Hartshorne 第二章第四节习题

2022 年 11 月 30 日发布, 最近修改于 2023-02-23. pdf 版本: hartshorne-2-4.pdf.

4可分与紧合态射
习题 1
习题 2
习题 3
习题 4
习题 5
习题 6
习题 7 ( $R$ 上的概形)
习题 8
习题 9
习题 10 (周引理)
习题 11
习题 12 (赋值环的例子)

这里是 Hartshorne 第二章第四节习题. 目前还在做.

4可分与紧合态射

习题 1. 证明有限态射紧合.

证明.

证明. 设 $f : X \to Y$ 有限, 则对 $Y$ 中任意仿射开集 $U$ , 都有 $f^{- 1} (U)$ 仿射, 因此 $f^{- 1} (U) \to U$ 分离. 因此 $f$ 分离.

按定义, $f$ 有限型. 由于有限态射的基变换仍然有限, 且有限态射总是闭映射 (习题 3.5), 即知 $f$ 泛闭.

因此

f

紧合.

$□$

习题 2. 令 $S$ 为概形, $X$ 是 $S$ 上的既约概形, $Y$ 是 $S$ 上的分离概形. 令 $f, g$ 都是 $X$ 到 $Y$ 上的 $S$ -态射, 且在 $X$ 的某个稠密开集上一致. 证明 $f = g$ . 给出反例说明在 $X$ 不既约或者 $Y$ 不分离的情况下都未必成立. [提示: 给出 $X \to Y \times_{S} Y$ 的映射.]

证明.

证明. 设 $φ : X \to Y \times_{S} Y$ 是由 $f$ 和 $g$ 决定的映射. 设 $U \subseteq X$ 是稠密开集使得 $f ∣_{U} = g ∣_{U}$ . 那么 $φ (U) \subseteq Δ (Y) \subseteq Y \times_{S} Y$ . 由于 $Y$ 在 $S$ 上分离, $Δ (Y)$ 是闭子概型 (且配备). 因此 $φ (X) \subseteq Δ (Y)$ . 由于 $X$ 既约, $φ (X)$ (作为概形论像) 具有既约闭子概形结构. 从而 $φ$ 穿过 $Δ (Y)$ . 因此 $f = p_{1} \circ φ = p_{2} \circ φ = g$ .

若 $X$ 不既约, 则 $φ (X) \subseteq Δ (Y)$ 不蕴含 $φ$ 穿过 $Δ (Y)$ . 例如, 若 $Y$ 是仿射直线 $Spec k [z]$ , $X$ 是 $Spec k [x, ϵ] / (ϵ^{2}, x ϵ)$ , 即仿射直线在原点处多出一个无穷小. 考虑 $z \mapsto x$ 和 $z \mapsto x + ϵ$ 诱导的两个 $X \to Y$ 同态. 它们在 $X$ 去掉原点的稠密开集上一致, 但是却不相等.

若

Y

不分离, 则未必有

φ (X) \subseteq Δ (Y)

. 例如, 若

Y

是带有双原点的直线,

X

是

Y \times_{k} Y

中

Δ (Y)

的闭包 (具有四个原点), 而

f, g

是两个投影映射. 那么在去掉四个原点之后剩下的稠密开集上

f

与

g

一致. 但是

f \neq = g

$□$

习题 3. 令 $X$ 是仿射概形 $S$ 上的分离概形. 若 $U$ 和 $V$ 为 $X$ 的仿射开集, 则 $U \cap V$ 亦仿射. 给出反例说明这在 $X$ 不分离的情况下未必成立.

证明.

证明. 我们有 $Δ (U \cap V) = (U \times_{S} V) \cap Δ (X)$ . 因此由 $X$ 分离, 即知 $Δ (U \cap V)$ 是 $U \times_{S} V$ 的闭子概形. 事实上, 如下交换图是个拉回 (是个◰图!): $U \cap V X U \times_{S} V X \times_{S} X . Δ Δ$ 由于 $U \times_{S} V$ 是仿射概形, 其闭子概形 $U \cap V$ 也一定是仿射概形 (习题 3.11).

若

X

未必分离, 可以取

S = Spec k

X

为带有两个原点的仿射平面,

U, V

分别是去掉其中一个原点之后得到的仿射平面. 那么

U \cap V

是去掉原点的仿射平面, 并不仿射.

$□$

习题 4. 令 $f : X \to Y$ 为 Noether 概形 $S$ 上的有限型可分概形之间的态射. 设 $Z$ 是 $X$ 的闭子概形, 且 $Z$ 在 $S$ 上紧合. 证明 $f (Z)$ 在 $Y$ 中闭, 并且 $f (Z)$ 配备概形论像结构也在 $S$ 上紧合. 我们将这个结论称为 “紧合概形的像紧合”. [提示: 将 $f$ 分解为图像 $Γ_{f} : X \to X \times_{S} Y$ 和投影 $p_{2}$ 的复合, 并证明 $Γ_{f}$ 是闭浸入.]

证明.

