Nakai–Moishezon 判别法

Nakai–Moishezon 判别法是用相交数来判别紧合代数簇上线丛丰沛性的方法, 说明了线丛的丰沛性是数值性质.

1陈述与证明

定理 1.1 (Nakai–Moishezon 判别法). 设 $X$ 是域上紧合概形, $\mathcal{L}$ 是 $X$ 上的线丛. 则以下几条等价:

1.	$\mathcal{L}$ 丰沛.
2.	对 $X$ 中任意的整的闭子概形 $Z$, 相交数 $({\mathcal{L}}^{\dim (Z)}\cdot Z)$ 都是正数.
3.	对 $X$ 中任意的整的闭子概形 $Z$, 只要 $\dim (Z)>0$, 就有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\chi ({\mathcal{L}}_Z^{\otimes n})=+\infty .$$
4.	对 $X$ 中任意的整的闭子概形 $Z$, 只要 $\dim (Z)>0$, 就存在 $n\in \mathbb{N}$, 使得 ${\mathcal{L}}_Z^{\otimes n}$ 的某个非零截面有零点.

证明. 用诺特归纳法, 可设在 $X$ 的真闭子概形上定理已经成立. 此时如 $X$ 不是整概形, 则由丰沛性的同调刻画容易看出, $\mathcal{L}$ 丰沛等价于 $\mathcal{L}$ 在 $X$ 的每个既约不可约分支上丰沛; 而条件 2、3、4 显然等价于它们在每个既约不可约分支上成立; 故此时由归纳假设定理成立. 下设 $X$ 是整概形.

1 推 2	我们来用诺特归纳证明对任意的非空闭子概形 $Z\subseteq X$, 相交数 $({\mathcal{L}}^{\dim (Z)}\cdot Z)$ 都是正数. $\dim (Z)=0$ 时显然, 下设 $\dim (Z)>0$. 由于非整情形是整情形的正整数线性组合, 可立即化归到 $Z$ 整的情形. 把 $\mathcal{L}$ 换成它的多次张量幂, 可无妨设它极丰沛, 则 ${\mathcal{L}}_Z$ 当然也极丰沛. 任取其非零截面, 对应非空除子 $D\subset Z$, 用归纳假设即知$$({\mathcal{L}}^{\dim (Z)}\cdot Z)=({\mathcal{L}}^{\dim (Z)-1}\cdot D)=({\mathcal{L}}^{\dim (D)}\cdot D)>0.$$
2 推 3	记 $d=\dim (Z)$. 依定义$$\chi ({\mathcal{L}}_Z^{\otimes n})=\frac{({\mathcal{L}}^d\cdot Z)}{d!}{n}^d+O(n^{d-1}),$$故 $d>0$ 时它随 $n\to +\infty$ 发散到 $+\infty$.
3 推 4	不妨设 $Z=X$. 以 $K(X)$ 记其分式域, 并视为 ${\mathcal{O}}_X$-模层. 取同构 $\mathcal{L}\otimes K(X)\cong K(X)$, 以此把 $\mathcal{L}$ 视为 $K(X)$ 的子模, 并取理想层 $\mathcal{I}={\mathcal{O}}_X\cap {\mathcal{L}}^{-1}$, $\mathcal{J}={\mathcal{O}}_X\cap \mathcal{L}=\mathcal{I}\otimes \mathcal{L}$, 分别对应闭子概形 $Y$, $Z$. 由归纳假设, ${\mathcal{L}}_Y$、${\mathcal{L}}_Z$ 丰沛, 故对任意正整数 $i$ 和充分大的正整数 $n$ 有$$H^i(Y,{\mathcal{L}}_Y^{\otimes n})=H^i(Z,{\mathcal{L}}_Z^{\otimes n})=0.$$考察正合列$$0\to \mathcal{I}\otimes {\mathcal{L}}^{\otimes n}\to {\mathcal{L}}^{\otimes n}\to {\mathcal{L}}_Y^{\otimes n}\to 0$$$$0\to \mathcal{J}\otimes {\mathcal{L}}^{\otimes (n-1)}\to {\mathcal{L}}^{\otimes (n-1)}\to {\mathcal{L}}_Z^{\otimes (n-1)}\to 0$$于是对任意正整数 $i>1$ 和充分大的正整数 $n$, 它俩的上同调长正合列给出$$H^i(X,{\mathcal{L}}^{\otimes n})=H^i(X,\mathcal{I}\otimes {\mathcal{L}}^{\otimes n})=H^i(X,\mathcal{J}\otimes {\mathcal{L}}^{\otimes (n-1)})=H^i(X,{\mathcal{L}}^{\otimes (n-1)}).$$所以 3 推出$$\underset{n\to +\infty }{\lim }(h^0({\mathcal{L}}^{\otimes n})-h^1({\mathcal{L}}^{\otimes n}))=+\infty ,$$从而$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{h}^0({\mathcal{L}}^{\otimes n})=+\infty ,$$也就推出 4.
4 推 1	把 $\mathcal{L}$ 换成它的多次张量幂, 可设它有截面, 对应除子 $D\subset X$. 此时由归纳假设, 引理 1.2 的条件成立, 故 $\mathcal{L}$ 由整体截面生成, 给出映射 $f:X\to \mathbb{P}(H^0(X,\mathcal{L}))$ 以及同构 $\mathcal{L}=f^{\ast }\mathcal{O}(1)$. 由于沿仿射态射拉回保持丰沛性, 只需证 $f$ 仿射. 我们来证明 $f$ 有限. 显然 $f$ 紧合, 故由 Zariski 主定理只需证其拟有限. 为此只需证闭点的纤维有限, 因为紧合态射纤维维数上半连续. 任取闭点纤维 $Y$. 由于 $f$ 不是常映射, $Y$ 是 $X$ 的真闭子概形, 故由归纳假设, ${\mathcal{L}}_Y$ 丰沛; 而 $\mathcal{L}=f^{\ast }\mathcal{O}(1)$, 故 ${\mathcal{L}}_Y={\mathcal{O}}_Y$; 这推出 $Y$ 有限.

