mathbb{Z}}^n$ 函子间的自然变换.

下面要检查 Plücker 嵌入是闭浸入. 局部上, 可取 $\{e_1,\dots ,e_n\}$ 为 $\oplus \mathcal{O}$ 的基, ${\wedge }^{n-k}$ 由 $e_{i_1}\wedge \cdots \wedge e_{i_n}$ 生成.

在 ${\mathbb{P}}_{\mathbb{Z}}^N$ 中有 $x_i$. $x_i\ne 0$, 是说 ${\wedge }^{n-k}\oplus \mathcal{Q}\to Q\to 0$, 其中 $Q\cong \mathcal{O}(1){|}_G$. ${\wedge }^{n-k}Q$ 由 ${\varphi }^{\ast }{x}_i$ 生成. 如果 $Q$ 选一组基, 这事等价于 ${\oplus }_{j\in i}{\mathcal{O}}_T\to Q\to 0$.

${\varphi }^{-1}(x_i\ne 0)=U_i\leftrightarrow F_i$. 故 ${\mathbb{A}}^{k(n-k)}\hookrightarrow {\mathbb{A}}^N$ 为闭浸入.

$\square$

3上同调

导出函子

参见 Abel 范畴, 区分元和 Grothendieck Abel 范畴.

在一开始, 我们需要经常记得消解, 同调…… 是在什么范畴内取的. 但是其实最终怎么取都一样.

因为我们要做 ${\mathcal{O}}_X$-模的上同调, 所以我们要找 ${\mathcal{O}}_X$-模范畴的内射消解. 我们可以证明 ${\mathcal{O}}_X$-模范畴是 Grothendieck 范畴, 从而

命题 3.1. ${\mathcal{O}}_X$-模范畴有足够多内射对象.

当然我们可以直接构造.

证明. 设 $(X,{\mathcal{O}}_X)$ 是环化空间. 对于 $x\in X$, 考虑环化空间 $(\{x\},{\mathcal{O}}_{X,x})$ 和由局部化确定的态射 $f:(\{x\},{\mathcal{O}}_{X,x})\to (X,{\mathcal{O}}_X)$.

设 $\mathcal{F}$ 是 ${\mathcal{O}}_X$-模. 因 $f_{\ast }$ 是右伴随, 它左正合, $f^{\ast }\mathcal{F}=f^{\ast }\mathcal{F}$ 自然确定态射 $\mathcal{F}\hookrightarrow f_{\ast }{f}^{\ast }\mathcal{F}$. 我们作它们的积, 即得到 $\mathcal{F}\to {\prod }_{x\in X}{f}_{\ast }{f}^{\ast }\mathcal{F}$.

注 3.2. 一个观察是, 其实有 $f^{\ast }\mathcal{F}\cong {\mathcal{F}}_x$ (常值层). 另外, $f^{\ast }\mathcal{F}$ 明显是松层, 它的推出 $f_{\ast }\mathcal{F}$ 也是松层. $R$-模范畴是 AB4* 范畴, $\prod$ 正合, 所以 $\prod f_{\ast }{f}^{\ast }\mathcal{F}$ 也是松层.

我们得到的其实是所谓 Godement 消解的第一步 [Weibel, 8.6.15]. 它是一种松消解. 很重要的一点是, 作为层的消解这个构造是函子式的.

下面, $f^{\ast }\mathcal{F}$ 其实是 ${\mathcal{O}}_{X,x}$-模, 所以存在内射模 $I_x$, $f^{\ast }\hookrightarrow I_x$. 通过伴随得到 $f_{\ast }{f}^{\ast }{\mathcal{F}}_x\hookrightarrow f_{\ast }{I}_x$. 由于 $\prod$ 左正合, 所以 $\prod f_{\ast }{f}^{\ast }{\mathcal{F}}_x\hookrightarrow \prod f_{\ast }{I}_x$. 另一方面, $\mathcal{F}\hookrightarrow \prod f_{\ast }{f}^{-1}\mathcal{F}$ (这其实就是层公理, 截面在茎上都等于零则是零).

于是 $\mathcal{F}\hookrightarrow \prod f_{\ast }{I}_x$. 我们最后只要证明 $f_{\ast }{I}_x$ 是内射对象, 为此, 我们证明 $\mathrm{Hom}(-,\prod f_{\ast }{I}_x)$ 是右正合的. $\mathrm{Hom}(-,\prod f_{\ast }{I}_x)\cong \prod \mathrm{Hom}(-,\prod f_{\ast }{I}_x)\cong \prod \mathrm{Hom}(f^{\ast }(-),I_x)$, 因为 $I_x$ 是内射对象, $\mathrm{Hom}(-,I_x)$ 右正合, $f^{\ast }$ 右正合, $\prod$ 正合, 于是得证.

$\square$

于是在 $\underline{\mathbb{Z}}$-模范畴 (=Abel 群层范畴) 中有内射消解, 它享有内射消解的一切性质. 从而我们可以定义 Abel 群层的上同调.