证明. 由于紧合蕴含有限型且可分, 可以直接将 $X$ 替换为 $Z$ , 因此不妨假设 $X = Z$ 紧合. 众所周知, 如下 “魔法交换图” $X ≅ X \times_{Y} Y X \times_{S} Y Y Y \times_{S} Y . Γ_{f} Δ$ 是拉回图. 因此由于 $Y Δ Y \times_{S} Y$ 是闭浸入, 即知 $Γ_{f}$ 也是闭浸入. 我们知道 $p_{2} : X \times_{S} Y \to Y$ 是 $X \to S$ 的基变换, 因此也是闭映射. 综上, $f : X \to Y$ 是两个闭映射的复合, 从而也是闭映射, 因此 $X \to f (X)$ 是满同态.

任取 $S$ 上的概形 $Z$ , 考虑 $X \times_{S} Z g f (X) \times_{S} Z h Z$ . 其中 $g$ 依然是满射 (因为基变换保持满射), $h \circ g$ 是闭映射. 因此 $h$ 一定是闭映射. 所以 $f (Z)$ 在 $S$ 上泛闭.

显然

f (X)

在

S

上分离且有限型. 因此

f (X)

紧合.

$□$

习题 5. 令 $X$ 为域 $k$ 上的有限型整概形, 其函数域为 $K$ . 如果 $K / k$ 的某个赋值的赋值环支配局部环 $O_{x, X}$ , 其中 $x \in X$ , 就说此赋值具有中心 $x$ .

(a)	若 $X$ 在 $k$ 上分离, 则 $K / k$ 的每个赋值的中心 (如果存在) 一定唯一.
(b)	若 $X$ 在 $k$ 上紧合, 则 $K / k$ 的每个赋值都存在唯一的中心.
(c)	证明 (a) 和 (b) 的逆命题. [提示: 虽然 (a) (b) 是赋值判别法的简单推论, 但是逆命题需要不同的域中的赋值之间的比较.]
(d)	若 $X$ 在 $k$ 上紧合, 且 $k$ 代数闭, 证明 $Γ (X, O_{X}) = k$ . 这推广了 (I, 3.4a). [提示: 令 $a \in Γ (X, O_{X}), a \in / k$ , 证明存在 $K / k$ 的赋值环 $R$ 使得 $a^{- 1} \in m_{R}$ . 然后使用 (b) 得出矛盾.]

注意: 若 $X$ 是 $k$ 上的代数簇, 则 (b) 有时会作为完备簇的定义.

证明.

