代数几何 2 作业二

2023 年 03 月 11 日发布, 最近修改于 2023-03-29. pdf 版本: AG-HW2.pdf.

1第二次作业
习题 1
习题 2
习题 3
习题 4
2第五次作业
习题 1
习题 2

代数几何课程的两次习题.

1第二次作业

习题 1. 设 $X$ 为 Noether 空间.

(i)	设 ${F_{i}}$ 为 $X$ 上的 Abel 群层. 则 $H^{n} (X, i ⨁ F_{i}) ≅ i ⨁ H^{n} (X, F_{i}) \forall n .$
(ii)	设 $J$ 为有向集, $({F_{i}}, {φ_{i, j}})_{i \in J}$ 为 $X$ 上 Abel 群层的有向系. 则 $H^{n} (X, i lim F_{i}) ≅ i lim H^{n} (X, F_{i}) \forall n .$

证明.

证明. 在 (ii) 中取 $J$ 为 $I$ 的所有有限子集就知道 (i) 是 (ii) 的直接推论. (有限直和显然保持同调).

据 Hartshorne 习题 II.1.11, 由于 $X$ 是 Noether 空间, 有 $Γ (X, i lim F_{i}) ≅ i lim Γ (X, F_{i}) .$ 这同时也说明若诸 $F_{i}$ 都为松层, 则 $lim_{i} F_{i}$ 也松; 且 $lim_{i}$ 正合.

因此我们取

F_{i}

的内射消解

I_{i}^{∙}

, 则

lim_{i} I_{i}^{∙}

即为

lim_{i} F_{i}

的零调消解. 取上同调, 由正合性即得结论.

$□$

习题 2.

(i)	设 $f : X \to Y$ 连续. 则对 $X$ 上任意 Abel 群层 $F$ 和任意 $i$ , $R^{i} f_{*} F$ 恰为预层 $V \mapsto H^{i} (f^{- 1} V, F)$ 的层化.
(ii)	设 $(X, O_{X})$ 为环化空间, $F, G$ 为 $O_{X}$ 模. 则对任意 $i$ , $E x t_{O_{X}}^{i} (F, G)$ 即为预层 $U \mapsto Ext_{O_{X} ∣_{U}}^{i} (F ∣_{U}, G ∣_{U})$ 的层化.

证明.

(i)

设 $I^{∙}$ 为 $F$ 的内射消解. 则 $R^{i} f_{*} F$ 按定义即为 $f_{*} I^{∙}$ 的上同调. 而 $f_{*} I^{∙}$ 作为预层的上同调即为 $V \mapsto H^{i} (f^{- 1} V, F)$ . 层化函子是预层范畴到层范畴的正合函子, 因此其保持链复形的上同调, 因而 $f_{*} I^{∙}$ 作为层的上同调即为预层 $V \mapsto H^{i} (f^{- 1} V, F)$ 的层化.

(ii)

类似的, 我们取

G

的内射消解

I

. 则

E x t_{O}^{i} = H^{i} (H o m_{O_{X}} (F, I^{∙}))

. 按定义,

H o m_{O_{X}} (F, I^{∙})

即为层

U \mapsto Hom_{O_{X} ∣ U} (F ∣_{U}, I^{∙} ∣_{U})

构成的链复形. 因此作为预层, 其上同调即为

U \mapsto Ext_{O_{X} ∣_{U}}^{i} (F ∣_{U}, G ∣_{U})

. 而层化保链复形上同调, 因此此链复形作为层的上同调即为上述预层的层化.

$□$

习题 3. 设 $(X, O_{X})$ 为环化空间, $F$ 为 $O_{X}$ 模. 令 $0 \to G^{'} \to G \to G^{''} \to 0$ 为 $O_{X}$ 模范畴中的短正合列. 证明有长正合列 $\dots \to Ext_{O_{X}}^{i} (G^{''}, F) \to Ext_{O_{X}}^{i} (G, F) \to Ext_{O_{X}}^{i} (G^{'}, F) δ \to Ext_{O_{X}}^{i + 1} (G^{''}, F) \to \dots .$

证明.

证明. 只需证明 $Ext_{O_{X}}^{i} (-, F)$ 亦是反变函子 $Hom_{O_{X}} (-, F)$ 的右导出函子. 这是同调代数的基本结果.

可以通过同时取

G

的投射消解

P^{∙}

和

F

的内射消解

I^{∙}

, 直和得到双重链复形, 取其两种不同的滤结构求谱序列即得到

H^{i} (Hom_{O_{X}} (G, I^{∙})) ≅ H^{i} (Tot^{\oplus} (Hom_{O_{X}} (P^{∙}, I^{∙}))) ≅ H^{i} (Hom_{O_{X}} (P^{∙}, F))

$□$

习题 4. 设 $(X, O_{X})$ 为环化空间, $F, G$ 为 $O_{X}$ 模. 定义 $F$ 对 $G$ 的扩张为形如 $0 \to G \to E \to F \to 0$ 的短正合列; 两个扩张 $E, E^{'}$ 等价当且仅当有交换图 $0 G E F 00 G E^{'} F 0. = ≅ =$ 证明存在自然的一一对应 $Ext_{O_{X}}^{1} (F, G) \sim {F 对 G 的扩张} / ≅ .$

证明.

证明. 这也是同调代数的基本结果. 我们不管 $(X, O_{X})$ , 改为在任意有足够投射对象的 Abel 范畴 $C$ 中考虑.