松层在层上同调中有特别意义, 它是 $\Gamma (X,-)$ 函子的零调对象. 要点如下: 嵌入一个内射对象, 内射对象松, 商层松 (II, 习题 1.16(c)), $H^1(X,\mathcal{F})=0$ (II, 习题 1.16). 剩下的就是长正合列的基本技巧. 因此我们需要

命题 3.3. 内射 ${\mathcal{O}}_X$-模松.

证明. 我们要用到对于一个 ${\mathcal{O}}_X$-模, 有 $\mathrm{Hom}({\mathcal{O}}_U,\mathcal{F})=\mathcal{F}(U)$. 首先, 这个 $\mathrm{Hom}$ 集中的一个态射和预层 $V\mapsto \{\begin{array}{ll}0,& V⊈U,\\ {\mathcal{O}}_X(V),& V\subset U\end{array}$ 到 $\mathcal{F}$ 的态射一一对应, 后者是一族 ${\mathcal{O}}_X(V)\to \mathcal{F}(V)$ 的相容的模同态. 如果已经有这样的模同态, 则取 ${\mathcal{O}}_X(U)\to \mathcal{F}(U)$ 的那一个, 它由 $1{|}_U$ 的象决定, 于是得到 $\mathcal{F}(U)$ 中的元素. 反之, 已经有 $\mathcal{F}(U)$ 中的元素, 则将其限制在各开集 $V$ 上, 并令 $1{|}_V$ 的象是它, 则得到预层的态射. 这样的对应是模同态, 双射, 故是同构.

$\square$

特别地, 如果我们在 ${\mathcal{O}}_{\mathbf{X}}$-模中做内射消解, 计算相应上同调, 由于内射 ${\mathcal{O}}_X$-模松, 这个消解也是 Abel 群层范畴中的零调消解. 则得到的上同调是一样的.

Grothendieck 消灭定理

几个引理比较重要.

首先, 松性为 $\underrightarrow{\lim }$ 保持. 这是因为 Noether 空间上层作为预层的 $\underrightarrow{\lim }$ 是层 (II, 习题 1.11), $\underrightarrow{\lim }$ 是模的正合函子, 保持满性.

然后 $\underrightarrow{\lim }$ 和 $H^i(X,-)$ 交换.

证明. $i=0$ 是 (II, 习题 1.11). 在这里我们用了 Noether 性. 后面是同调代数的一般手段. 对于更高次, 我们使用函子式的松消解. 如果有层的滤过系统 ${\mathcal{F}}_{\alpha }$, 每个有 Godement 消解 ${\mathcal{F}}_{\alpha }\to {\mathcal{G}}_{\alpha }$, 那么 ${\mathcal{G}}_{\alpha }$ 也滤过. 写上商层以组成三项短正合列. 然后:

1. 先取 $\underrightarrow{\lim }$ (正合), 那么 $\underrightarrow{\lim }{\mathcal{G}}_{\alpha }$ 是松层. 然后取上同调长正合列;

2. 先取上同调长正合列, 然后 $\underrightarrow{\lim }$.

由于 $i=0$ 处的交换性, $H^1(X,\underrightarrow{\lim }\mathcal{F})=H^0(X,\underrightarrow{\lim }\mathcal{F}/\mathcal{G})=\underrightarrow{\lim }{H}^0(X,\mathcal{F}/\mathcal{G})=\underrightarrow{\lim }{H}^1(X,\mathcal{F})$. 如此归纳, 即得结论.

$\square$

当然, qcqs 时有类似结果. 证明需要用到后面关于 Čech 上同调的引理.

定理 3.4. $X$ 是 qcqs 概形, $\{{\mathcal{F}}_{\alpha }{\}}_{\alpha \in I}$ 是一族层, $I$ 是滤过集, $U\subset X$ 为拟紧, 则$$\underset{\alpha }{\underrightarrow{\lim }}{H}^i(U,{\mathcal{F}}_{\alpha })\to H^i(U,\underrightarrow{\lim }{\mathcal{F}}_{\alpha })$$为同构. 如果 $X$ 是 Noether, 当然可应用此命题.

证明.

1.

$i=0$ 时的交换性. 这类似于 II 习题 1.11, 我们不需要取层化.

2.

