代数几何 2 作业三

2023 年 04 月 7 日发布. pdf 版本: AG-HW3.pdf.

1第三次作业
习题 1
习题 2
习题 3
习题 4
习题 5
习题 6

代数几何课程的又一次习题.

1第三次作业

习题 1. 设 $ϕ : K^{\cdot} \to L^{\cdot}$ 为复形同态. 构造如下复形 $C^{\cdot} (ϕ)$ 为 $C^{i} (ϕ) d^{i} (x_{i}, y_{i + 1}) = L^{i} \oplus K^{i + 1}, = (d x_{i} + ϕ (y_{i + 1}), - d y_{i + 1}) .$ 证明 $dd = 0$ , 且有长正合列 $\dots \to H^{i} (K^{\cdot}) \to H^{i} (L^{\cdot}) \to H^{i} (C^{\cdot} (ϕ)) \to H^{i + 1} (K^{\cdot}) \to \dots .$ 因此 $C^{\cdot} (ϕ)$ 零调当且仅当 $ϕ$ 为拟同构. 称 $C^{\cdot} (ϕ)$ 为 $ϕ$ 的映射锥. 证明任意复形上 $C^{\cdot} (id)$ 零伦.

证明.

证明. $dd (x, y) = (d (d x + ϕ (y)) - ϕ (d y), dd y) = 0.$ 而自然的嵌入映射 $i : L^{\cdot} \to C^{\cdot} (ϕ)$ 和投影映射 $p : C^{\cdot} (ϕ) \to K^{\cdot} [1]$ 显然都为复形同态, 且有正合列 $0 \to L^{\cdot} i C^{\cdot} (ϕ) p K^{\cdot} [1] \to 0$ . 此正合列即诱导出上述长正合列.

对于

C^{\cdot} (id_{K^{\cdot}})

, 可以构造同伦

s (x_{i}, y_{i + 1}) = (0, x_{i})

. 则

(d s + s d) (x, y) = (x, - d x) + (0, d x + y) = (x, y) .

即

C^{\cdot} (id_{K^{\cdot}})

上的恒等映射零伦, 亦即

C^{\cdot} (id_{K^{\cdot}})

零伦.

$□$

习题 2. 沿用上一习题的记号. 设有复形正合列 $0 K^{\cdot} ϕ L^{\cdot} ψ M^{\cdot} 0.$ 定义 $f : C^{\cdot} (ϕ) \to M^{\cdot}$ 为 $f (x_{i} . y_{i + 1}) = ψ (x_{i})$ . 证明 $f$ 是复形同态并且是拟同构. 进一步还有短正合列 $0 \to C^{\cdot} (id_{K^{\cdot}}) \to C^{\cdot} (ψ) \to M^{\cdot} \to 0.$

证明.

证明. $fd (x, y) = ψ (d x) + ψ ϕ (y) = d ψ (x) = df (x, y) .$ 因此 $f$ 是复形同态. 考虑交换图 $\dots H^{i} (K^{\cdot}) H^{i} (L^{\cdot}) H^{i} (M^{\cdot}) H^{i + 1} (K^{\cdot}) \dots . \dots H^{i} (K^{\cdot}) H^{i} (L^{\cdot}) H^{i} (M^{\cdot}) H^{i + 1} (K^{\cdot}) \dots . f_{*}$ 由五引理, $f$ 是拟同构.

定义映射 $g : C^{\cdot} (id_{K^{\cdot}}) \to C^{\cdot} (ψ)$ 为 $g (x, y) = (ψ (x), y)$ , 其显然也是复形同态, 且 $f g = 0$ . 由于 $f$ 是拟同构而 $C^{\cdot} (id_{K^{\cdot}})$ 零伦, 显然有短正合列 $0 \to C^{\cdot} (id_{K^{\cdot}}) \to C^{\cdot} (ψ) \to M^{\cdot} \to 0.$ $□$

习题 3. 设 $A$ 为交换环. 对任意 $A$ 模 $M$ , 令函子 $Ext_{A}^{i} (M, -)$ 为 $Hom_{A} (M, -)$ 的导出函子. 对 $Spec A$ 的任意仿射开集 $U$ , 令 $A_{U} = Γ (U, O_{Spec A}), M_{U} = Γ (U, \tilde{M}), N_{U} = Γ (U, \tilde{N}) .$ 设 $A$ Noether 且 $M$ 有限生成. 证明 $Ext_{A_{U}}^{i} (M_{U}, N_{U}) ≅ Ext_{O_{U}}^{i} (\tilde{M} ∣_{U}, \tilde{N} ∣_{U}) .$

习题 4. 设 $R$ 是主理想整环.

1.	对任意 $R$ 有限生成模 $M$ , 任意 $R$ 模 $N$ , 及任意 $i \neq = 0, 1$ , 都有 $Ext_{R}^{i} (M, N) = 0, Tor_{i}^{R} (M, N) = 0.$
2.	令 $K^{\cdot}$ 为有限阶自由 $R$ 模构成的复形. 证明有短正合列 $0 \to H^{n} (K^{\cdot}) \otimes_{R} N \to H^{n} (K^{\cdot} \otimes_{R} N) \to Tor_{1}^{R} (H^{n + 1} (K^{\cdot}), N) \to 0,$ $0 \to Ext_{R}^{1} (H^{- (n - 1)} (K^{\cdot}), N) \to H^{n} (Hom_{R} (K^{\cdot}, N)) \to Hom_{R} (H^{- n} (K^{\cdot}), N) \to 0.$

证明.