记 $A, B \in C$ . 我们记 $e (A, B)$ 为所有 $A$ 对 $B$ 的扩张构成的的等价类的集合. 记 $\dots \to P_{1} d P_{0} π A$ 为 $A$ 的投射消解. 则对任意扩张 $0 \to B \to E \to A \to 0$ , 我们有提升 $\dots P_{1} P_{0} A 00 B E A 0. d π =$ 且这样的提升在同伦意义下唯一. 此映射 $φ : P_{1} \to B$ 是链复形 $Hom (P_{∙}, B)$ 中的上环, 因此给出了 $[φ] \in H^{1} (Hom (P_{∙}, B)) = Ext^{1} (A, B)$ . 同伦唯一性说明此上同调类不依赖于提升的选择 (这就是 $id_{B} \in Hom (B, B)$ 对应的上同调类的拉回).

记 $E^{'}$ 为 $B φ P_{1} d P_{0}$ . 则按定义有交换图表 $\dots P_{1} P_{0} A 00 B E^{'} A 00 B E A 0. d π = = =$ 其中 $ψ : E^{'} \to A$ 由 $B 0 A π P_{0}$ 诱导. 第二行事实上也正合: 其显然在 $B$ 和 $A$ 处正合, 且是链复形. 若 $p \in P_{0}, b \in B$ , 使得 $ψ (p + b) = 0$ , 则 $π (p) = 0$ . 因此存在 $p_{1} \in P_{1}$ 使得 $p_{0} = d (p_{1})$ . 因而在 $E^{'}$ 中有 $p + b = d (p_{0}) + b \in B$ .

只关注后两行. 由五引理, $E ≅ E^{'}$ . 因此扩张 $E ≅ E^{'} \in e (A, B)$ 反过来被 $φ$ 唯一确定.

综上, 我们已经有如下交换图表

e (A, B) Hom (P_{1}, B) Ext^{1} (A, B) . E \mapsto [φ] φ \mapsto B ⨿ P_{0}

只需再证明若

φ, φ^{'} \in Hom (P_{1}, B)

给出同一个等价类, 则他们给出同一个扩张. 而此时存在

ψ \in Hom (P_{0}, B)

使得

φ - φ^{'} = ψ d

. 因此

E = B ⨿_{P_{1}, φ} P_{0}

和

E^{'} = B ⨿_{P_{1}, φ^{'}} P_{0}

之间有同构

(p, b) \mapsto (p, b + ψ (p))

. 所以上述映射

φ \mapsto B ⨿_{P_{1}, φ} P_{0}

确实诱导了

Ext^{1} (A, B) \to e (A, B)

的映射, 其与

E \mapsto [φ]

互逆. 这样就给出了一一对应.

$□$

2第五次作业

习题 1. 考虑复形的两项滤过 $K^{∙} = F^{0} K^{∙} \supset F^{1} K^{∙} \supset F^{2} K^{∙} \supset 0$ . 写出其对应的谱序列, 并与复形间短正合列给出的长正合列作比较.

证明.

证明. 记 $K^{' ∙} = F^{1} K^{∙}, K^{'' ∙} = K^{∙} / K^{' ∙}$ . 谱序列的 $E_{1}$ 页为 $E_{1}^{p, q} = H^{p + q} (gr^{p} K^{∙})$ . $E_{1}^{p, q} = ⎩ ⎨ ⎧ H^{q} (K^{'' ∙}) H^{q + 1} (K^{' ∙}) 0 p = 0, p = 1. p \neq = 0, 1$ 因此其 $E_{2}$ 页即退化. 设 $δ^{q} : H^{q} (K^{'' ∙}) \to H^{q + 1} (K^{' ∙})$ , 则 $E_{2}^{p, q} = {ker δ^{q} coker δ^{q} p = 0, p = 1.$ 因此有短正合列 $0 \to coker δ^{q} \to H^{q + 1} (K^{∙}) \to ker δ^{q + 1}$ .

把这些短正合列拼起来, 就得到

\dots \to H^{q} (K^{'' ∙}) δ H^{q + 1} (K^{' ∙}) \to H^{q + 1} (K^{∙}) \to H^{q + 1} (K^{'' ∙}) δ H^{q + 2} (K^{' ∙}) \to \dots

也就是对应的长正合列.

$□$

习题 2. 证明某书上某引理: 若谱序列 $E_{2}^{p, q} \Rightarrow H^{p + q}$ 满足只要 $q \neq = q_{1}, q_{2}$ 就有 $E_{2}^{p, q} = 0$ ( $q_{1} < q_{2}$ ), 求证有长正合列 $\dots \to E_{2}^{n - q_{1}, q_{1}} \to H^{n} \to E_{2}^{n - q_{2}, q_{2}} \to E_{2}^{n + 1 - q_{1}, q_{1}} \to H^{n + 1} \to \dots .$

证明.

证明. 记 $r_{0} = q_{2} - q_{1} + 1$ . 显然对任意 $r = 2, \dots, r_{0} - 1$ , 都有 $d_{r}^{p, q} : E_{r}^{p, q} \to E_{r}^{p + r, q - r + 1}$ 为 $0$ . 因此 $E_{r_{0}}^{p, q} = E_{2}^{p, q}$ .

又此谱序列显然在

r_{0} + 1

页后退化 (之后的

d = 0

), 则有

0 \to E_{r_{0} + 1}^{n - q_{1}, q_{1}} \to H^{n} \to E_{r_{0} + 1}^{n - q_{2}, q_{2}} \to 0

. 记

δ^{n} = d_{r_{0}}^{n - q_{2}, q_{1}} : E_{2}^{n - q_{2}, q_{2}} \to E_{2}^{n + 1 - q_{1}, q_{1}}

, 则

E_{r_{0} + 1}^{n - q_{1}, q_{1}} = coker δ^{n - 1}, E_{r_{0} + 1}^{n - q_{2}, q_{2}} = ker δ^{n}

. 因此

0 \to coker δ^{n - 1} \to H^{n} \to δ^{n} \to 0

. 将这些短正合列拼起来即得到所需求的长正合列.

$□$