下面取一步函子式的松消解, $$0\to {\mathcal{F}}_{\alpha }\to {\mathcal{I}}_{\alpha }$$这样 ${\mathcal{I}}_{\alpha }$ 间也有态射与这些嵌入交换. 从而$$0\to \underrightarrow{\lim }{\mathcal{F}}_{\alpha }\to \underrightarrow{\lim }{\mathcal{I}}_{\alpha }$$由交换性最后一项是良定义的. 取商 ${\mathcal{G}}_{\alpha }$, 则 $\underrightarrow{\lim }{\mathcal{G}}_{\alpha }$ 也是可以定义的 ($\underrightarrow{\lim }$ 的正合性). 对于拟紧 $U$, 取长正合列, 这时 $\underrightarrow{\lim }{\mathcal{I}}_{\alpha }$ 未必松, 但是我们可证明零调: 对于两个拟紧集 $V\subset U$, $(\underrightarrow{\lim }{\mathcal{I}}_{\alpha })(U)\to (\underrightarrow{\lim }{\mathcal{I}}_{\alpha })(V)$ 是满的. 下面证明 $H^i(U,(\underrightarrow{\lim }{\mathcal{I}}_{\alpha }))=0,i>0$. 由后面的引理, 我们只要对特殊的开集 (这里取为拟紧开集) 上的 Čech 上同调检查 (...) 由于有 $H^i({\mathcal{F}}_{\alpha })\to H^i(\underrightarrow{\lim }{\mathcal{F}}_{\alpha })$, 故有 $\underrightarrow{\lim }{H}^i({\mathcal{F}}_{\alpha })\to H^i(\underrightarrow{\lim }{\mathcal{F}}_{\alpha })$. 我们对三项短正合列列出这个同态, 则是交换图. ${\mathcal{I}}_{\alpha }$ 上的那两项都是 $0$, 即可证明.

$\square$

如果 $Y$ 是 $X$ 的闭子集, $j$ 为嵌入, 则 $H^{\bullet }(Y,\mathcal{F})=H^{\bullet }(X,j_{\ast }\mathcal{F})$. 这是因为 $j_{\ast }$ 是正合函子 (注意, 因为 $j$ 是嵌入, 所以 $j_{\ast }$ 自然保持茎) 并且保持松性.

引理 2.10: 鉴于 (II, 习题 1.19), Hartshorne 索性把沿闭浸入的层的推出称为 “用零延拓”.

习题 2.3(e): 看着似乎有函子的同构$${\Gamma }_Y(X,-)\cong \Gamma (X,{\mathcal{H}}_Y^0(-)),$$我们可能以为有 $H_Y^i(X,\mathcal{F})\cong H^i(X,{\mathcal{H}}_Y^0(\mathcal{F}))$. 但是其实没有这回事, 因为 ${\mathcal{H}}_Y^0$ 不正合. 实际上这就是谱序列自然介入的场合, 见 [LC],[Stacks, 0A39]. 又见 https://math.stackexchange.com/questions/1774054/sheaf-cohomology-with-support.

${\mathbb{Z}}_U$ 这个层正确的理解是 $\mathrm{Hom}({\mathbb{Z}}_U,\mathcal{F})=\mathcal{F}(U)$. (见引理 2.4 的证明) 我们应当认为 ${\mathbb{Z}}_U$ 其实由这个语句定义 (米田引理). 在习题 2.6 中, 我们看到它们构成层范畴的区分元, 所以可以像 Baer 判别法一样用它们判断内射性 [KS].

Noether 仿射概形的上同调

我们将使用 Čech 上同调证明下面的定理, 故证明推后.

定理 3.5 (仿射判别法). 设 $X$ 是概形, 下述等价:

1.	$X$ 仿射;
2.	(Serre 消失) $X$ 拟紧, $X$ 上所有拟凝聚层零调;
3.	$X$ 拟紧, $X$ 上所有拟凝聚理想层零调.
4.	$X$ 拟紧, $X$ 上所有拟凝聚理想层 1 级上同调消失.

推论 3.6.

1.	$X$ 为 qcqs, $\mathcal{F}$ 是拟凝聚层, 则 $\mathcal{F}$ 可嵌入一个内射拟凝聚层;
2.	如果 $X$ 是 Noether 的, 还可以让 $\mathcal{I}$ 是松的. 这个只能在 Noether 时有.

Čech 上同调

对于开覆盖我们可以定义加细. 设 ${\mathfrak{U}}^{\prime }=\{U_i^{\prime }{\}}_{i\in I^{\prime }}$ 是 $\mathfrak{U}=\{U_i{\}}_{i\in I}$ 的一个加细, 定义 $\phi :I^{\prime }\to I$, 使得对于所有 $\beta \in I^{\prime }$ 有 $U_{\beta }^{\prime }\subset U_{\phi \beta }$. 则 $\phi$ 可以诱导上链复形间的态射 ${\rho }_{\phi }$. 我们可以证明任何两个这样的映射 $\phi ,\psi$ 决定的上链复形的态射 ${\rho }_{\phi },{\rho }_{\psi }$ 是链同伦的 [GH, p39], 所以决定相同的 (开覆盖的) 上同调.

构造 [Wu, 附录二, 引理 3.5].