$\square$

引理 1.2. 设 $X$ 是 Noether 环上紧合概形, $D\subset X$ 是有效 Cartier 除子. 设对充分大的正整数 $n$, $H^1(D,{\mathcal{O}}_D(nD))=0$, 且 ${\mathcal{O}}_D(nD)$ 被整体截面生成. 则对充分大的正整数 $n$, ${\mathcal{O}}_X(nD)$ 被整体截面生成.

证明. 考虑短正合列$$0\to {\mathcal{O}}_X((n-1)D)\to {\mathcal{O}}_X(nD)\to {\mathcal{O}}_D(nD)\to 0$$的同调长正合列$$0\to H^0(X,{\mathcal{O}}_X((n-1)D))\to H^0(X,{\mathcal{O}}_X(nD))\to H^0(D,{\mathcal{O}}_D(nD))\to H^1(X,{\mathcal{O}}_X((n-1)D))\to H^1(X,{\mathcal{O}}_X(nD))\to H^1(D,{\mathcal{O}}_D(nD))$$对充分大的 $n$, $H^1(D,{\mathcal{O}}_D(nD))=0$, 从而 $H^1(X,{\mathcal{O}}_X((n-1)D))\to H^1(X,{\mathcal{O}}_X(nD))$ 是满射. 由 Grothendieck 凝聚性, 这些同调是 Noether 环上有限生成模, 故对充分大的 $n$, $H^1(X,{\mathcal{O}}_X((n-1)D))\to H^1(X,{\mathcal{O}}_X(nD))$ 是同构, 从而 $H^0(X,{\mathcal{O}}_X(nD))\to H^0(D,{\mathcal{O}}_D(nD))$ 是满射, 于是 ${\mathcal{O}}_X(nD)$ 在 $D$ 附近被整体截面生成; 但它显然在 $D$ 以外被整体截面生成, 故它被整体截面生成.

$\square$

注 1.3. 由证明可以发现, 该判别法对域上紧合代数空间也适用.

定理 1.4 (相对 Nakai–Moishezon 判别法). 设 $f:X\to S$ 是 Noether 概形的紧合态射, $\mathcal{L}$ 是 $X$ 上的线丛. 则 $\mathcal{L}$ 为 $f$-丰沛当且仅当, 对 $X$ 中任意整的闭子概形 $Z$, 只要 $f(Z)$ 是一个点, 就有 $({\mathcal{L}}^{\dim (Z)}\cdot Z)$ 是正数.

2相关概念

•	Kleiman 判别法

术语翻译

Nakai–Moishezon 判别法 • 英文 Nakai–Moishezon criterion