由主理想整环上的有限生成模分类定理, $M$ 可以表示为两个自由模的商, 即有投射消解 $0 \to R^{m} \to R^{n} \to M \to 0$ . 以此消解计算 $Ext, Tor$ 即知其在下标超过 $1$ 时消失.

由于命题关于 $K$ 局部, 不妨设 $K$ 上有界. 取 $N$ 的自由消解 $P^{\cdot} \to N$ . 则二重复形 $L^{\cdot\cdot} = K^{\cdot} \otimes_{R} P^{\cdot}$ 满足 $Tot (L^{\cdot\cdot}) \to (K^{\cdot} \otimes_{R} N)$ 拟同构.

取

H_{II} H_{I} L^{\cdot\cdot}

即得到谱序列

E_{2}^{pq} = Tor_{- p}^{R} (H^{q} (K^{\cdot}), N) \Rightarrow H^{p + q} (K^{\cdot} \otimes_{R} N)

. 由于

H^{q} (K^{\cdot})

有限生成, 由 1 即知此谱序列在第二项即退化, 于是即有

0 \to H^{n} (K^{\cdot}) \otimes_{R} N \to H^{n} (K^{\cdot} \otimes_{R} N) \to Tor_{1}^{R} (H^{n + 1} (K^{\cdot}), N) \to 0.

Ext

的证明完全相同.

$□$

习题 5. 令 $X$ 为概形, $F$ 为有限阶局部自由 $O$ 模, $G$ 为任意 $O$ 模. 证明有同构 $H^{i} (X, H o m_{O_{X}} (F, G)) ≅ Ext_{O_{X}}^{i} (F, G) .$

证明.

证明. 我们有谱序列 $E_{2}^{pq} = H^{p} (X, E x t^{q} (F, G)) \Rightarrow Ext_{O_{X}}^{p + q} (F, G)$ . 但是局部上, $F ≅ O_{X}^{k}$ , 从而对任意 $i > 0$ 有 $E x t^{i} (F, G) = 0$ . 因此这个谱序列立刻退化, 且我们有同构 $H^{i} (X, H o m_{O_{X}} (F, G)) ≅ Ext_{O_{X}}^{i} (F, G) .$ $□$

习题 6. 证明如下的 de Rham 同构: 令 $X$ 为 (实) 微分流形, $A^{n} (X)$ 为 $X$ 上的复系数微分 $n$ -形式构成的 $C$ 线性空间, 也就是 $Ω_{X}^{n}$ 的全局截面. 令 $(A^{\cdot} (X), d)$ 为 $X$ 的 de Rham 复形. 注意 $A^{0} (X)$ 就是光滑函数空间. 令 $C$ 为 $X$ 的常值层. 证明 de Rham 同构: 对任意 $k$ , $H^{k} (X, C) ≅ H^{k} (A^{\cdot} (X), d)$ .

注. 注意 $Ω^{n}$ 并不松 (除非 $X$ 是单点). 证明他是零调的. 可能 $Ω^{n}$ 不是个好记号, 人们一般用 $A^{n} (X)$ 表示 $n$ 阶微分形式层. 这里可以使用单位分解证明其零调.

证明.

证明. 我们知道, 事实上有层的长正合列 (Poincaré 引理) $0 \to C \to Ω_{X}^{0} \to Ω_{X}^{1} \to \dots .$ 这可以通过局部验证来得到. 而 $A^{n} (X) = Γ (X, Ω_{X}^{n})$ . 因此若能证明 $Ω_{X}^{n}$ 对 $Γ (X, -)$ 零调, 它就是 $C$ 的零调消解, 因此 $A^{\cdot} (X)$ 的上同调自然同构于 $H^{k} (X, C)$ .

事实上, 任意 $C^{\infty} (X)$ -模都是软层, 即对任意闭集 $Y$ , 有 $Γ (X, F) \to Γ (Y, F)$ 满射. 这是因为 $Γ (Y, F) = lim_{U \supset Y} Γ (U, F)$ . 若 $t \in Γ (Y, F)$ 有代表元 $s \in Γ (U, F)$ , 则任取一个在 $Y$ 上恒 $1$ 且在 $U$ 外恒 $0$ 的函数 $f$ , $f \cdot s$ 即是 $t$ 在全空间上的延拓.

因此

Ω_{X}^{n}

是软的. 而仿紧 Hausdorff 空间上软的层总是零调的, 证毕.

$□$

引理. 仿紧 Hausdorff 空间上软的层是零调的.

证明.

证明. 首先, 内射层都是软的. 因为内射层是松的, 而松层是软的 (可以先扩张到足够小的开邻域里, 然后使用松性延拓到全空间).

其次, 设 $0 \to F^{'} \to F \to F^{''} \to 0$ 是层正合列, 且 $F^{'}, F$ 软, 则对应的整体截面也正合, 且 $F^{''}$ 亦软. 证明与松的情况一致, 只不过扩张时只能扩张出找到的邻域里的一部分: 若对 $t \in F^{''}$ 找出其扩张 $s_{1} \in F (U_{1}), s_{2} \in F (U_{2})$ , 那么可以收缩 $U_{1}, U_{2}$ 为 $V_{1}, V_{2}$ 使得 $\overline{V_{i}} \subset U_{i}$ , 并得到 $t$ 在 $V_{1} \cup V_{2}$ 上的扩张.

与松的情形一样, 取内射消解即得到结论.

$□$