构造 [Wu, 附录二, 引理 3.5]. 定义 $h:C^{p+1}(\mathfrak{U},\mathcal{F})\to C^p({\mathfrak{U}}^{\prime },\mathcal{F})$ 为:$$(h(s){)}_{{\beta }_0\cdots {\beta }_p}=\sum _{j=0}^p(-1{)}^j{s}_{\phi ({\beta }_0)\cdots \phi ({\beta }_j)\psi ({\beta }_j)\cdots \psi ({\beta }_p)}.$$计算 $hd$ (先 “重复” 再 “拔掉”):$$\begin{array}{rl}(h(ds){)}_{{\beta }_0\cdots {\beta }_p}& =\sum _{j=0}^p(-1{)}^j(ds{)}_{\phi ({\beta }_0)\cdots \phi ({\beta }_j)\psi ({\beta }_j)\cdots \psi ({\beta }_p)}\\ & =\sum _{j=0}^p(-1{)}^j\left(\sum _{k=0}^j(-1{)}^k{s}_{\phi ({\beta }_0)\cdots \widehat{\phi ({\beta }_k)}\cdots \phi ({\beta }_j)\psi ({\beta }_j)\cdots \psi ({\beta }_p)}+\sum _{k=j}^p(-1{)}^{k+1}{s}_{\phi ({\beta }_0)\cdots \phi ({\beta }_j)\cdots \widehat{\psi ({\beta }_k)}\psi ({\beta }_j)\cdots \psi ({\beta }_p)}\right).\end{array}$$计算 $dh$ (先 “拔掉” 再 “重复”):$$(d(h(s)){)}_{{\beta }_0\cdots {\beta }_p}=\sum _{k=0}^p(-1{)}^k\left(\sum _{p=0}^{k-1}(-1{)}^j{s}_{\phi ({\beta }_0)\cdots \phi ({\beta }_j)\psi ({\beta }_j)\cdots \widehat{\psi ({\beta }_k)}\cdots \psi ({\beta }_p)}+\sum _{j=k+1}^p(-1{)}^{j-1}{s}_{\phi ({\beta }_0)\cdots \widehat{\phi ({\beta }_k)}\cdots \phi ({\beta }_j)\psi ({\beta }_j)\cdots \psi ({\beta }_p)}\right).$$两者相加, 那些 “先 ‘重复’ 再 ‘拔掉’” 当中有一些因为 “拔掉” 而不再 “重复” 的项会被保留. 它们是 ${\sum }_{j=0}^p(s_{\phi ({\beta }_0)\cdots \phi ({\beta }_{j-1})\psi ({\beta }_j)\cdots \psi ({\beta }_p)}-s_{\phi ({\beta }_0)\cdots \phi ({\beta }_j)\psi ({\beta }_{j+1})\cdots \psi ({\beta }_p)})$, 由于两两相消, 只剩头尾两项, 即 $s_{\psi ({\beta }_0)\cdots \psi ({\beta }_p)}-s_{\phi ({\beta }_0)\cdots \phi ({\beta }_p)}$. 故 $hd+dh={\rho }_{\psi }-{\rho }_{\phi }$ 为链同伦.

$\square$

所以开覆盖的加细关系决定的滤过系统决定了上同调的滤过系统, 沿之取余极限则得 Čech 上同调. 注意开覆盖的 1 级 Čech 上同调到层的 Čech 上同调是一个单射.

什么时候这种 Čech 上同调有长正合列呢? 一种情况是当底空间是仿紧 Hausdorff 空间 (如复流形) 时 [Wu, 附录二, 命题 3.10]. 还有一种是当底空间是分离概形而层为拟凝聚者时.

注 3.7. 研究 Čech 上同调和层上同调之间的关系, 谱序列仍是自然的工具.

引理 3.8. 现在 $X$ 是环化空间, $\mathcal{F}$ 为 ${\mathcal{O}}_X$-模. $\mathcal{B}$ 是取定的拓扑基. 要求:

1.	$\mathcal{B}$ 中的每一个开集可以写成 $\mathcal{B}$ 中一些元素的并, 且这些元素的有限交都在 $\mathcal{B}$ 中;
2.	$\mathcal{B}$ 中任何开集的开覆盖可以用 $\mathcal{B}$ 中开集加细, 并且满足上条 (共尾);
3.	上面只涉及 $X$ 的拓扑. 现在和 $\mathcal{F}$ 发生关系: 对于 $\mathcal{B}$ 中任何开集, 和上述的覆盖, $\mathcal{F}$ 对于这种开覆盖都是零调.

那么对于限制在 $\mathcal{B}$ 中的开集上的层上同调, $\mathcal{F}$ 也是零调.

证明. 对于 $U\in \mathcal{B}$ 和短正合列$$0\to {\mathcal{F}}_1\to {\mathcal{F}}_2\to {\mathcal{F}}_3\to 0,$$有$$0\to {\mathcal{F}}_1(U)\to {\mathcal{F}}_2(U)\to {\mathcal{F}}_3(U)\to 0.$$这是因为设 $s\in {\mathcal{F}}_3(U)$, 由条件知存在这种开覆盖 $U=\cap U_i,U_i\in \mathcal{B}$, 使得 $s{|}_{U_i}$ 均来自于 ${\mathcal{F}}_2(U_i)$ 中的 $t_i$. (这是层满射的刻画, 即局部是满射, II 习题 1.3(a))

下面看 $t_i{|}_{U_i\cap U_j}-t_j{|}_{U_i\cap U_j}$ 能否等于 $0$. 由于左正合, 它的象是 $0$, 故它一定来自于 ${\mathcal{F}}_1(U_i\cap U_j)$. $t=(t_i-t_j)$ 这时就是 $C^1(U,{\mathcal{F}}_1)$ 的一个上链, 而且明显 $d(t)=0$, 故是上闭链. 所以 $[t]$ 其实是一个 Čech 上同调类 ${\check{H}}^1(\mathfrak{U},{\mathcal{F}}_1)$, 这里 $\mathfrak{U}=\{U_i\}$. 由条件 ${\check{H}}^1$ 消失, 所以 $[t]=0$. 也就是存在 $w_i\in \Gamma (U_i,{\mathcal{F}}_1)$ 使 $t_i-t_j=w_i-w_j$. 如果选择 $t_i-w_i$, 则 $(t_i-w_i)$ 就是 $s$ 的一个原象.

