6.8. 支撑在闭集的上同调及性质

首先, 不难证明如下事实: 对概形 $X$ 和 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$, 取截面 $s\in \Gamma (U,\mathcal{F})$, 则存在开集 $W\subset U$ 使得

(i) $W$ 是 $U$ 内最大的开集使得 $s{|}_W=0$;

(ii) 对任何几何点 $\bar{u}\to U$, 设 $\bar{s}=(U\to S)\circ \bar{u}$, 则$$0=(U,\bar{u},s)\in {\mathcal{F}}_{\bar{s}}\iff \bar{u}\in W.$$读者可以自己证明, 如果想当懒狗, 参考 Tag 04FR.

定义 6.8.0.1. 对概形 $X$ 和 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$.

(i) 层 $\mathcal{F}$ 的支集为点集 $\mathrm{supp}(\mathcal{F})\ni s$ 使得对所有 (一些)$s$ 上的几何点 $\bar{s}$ 都有 ${\mathcal{F}}_{\bar{s}}\ne 0$;

(ii) 截面 $s\in \Gamma (U,\mathcal{F})$, 其支集 $\mathrm{supp}(s)$ 定义为闭集 $U\backslash W$.

注 6.8.0.2. 层的支集不一定是闭的, 但如果取值是环, 那一定是闭的, 因为这时相当于单位截面的支集.

定义 6.8.0.3. 对概形 $X$, 闭子概形 $Z\subset X$ 和 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$, 定义$${\Gamma }_Z(X,\mathcal{F})=\{s\in \mathcal{F}(X):\mathrm{supp}(x)\subset Z\}.$$定义支撑在 $Z$ 的平展上同调为$$H_{Z,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X,\mathcal{F}):=R^i{\Gamma }_Z(X,\mathcal{F}).$$

注 6.8.0.4. 对闭子概形 $i:Z\subset X$ 和 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$, 定义 $i^{!}\mathcal{F}:=\ker (\mathcal{F}\to i_{\ast }{i}^{-1}\mathcal{F})$. 则 $\Gamma (Z,i^{!}\mathcal{F})=\ker (\mathcal{F}(X)\to \mathcal{F}(U))$. 不难证明 $(i_{\ast },i^{!})$ 是伴随函子, 故 $i^{!}$ 左伴随, 而且由于 $i_{\ast }$ 正合, 故 $i^{!}$ 保持内射性质. 因此 $\Gamma (Z,i^{!}(-))$ 左正合且诱导 $R^i\Gamma (Z,i^{!}(-))=R^i{\Gamma }_Z(X,-)=H_{Z,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X,-)$. 考虑层 $R^r{i}^{!}\mathcal{F}$(有时写作 ${\underline{H}}_Z^r(X,\mathcal{F})$), 因为 $i^{!}$ 保持内射, 我们有谱序列$$E_2^{p,q}:=H^p(Z,R^r{i}^{!}\mathcal{F})\Rightarrow H_Z^{p+q}(X,\mathcal{F}).$$

命题 6.8.0.5. 对概形 $X$, 闭子概形 $Z\subset X$ 和 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$, 设 $U=X\backslash Z$, 则有好三角:$$R{\Gamma }_Z(X,\mathcal{F})\to R\Gamma (X,\mathcal{F})\to R\Gamma (U,\mathcal{F})\to R{\Gamma }_Z(X,\mathcal{F})[1]$$进而诱导出正合列:$$\cdots \to H_{Z,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X,\mathcal{F})\to H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X,\mathcal{F})\to H_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(U,\mathcal{F})\to H_{Z,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X,\mathcal{F})\to \cdots .$$

证明.. 任取内射对象 $\mathcal{I}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$, 我们断言 $\mathcal{I}(X)\to \mathcal{I}(U)$ 是满的. 设 $j:U\to X$, 注意到对任何 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$ 都有$$\mathrm{Hom}(j_{!}{\underline{\mathbb{Z}}}_U,\mathcal{F})=\mathrm{Hom}({\underline{\mathbb{Z}}}_U,\mathcal{F}{|}_U)=\Gamma (U,\mathcal{F}),$$因为 $\mathcal{I}$ 是内射的, 故只需证明 $j_{!}{\underline{\mathbb{Z}}}_U\to {\underline{\mathbb{Z}}}_X$ 是单射. 根据层化函子是正合的, 只需证明对平展映射 $V\to X$, 典范映射$$\underset{V\to U}{⨁}\underline{\mathbb{Z}}(U)\to \underset{V\to X}{⨁}\underline{\mathbb{Z}}(U)$$是单射, 而这是显然的, 故断言成立.

不难发现上述满射的核为 ${\Gamma }_Z(X,\mathcal{I})$, 因此立即得到好三角$$R{\Gamma }_Z(X,\mathcal{F})\to R\Gamma (X,\mathcal{F})\to R\Gamma (U,\mathcal{F})\to R{\Gamma }_Z(X,\mathcal{F})[1].$$而长正合列因此是显然的.

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类似于代数拓扑, 我们有:

定理 6.8.0.6 (切除). 设 $f:X^{\prime }\to X$ 平展和闭子概形 $Z^{\prime }\subset X^{\prime }$ 使得

(i) 设 $Z:=f(Z^{\prime })$ 是闭集且 $f{|}_{Z^{\prime }}:Z^{\prime }\cong Z$ 同构;

(ii) 有 $f(X^{\prime }\backslash Z^{\prime })\subset X\backslash Z$.

则对任意的 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$ 都有对任意 $i$ 的同构$$H_{Z,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X,\mathcal{F})\cong H_{Z^{\prime },\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X^{\prime },f^{-1}\mathcal{F}).$$

证明.. 设 $U^{\prime }=X^{\prime }\backslash Z^{\prime },U=X\backslash Z$, 考虑得到其中虚线为诱导出来的映射. 由于 $f^{-1}$ 正合且和内射对象交换, 则只需证明诱导的$$g:{\Gamma }_Z(X,\mathcal{F})\to {\Gamma }_{Z^{\prime }}(X^{\prime },f^{-1}\mathcal{F})$$是同构. 注意到若 $s\in \ker g$, 则 $s$ 在 $\Gamma (X^{\prime },\mathcal{F})$ 和 $\Gamma (U,\mathcal{F})$ 是 $0$. 而 $\{X^{\prime },U\}$ 是平展覆盖, 则 $s=0$, 故是单射. 另一方面, 取 $s^{\prime }\in {\Gamma }_{Z^{\prime }}(X^{\prime },f^{-1}\mathcal{F})\subset \Gamma (X^{\prime },f^{-1}\mathcal{F})$. 注意到 $s^{\prime },0$ 在 $U^{\prime }$ 是 $0$; 另外 $s^{\prime }$ 限制 $X^{\prime }{\times }_X{X}^{\prime }\rightrightarrows X^{\prime }$ 都是相等的, 因此可以粘合成 $s\in \Gamma (X,\mathcal{F})$, 故满射.

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推论 6.8.0.7. 对概形 $X$ 和闭点 $x\in X$, 任取 $\mathcal{F}\in \mathrm{Ab}(X_{\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}})$, 则有$$H_{x,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(X,\mathcal{F})\cong H_{x,\acute{\mathrm{e}}\mathrm{t}}^i(\mathrm{Spec}{\mathcal{O}}_{X,x}^{\mathrm{sh}},\mathcal{F}).$$

证明.. 用定理 6.8.0.6 和定理 6.5.0.2 即可.

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