19.2. 上同调纯性和 Gysin 序列 I——一般情况

考虑一般的光滑对如下图其中 $i$ 是闭浸入且 $j:U:=X\backslash Z\to X$ 是开浸入.

定理 19.2.0.1 (上同调纯性). 对于余维数 $c$ 的光滑 $S$-对 $(Z,X)$, 则对任何局部常值挠层 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$ 都有 (注 6.7.0.4):$$R^r{i}^{!}\mathcal{F}=\{\begin{array}{cc}{i}^{-1}\mathcal{F},& i=2c;\\ 0,& i\ne 2c.\end{array}$$等价的, 我们有 $\mathcal{F}\cong j_{\ast }{j}^{-1}\mathcal{F}$, 当 $r\ne 0,2c-1$ 时有 $R^r{j}_{\ast }{j}^{-1}\mathcal{F}=0$ 且$$i^{-1}{R}^{2c-1}{j}_{\ast }{j}^{-1}\mathcal{F}=i^{-1}\mathcal{F}.$$

简要证明. 等价性不难根据正合列$$\cdots \to \mathcal{E}x{t}_X^i(i_{\ast }{i}^{-1}\underline{\mathbb{Z}},\mathcal{F})\to \mathcal{E}x{t}_X^i(\underline{\mathbb{Z}},\mathcal{F})\to \mathcal{E}x{t}_X^i(j_{!}{j}^{\ast }\underline{\mathbb{Z}},\mathcal{F})\to \cdots$$得到. 于是只需要证明某一个即可.

$\bullet$ 步骤 1. 先考虑 $c=1$ 的情况, 划归到 $X={\mathbb{P}}_S^1$ 且 $Z$ 为无穷远点且 $\mathcal{F}=\Lambda :=\underline{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}$.

因为定理是平展局部的, 不妨设 $(Z,X)$ 为标准光滑 $S$-对 $({\mathbb{A}}_S^{m-1},{\mathbb{A}}_S^m)$, 将 $S$ 替换为 ${\mathbb{A}}_S^{m-1}$, 故不妨设 $X={\mathbb{A}}_S^1=\underline{\mathrm{Spec}}{\mathcal{O}}_S[T]$ 且 $Z=V(T)$. 根据定理 6.7.0.6, 不难得到可以假设 $X={\mathbb{P}}_S^1$ 且 $Z$ 为无穷远点. 显然可以不妨设 $\mathcal{F}=\Lambda :=\underline{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}$.

$\bullet$ 步骤 2. 证明 $c=1$ 的情况.

这里需要几个在光滑基变换里有用的概念 ($n$-零调等), 我们略去. 参考 [20] 定理 VI.5.1. 我们可以得到 $g_{\ast }\Lambda =\Lambda$ 且当 $k>0$ 时 $R^k{g}_{\ast }\Lambda =0$. 而且当 $i>0$ 时 $\mathrm{supp}(R^i{j}_{\ast }\Lambda )\subset Z$ 且 $\Lambda =j_{\ast }{j}^{-1}\Lambda$. 因此对 Leray 谱序列$$E_2^{i,j}:=R^i{f}_{\ast }{R}^j{j}_{\ast }\Lambda \Rightarrow R^{i+j}{g}_{\ast }\Lambda$$得到 $E_2^{i,0}=R^i{f}_{\ast }\Lambda$ 且当 $i>0,j>0$ 时 $E_2^{i,j}=0$. 因此谱序列得到当 $i>0$ 时$$f_{\ast }{j}_{\ast }\Lambda =\Lambda ,E^{0,i}=R^{i+1}{f}_{\ast }\Lambda .$$根据定理 13.6.0.1 得知 $R^{i+1}{f}_{\ast }\Lambda$ 也局部常值且茎为 $H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^{i+1}({\mathbb{P}}_k^1,\Lambda )$. 根据定理 9.3.0.2 得到当 $i\ne -1,1$ 时 $H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^{i+1}({\mathbb{P}}_k^1,\Lambda )=0$. 因此得到 $c=1$ 的证明.

$\bullet$ 步骤 3. 证明一般情况.

只需归纳法, 平展局部下余维数 $c$ 的光滑 $S$-对 $(Z,X)$ 可以嵌入如下其中 $(Z,Y)$ 和 $(Y,X)$ 分别是余维数 $c-1$ 和 $1$ 的光滑 $S$-对, 运用谱序列 $R^i{u}^{!}{R}^j{v}^{!}\mathcal{F}\Rightarrow R^{i+j}{i}^{!}\mathcal{F}$ 不难得到结论.

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注 19.2.0.2. 若 $\mathcal{F}$ 是 $\Lambda :=\underline{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}$-模且 $n$ 在 $X$ 内可逆, 对任何平展映射 $V\to X$ 和 $s\in \mathcal{F}(V)$ 会诱导 $\Lambda \to \mathcal{F}{|}_V$, 进而得到 $H_{Z{\times }_{X}V,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^{2c}(V,\Lambda )\to H_{Z{\times }_{X}V,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^{2c}(V,\mathcal{F}{|}_V)$, 故得到$$\mathcal{F}\to \mathcal{H}o{m}_X(R^{2c}{i}^{!}\Lambda ,R^{2c}{i}^{!}\mathcal{F}).$$类似于定理的证明, 不难证明这是同构! 假设 $T_{Z/X}:=R^{2c}{i}^{!}\Lambda \cong \Lambda$, 故局部自由, 则我们有典范的同构$$i^{-1}\mathcal{F}\otimes T_{Z/X}\cong R^{2c}{i}^{!}\mathcal{F}.$$

推论 19.2.0.3 (Gysin 序列). 对于余维数 $c$ 的光滑 $S$-对 $(Z,X)$, 若 $\mathcal{F}$ 是 $\Lambda :=\underline{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}$-模且 $n$ 在 $X$ 内可逆, 则当 $0\le j\le 2c-2$ 时有 $R^j{f}_{\ast }\mathcal{F}\cong R^j{g}_{\ast }(\mathcal{F}|U)$, 且有正合列$$0\to R^{2c-1}{f}_{\ast }\mathcal{F}\to R^{2c-1}{g}_{\ast }(\mathcal{F}{|}_U)\to h_{\ast }(i^{-1}\mathcal{F}\otimes T_{Z/X})\to R^{2c}{f}_{\ast }\mathcal{F}\to \cdots$$$$\cdots \to R^{j-1}{g}_{\ast }(\mathcal{F}{|}_U)\to R^{j-2c}{h}_{\ast }(i^{-1}\mathcal{F}\otimes T_{Z/X})\to R^j{f}_{\ast }\mathcal{F}\to \cdots .$$

证明. 由 $i^{-1}\mathcal{F}\otimes T_{Z/X}\cong R^{2c}{i}^{!}\mathcal{F}$ 得到$$H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^j(Z,i^{-1}\mathcal{F}\otimes T_{Z/X})\cong H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^j(Z,R^{2c}{i}^{!}\mathcal{F}).$$根据上同调纯性得到当 $j\ne 2c$ 时 $R^j{i}^{!}\mathcal{F}=0$, 故谱序列得到$$H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^j(Z,R^{2c}{i}^{!}\mathcal{F})\cong H_{Z,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^{j+2c}(X,\mathcal{F}).$$根据命题 6.7.0.5 得到$$\cdots \to H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^{j-2c}(Z,i^{-1}\mathcal{F}\otimes T_{Z/X})\to H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^j(X,\mathcal{F})\to H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^j(U,\mathcal{F})\to \cdots .$$替换 $S$ 为平展 $S$-概形即可得到相对版本的结论.

$\square$