(这段证明和习题 2.3(b) 很像.)

由此我们得到上链复形的短正合列 $0\to C^{\bullet }(U,{\mathcal{F}}_1)\to C^{\bullet }(U,{\mathcal{F}}_2)\to C^{\bullet }(U,{\mathcal{F}}_3)\to 0$. 故有 Čech 上同调的长正合列. 它到层上同调的长正合列有一个自然的态射. 已知 0 级有同构. 如果我们将 ${\mathcal{F}}_2$ 取为松层, 则由五引理, 可以推出 1 级 Čech 上同调和层上同调是同构. 归纳则得.

$\square$

现在我们将这个命题用于两类特殊的情况.

1.	$X$ 是仿射概形 $\mathrm{Spec}A$. $\mathcal{B}$ 就取为所有的仿射开子集. 则 $\mathcal{B}$ 中元素的有限交还在其中.
2.	如果 $X$ 是 qcqs, $\mathcal{B}$ 取为所有拟紧开集, 即有限个仿射开集的并的全体.

仿射判别法的证明. 1. 推 2. 如果 $X$ 仿射, $X$ 当然拟紧. 设 $U\in \mathcal{B}$ 是有限个仿射开集 $U_i$ 的并. 对于这个开覆盖, 我们知道层版本的 Čech 复形是正合的拟凝聚 (为此我们要用有限性, 拟凝聚性为有限积=直和保持. 且由于 $j$ 是仿射态射, $j_{\ast }$ 保持拟凝聚性.) 层上链.

对于仿射概形上的拟凝聚模, $\Gamma$ 是到模的正合函子. 所以 ${\check{H}}^i(U,\mathcal{F})=0$. 由引理, $H^i(U,\mathcal{F})=0$.

4. 推 1. 现在我们要使用 II 习题 2.17 仿射性判别法. 现在 $X$ 拟紧, 设它是仿射概形 $U_i$ 的有限并, $Y_i=X\setminus U_i$. 取 $Y_i$ 为既约闭子概形. 这和拟凝聚理想层 ${\mathcal{I}}_{Y_i}$ 对应. 现在找到需要的那些 $f_i$. 取 ${\mathfrak{p}}_i\in Y_i$ 为 $U_i$ 中的闭点 (环的极大理想). 那么 $Y_i\cap {\mathfrak{p}}_i$ 自然也有闭子概形结构, 还有正合列$$0\to {\mathcal{I}}_{Y_i\cap {\mathfrak{p}}_i}\to {\mathcal{I}}_{Y_i}\to i_{\ast }\kappa ({\mathfrak{p}}_i)\to 0.$$这时由假设 4. 取整体截面模是正合的. 这时取 $1\in \kappa ({\mathfrak{p}}_i)$ 在 $\Gamma (X,I_{Y_i})$ 的原象, 这意思就是 $\Gamma (X,I_{Y_i})\subset \Gamma (X,{\mathcal{O}}_X)$ 有一个截面 $f_i$ 在 ${\mathfrak{p}}_i$ 这点的茎是不在极大理想中. 换句话说 $X_{f_i}\subset U_i$. 特别 $X_{f_i}$ 是仿射的 (这道理和 II 习题 2.17 (b) 中验证 $X_{f_i}$ 的交拟紧大致相似. )

现在, 对于任何 $\mathfrak{p}$, 我们可找 $f_{\mathfrak{p}}$, 于是 $X=\cup X_{f_{\mathfrak{p}}}$ 有限 (因为 $X$ 拟紧).

下面要看 $f_{\mathfrak{p}}$ 是不是作为模生成整个环 $A=\Gamma (X,{\mathcal{O}}_X)$. 定义自由层态射 ${\mathcal{O}}_X^{\oplus n}\to {\mathcal{O}}_X$ 为 $(a_i)\mapsto \sum a_i{f}_i$. 所以我们只要验证这在整体截面上是不是满射. 我们写出 $0\to \mathcal{F}\to {\oplus }^n{\mathcal{O}}_X\to {\mathcal{O}}_X$. 我们注意最后一步一定是层满射, 因为看茎, 前面已经知道对于任意一点 $\mathfrak{p}$, 总有一个 $f_i$ 不属于此点的极大理想. 所以我们现在只需要 $H^1(X,\mathcal{F})=0$. 如果我们的假设是 2., 已经完了. 现在只有更弱的 4., 为此取一个滤过$$\mathcal{F}\supset \mathcal{F}\cap \underset{2}{\overset{n}{⨁}}{\mathcal{O}}_X\supset \cdots \supset \mathcal{F}\cap {\mathcal{O}}_X.$$拟凝聚层的交是拟凝聚的, 商也是. 我们取相邻的商, 相当于只看其中一个分量, 这时是一个理想层, 其 1 级上同调消失.

我们看$$0\to \mathcal{F}\cap {\mathcal{O}}_X\to \mathcal{F}\cap ({\mathcal{O}}_X\oplus {\mathcal{O}}_X)\to \text{商}\to 0,$$从两头 $H^1=0$ 得中间的, 类推得 $H^1(X,\mathcal{F})=0$.

$\square$

注 3.9. 在复解析几何中, Stein 流形可闭嵌入到 ${\mathbb{C}}^n$, 其上拟凝聚层 $\mathcal{F}$ 都是零调的. 这结果也属于 Serre.

定理 4.5: 不要 Noether 性. 事实上我们证明更一般的结论:

定理 3.10 (Leray 覆盖). $X$ 是概形, $\mathcal{G}$ 是任意的 ${\mathcal{O}}_X$-模, 如果它对一个开覆盖中任何有限交上的层上同调是零调的, 则开覆盖的 Čech 上同调到层上同调是同构.

当 $X$ 是分离概形, 取仿射开覆盖, 则它满足这个条件.

证明. 对 $\mathcal{F}$, 将其嵌入内射 ${\mathcal{O}}_X$-模 $\mathcal{I}$, $$0\to \mathcal{F}\to \mathcal{I}\to \mathcal{G}\to 0.$$由假设, 在开覆盖的开集的有限交上取截面模为正合. 我们于是知道在这些开集上 Čech 上同调也有长正合列, 由于 $\mathcal{I}$ 松, 其高级层上同调也消失, 从而我们知道商层 $\mathcal{G}$ 满足和 $\mathcal{F}$ 一样的消失性质. 我们这里取的是 $X$ 的开覆盖, 这个论法当然也适用于子集的开覆盖.

现在比较 Čech 上同调的长正合列和层上同调的长正合列. $\mathcal{I}$ 的两个高级上同调消失, 故用五引理可证明同构.

$\square$

TODO: 写一写习题 4.8.

射影空间的上同调

定理 5.2: 和 (II, 命题 5.19) 相比, 我们只要求 $A$ 是 Noether 环. 如 [RS, 18.1.4] 所说, 作为一个整体截面 (0 级上同调) 的命题, 我们居然使用的是更高级的上同调来证明, 由此看到上同调方法的威力.

层的高次正像

此乃上同调之相对版本.

在命题 8.1 中, TODO: 写下为什么内射层限制在开集上还是内射层.

命题 8.4: 这是和我们在第 2 节中建立层上同调时平行的命题, 即证明了不依赖于在哪个范畴中计算.

命题 3.11. 如果 $X$ 是拟紧分离概形 (例如 Noether 概形), 有态射 $f:X\to Y=\mathrm{Spec}A$, 则对于任何拟凝聚层 $\mathcal{F}$, $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}\cong H^i(X,\mathcal{F})\stackrel{~}{}$.

证明. 我们证明 $R^i{f}_{\ast }$ 和 $H^i(X,-)\stackrel{~}{}$ 是同样的 $\delta$-函子. $0$ 级是一样的.

如果 $X$ 是仿射概形, 那么 $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}=0,i>0$. (TODO: 写下原因.)

现在设 $X$ 是有限个仿射概形的并 $X=\cup U_i$, 则因为分离, 所有 $U_{\mathbf{p}}=\cap U_{p_j}$ 都仿射. 记 $g$ 为开浸入, 有消解$$0\to \mathcal{F}\to \underset{i}{⨁}{g}_{\ast }\mathcal{F}{|}_{U_i}\to \underset{i<j}{⨁}{g}_{\ast }\mathcal{F}{|}_{U_{ij}}\to \cdots$$我们已知 $U_{\mathbf{p}}$ 为仿射, 所以 $R^i(f\circ g{)}_{\ast }\mathcal{F}{|}_{U_{\mathbf{p}}}=0,i>0$.

所以有 $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}=h^i(f_{\ast }{\mathcal{C}}^{\bullet }(\mathfrak{U},\mathcal{F}))$. (TODO: 写下原因.) 于是推出 $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}$ 均是拟凝聚的.

$\square$

注 3.12. 对于 qcqs 的情况, 使用 Čech 层消解+归纳, 见 [Stacks, 01XH].

推论 3.13. $Y$ 可以不是仿射概形.

定理 3.14. 有紧合态射 $f:X\to Y$, $Y$ 为局部 Noether 的, $X$ 是 $\mathcal{F}$ 上的凝聚层. 这时, $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}$ 是凝聚的.

如果 $f$ 是射影的, 固定一个 ${\mathcal{O}}_X(1)$, 设 $Y$ 是拟紧的.

1.	$n\gg 1$, $f^{\ast }{f}_{\ast }\mathcal{F}(n)\to \mathcal{F}(n)$ 是满射.
2.	$n\gg 1$, (Serre 消失) $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}(n)=0,i>0$.

证明. 使用谱序列, 或者使用 “拆解”(dévissage) 手法如下. TODO.

$\square$

定理 3.15. 有紧合态射 $X\to \mathrm{Spec}A$, 其中 $A$ 是 Noether 的, $\mathcal{F}$ 为 $X$ 上凝聚层, 那么 $H^i(X,\mathcal{F})$ 是一个有限生成 $A$-模.

推论 3.16. 如果有局部 Noether 概形间的紧合态射 $f:X\to Y$, 那么对于凝聚层 $\mathcal{F}$, $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}$ 也是凝聚层.

注 3.17. 由二推三性质. 设 $A$ 是 Noether 的, 在短正合列$$0\to {\mathcal{F}}_1\to {\mathcal{F}}_2\to {\mathcal{F}}_3\to 0,$$如果 $H^i(X,{\mathcal{F}}_a),H^i(X,{\mathcal{F}}_b)$ 是有限生成 $A$-模, 那么 $H^i(X,{\mathcal{F}}_c)$ 也是.

证明. 由拆解手法, 先归化到 $X$ 是既约的 (习题 3.1), 然后归化到 $X$ 是整的 (习题 3.2). 对 $\mathrm{Supp}\mathcal{F}$ 的维数用 Noether 归纳法.

如果 $\mathrm{Supp}\mathcal{F}$ 是一个点, $H^0$ 是有限生成向量空间, 高级的都是 $0$. TODO: 写一写.

归纳步骤: 从支撑在所有闭子集中的成立到在它本身上成立. 设 $R$ 是一个整环, $M$ 是 $R$-模, 可以考虑$$0\to M_{\mathrm{tor}}\to M\to M_{\mathrm{tf}}\to 0.$$$M_{\mathrm{tor}}$ 的支撑真包含于 $X$. 故所有一般的层可以写$$0\to {\mathcal{F}}_{\mathrm{tor}}\to \mathcal{F}\to {\mathcal{F}}_{\mathrm{tf}}\to 0$$最后一项的支撑是 $X$. 于是可假设 $\mathcal{F}$ 是无扭的层 (限制在每个仿射开集上都是与无扭模结合的层).

于是条件化到 $X$ 整, $\mathcal{F}$ 无扭. 下面使用的也是一个很重要的技术 (见习题 4.2). 引入 $K(X)(U)={\mathcal{O}}_{X,\eta }$, 其中 $\eta$ 为一般点. $K(X)$ 也是拟凝聚的 ${\mathcal{O}}_X$-模. 有正合列$$0\to {\mathcal{O}}_X\to K(X)$$和无扭的 $\mathcal{F}$ 做张量积 (这时左正合, TODO: 写下原因. 原因是局部上看是), 于是$$0\to \mathcal{F}\to \mathcal{F}{\otimes }_{{\mathcal{O}}_X}K(X)$$最后一项是 $\mathcal{F}$ 在一般点上的秩那么多份 $K(X)$ 的直和. 下面我们要取一个合适的 $\mathcal{G}$. 如果 $\mathcal{G}$ 也是无扭的, 和 $\mathcal{F}$ 有相等的秩. 由 II, 习题 5.9, 存在邻域 $U$, $\mathcal{G}{|}_U\cong {\mathcal{O}}_U^{\oplus n}$. 我们看到 $\mathcal{G}$ 是局部自由的. $$0\to \mathcal{F}\to \mathcal{F}{\otimes }_{{\mathcal{O}}_X}K(X)\to {\mathcal{F}}_1\to 0,$$$$0\to \mathcal{G}\to \mathcal{G}{\otimes }_{{\mathcal{O}}_X}K(X)\to {\mathcal{G}}_1\to 0,$$第三项是同构的, 且均是拟凝聚的, 所以可以把 $\mathcal{F},\mathcal{G}$ 看成同一个层的子层, $$0\to \mathcal{F}\cap \mathcal{G}\to \mathcal{F}\to \mathcal{F}/\mathcal{F}\cap \mathcal{G}\to 0.$$$$0\to \mathcal{F}\cap \mathcal{G}\to \mathcal{G}\to \mathcal{G}/\mathcal{F}\cap \mathcal{G}\to 0.$$最后那项的支撑都是包含于 $X$ 的真闭子集的. 这是因为在充分小开集上 $\mathcal{F}$ 和 $\mathcal{G}$ 都是局部自由的, 它们的相交也是无扭的, 而且没有改变秩.

由二推三, 我们只要证明 $\mathcal{F}\cap \mathcal{G}$ 的上同调是有限生成的, 由此又需要 $\mathcal{G}$ 的上同调有限生成. 我们只要恰当选择 $\mathcal{G}$ 实现此点. 又只需 $\mathcal{G}$ 的秩为 1.

很多时候我们可以找 ${\mathcal{O}}_X$, 但是现在还不太行. 我们使用周炜良引理. 我们可以找到 $X^{\prime }\to \mathrm{Spec}A$ 是射影的, 其分解通过 $X$, 并且 $X$ 有一个开集 $U$ 和 $X^{\prime }$ 的一个开集 $V$ 同构. 根据消去性质我们还知道 $X^{\prime }\to X$ 是射影的.

回忆 $f:X^{\prime }\to X$ 射影, $X,X^{\prime }$ Noether, $\mathcal{F}$ 是 $X^{\prime }$ 上凝聚层, 那么 $R^i{f}_{\ast }\mathcal{F}$ 是凝聚的. $R^i{f}_{\ast }{\mathcal{O}}_{X^{\prime }}(n)=0,i>0,n\gg 1$.

记 $\mathcal{L}={\mathcal{O}}_X(n),n\gg 1$, $0\to \mathcal{L}\to {\mathcal{I}}^{\bullet }$ 内射消解, $R^i{f}_{\ast }\mathcal{L}=H^i((f_{\ast }\mathcal{I}{)}^{\bullet })$, 其在 $i>0$ 时 $=0$. 所以 $0\to f_{\ast }\mathcal{L}\to (f_{\ast }\mathcal{L}{)}^{\bullet }$ 是正合的. 于是这是一个零调松消解. $\mathcal{L}$ 是无扭的, $f_{\ast }\mathcal{L}$ 也是, 秩为 $1$.

于是 $H^i(X,f_{\ast }\mathcal{L})=H^i(\Gamma (f_{\ast }I{)}^{\bullet })=H^i(\Gamma (I{)}^{\bullet })\cong H^i(\mathcal{L})$ 最后的有限生成得到前面的有限生成.

$\square$

这就是拆解.

附录 A: 只和范畴有关的命题

命题 3.18. 对角线态射天然是单态射, 即有左消去律.

命题 3.19. 单态射的对角线态射是同构. 实际上有拉回图表$$XXXY.\mathrm{id}\mathrm{id}ff$$

引理 3.20 (神奇图表,[RS, 1.3.S]). 已知态射 $X_1,X_2\to Y,Y\to Z$, 下图是拉回图: $$X_1{\times }_Y{X}_2{X}_1{\times }_Z{X}_{2}YY{\times }_{Z}Y.$$

附录 B: 交换代数补习

命题 3.21. 一个元素属于一个分次环的分次理想, 当且仅当其各齐次分量属于此理想.

引理 3.22 ([BH, Lemma 1.5.6]). 对于分次环的理想 $I$, 定义 $I^{\ast }$ 为其所有齐次元生成的理想. 则 $I^{\ast }$ 是 $I$ 中极大的齐次理想. 如果 $\mathfrak{p}$ 是素理想, 则 ${\mathfrak{p}}^{\ast }$ 是素理想.

证明. 设 $ab\in {\mathfrak{p}}^{\ast }$, 但 $a,b\notin {\mathfrak{p}}^{\ast }$. 将 $a,b$ 写成各齐次分量的和, 我们取它们次数最低的不在 ${\mathfrak{p}}^{\ast }$ 中的分量. 考虑 $ab$ 中次数为这两分量次数和的分量, 则它一定是一些在 ${\mathfrak{p}}^{\ast }$ 中的元素和这两分量之积的和. 由于 ${\mathfrak{p}}^{\ast }$ 是齐次理想, 这一分量属于 ${\mathfrak{p}}^{\ast }$, 从而这个积属于 ${\mathfrak{p}}^{\ast }\subset \mathfrak{p}$. 所以这两分量一定有一个是 $\mathfrak{p}$ 中的齐次元, 进而属于 ${\mathfrak{p}}^{\ast }$, 矛盾.

$\square$

因为 $I^{\ast }$ 是 $I$ 内极大的分次理想, 所以任何 $I$ 的齐次理想都在 $I^{\ast }$ 内.

命题 3.23. 对于分次环 $R$ 的任意齐次理想 $I$ 和乘法集 $S\cap I=\varnothing$, 存在素齐次理想 $\mathfrak{p}\in V(I)$, $\mathfrak{p}\cap S=\varnothing$.

证明. 先考虑含 $I$ 的与 $S$ 不交的理想集, 由 Zorn 引理有极大元 $J$. 证明 $J$ 是素理想: 设 $a\notin J,b\notin J,ab\in J$, 则 $s\in (a+J)\cap S,t\in (b+J)\cap S$, 于是 $s=a{r}_1+j_1,t=b{r}_2+j_2,r_i\in R,j_i\in J$ $st=ab{r}_1{r}_2+(a{r}_1+j_1)j_2+b{r}_2{j}_1\in J\cap S$. 与 $J$ 取法矛盾. 然后取 $\mathfrak{p}=J^{\ast }$ 即可.

$\square$

推论 3.24. 对于任何 $s\in R$, $D_{+}(s)\cap V(I)=\varnothing$ 等价于 $s\in \sqrt{I}$.

参考文献

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[KS]	柏原正樹. Schapira, P. Categories and Sheaves.
[Zheng]	郑浩. 代数几何讲义.

术语翻译

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分离子 • 英文 separator

分离态射 • 英文 to separate morphisms