(a)	若 $R$ 是 $K / k$ 的赋值环, 则自然有态射 $Spec K \to Spec R \to Spec k$ . 因此易知, 给出 $R$ 对应的赋值的中心等价于给出下图中虚线的映射: $Spec K X Spec R Spec k .$ 由赋值判别法, 若 $X$ 分离, 则这样的态射至多唯一, 因此中心唯一.
(b)	同上, 由赋值判别法, 若 $X$ 紧合, 则这样的态射存在, 因此中心存在.
(c)	考虑应用赋值判别法. 设 $L$ 是 $k$ 的扩域, $S$ 是 $L / k$ 的赋值环, 并且有如下交换图: $Spec L X Spec S Spec k .$ 我们想给出 $Spec S \to X$ 态射的唯一性或是存在唯一性. (这里专指使得上述图图表交换的态射, 下同.) 若 $Spec L$ 中的唯一的点映射到了 $X$ 的一般点, 则 $K$ 是 $L$ 的子域, 而 $R = S \cap K$ 是 $K$ 中的赋值环. 因此有交换图 $Spec L Spec K X Spec S Spec R Spec k .$ 由前提可知 $Spec R \to X$ 的态射唯一 (或存在唯一). 若有 $f : Spec S \to X$ , 则 $f$ 将 $Spec S$ 的闭点映射到 $x \in X$ , 且 $S$ 支配 $O_{x, X}$ . 由于 $O_{x, X} \subset K$ , 即知 $R$ 支配 $O_{x, X}$ . 因此 $Spec S \to X$ 的态射与 $Spec R \to X$ 的态射一一对应, 亦唯一 (或存在唯一). 若 $Spec L$ 的点映射到任意的 $x \in X$ , 则需考虑 ${x}^{-}$ 上的既约闭子概形 $Z$ ; $Z$ 显然是 $Spec L$ 的概形论像, 因此只需将 $X$ 替换为 $Z$ 重复上述论证. 因此, 问题转化为若 $X$ 满足 (a) 或 (b) 中条件, $Z$ 是 $X$ 的不可约闭子概形, 则 $Z$ 也满足相同条件. 我们首先需要一个引理: 引理. 设 $X \to Y$ 是紧合支配态射 (或者说紧合满态射), 其中 $X, Y$ 都是域 $k$ 上的整概形. 则 $X$ 满足上述条件当且仅当 $Y$ 满足相同条件. 证明. 证明. 设 $R$ 是 $K (Y) / K$ 的赋值环. 由于 $f$ 支配, 其一定把 $X$ 的一般点打到 $Y$ 的一般点, 因此有包含 $K (Y) ↪ K (X)$ . 令 $R^{'}$ 为 $K (X)$ 中支配 $R$ 的赋值环. 我们断言 $R^{'} \cap K (Y) = R$ : 若不然, 取 $e \in R^{'} \cap K (Y), e \in / R$ . 则 $e^{- 1} \in m_{R}, e^{- 1} \in / m_{R^{'}}$ , 这与 $R^{'}$ 支配 $R$ 矛盾. 若要给出 $R$ 在 $Y$ 中的一个中心, 就等价于给出一个 $y \in Y$ 使得 $R$ 支配 $O_{y, Y}$ . 那么 $R^{'}$ 在 $K (X)$ 中支配 $O_{y, Y}$ . 因此我们有交换图 $Spec K (X) X Spec R^{'} Y .$ 因此由于 $X \to Y$ 紧合, 就可以将 $Spec R^{'} \to Y$ 的映射唯一地提升到 $Spec R^{'} \to X$ . 也就是说对于 $R$ 在 $Y$ 中任意一个中心, 都存在恰好一个 $R^{'}$ 在 $X$ 中的中心如此对应. 反之, 若 $x$ 是 $R^{'}$ 在 $X$ 中的中心, $y = f (x)$ , 则 $O_{x, X}$ 支配 $O_{y, Y}$ , 因此 $R^{'}$ 也支配 $O_{y, Y}$ . 而 $O_{y, Y} \subset K (Y)$ , 因此 $R$ 支配 $O_{y, Y}$ . (事实上就是说 $Spec R^{'}$ 是 $Spec K (Y)$ 和 $Spec R$ 在 $Spec K (X)$ 上的推出). 因此 $R^{'}$ 在 $X$ 中的中心和 $R$ 在 $Y$ 中的中心以如下交换图的方式一一对应: $Spec R^{'} Spec R Spec K (X) Spec K (Y) X Y .$ 因此即证. $□$ 我们取 $X$ 的正规化 $\tilde{X}$ (习题 3.8), 则 $\tilde{X} \to X$ 有限, 因此紧合. 其显然是满射, 从而满足引理条件, 因此 $\tilde{X}$ 也满足相应条件. 设 $Z$ 是 $X$ 的不可约闭子概形, 考虑到基变换保持有限性和满射性, 即知 $Z \times_{X} \tilde{X} \to Z$ 也是有限满射, 从而也满足引理条件. 同时, 由于其紧合且 $Z$ 不可约, 一定存在 $Z \times_{X} \tilde{X}$ 的不可约分支 $Z^{'}$ 使得 $Z^{'} \to Z$ 亦是满射. 为 $Z^{'}$ 配备既约闭子概形结构, 则 $Z^{'} \to Z$ 是紧合满射, 从而满足引理条件. 由于 $Z \times_{X} \tilde{X}$ 也是 $\tilde{X}$ 的闭子概形 (习题 3.11), 即知 $Z^{'}$ 是 $\tilde{X}$ 的不可约闭子概形. 因此问题归约为: 若 $X$ 是域 $k$ 上的有限型正规整概形, $Z$ 是其不可约闭子概形, $X$ 满足条件 (a) 或 (b), 那么 $Z$ 也满足相同的条件. 通过归纳, 我们不妨假设 $Z$ 在 $X$ 中具有余维数 $1$ . 设 $Z$ 的一般点为 $z$ , 则 $O_{z, X}$ 是一维整闭 Noether 局部整环, 因此是离散赋值环. 现在设 $S \subset K (Z) = k (z)$ 是赋值环, $k \subset S$ . 令 $π : O_{z, X} \to K (Z)$ 为商同态, $R = π^{- 1} (S)$ . 则 $R$ 是 $K$ 中的赋值环: 任取 $u \in K$ , 由于 $O_{z, X}$ 是离散赋值环, $u \in O_{z, X}$ 或 $u^{- 1} \in O_{z, X}$ . 不妨设为前者. 若 $u \in m_{z}$ , 则 $u \in R$ ; 否则 $π (u)$ 或 $π (u^{- 1})$ 其中之一属于 $S$ , 因此 $u \in R$ 或者 $u^{- 1} \in R$ . 综上, 对任意 $u \in K$ , 必然有 $u \in R$ 或 $u^{- 1} \in R$ 至少一条成立. 因此 $R$ 是赋值环. 设 $z^{'} \in Z$ 是 $S$ 在 $Z$ 中的中心, 则 $O_{z^{'}, X} = π^{- 1} (O_{z^{'}, Z})$ 被 $R$ 支配, 从而 $z^{'}$ 也是 $R$ 在 $X$ 里的中心. 反之, 若 $z^{'} \in X$ 是 $R$ 的中心, 则 $O_{z^{'}, X} \subseteq R \subseteq O_{z, X}$ , 因此 $z^{'} \in Z$ , 且显然 $z^{'}$ 也是 $Z$ 中 $S$ 的中心. 因此即证.
(d)	设 $a \in Γ (X, O_{X}), a \in / k$ . 由于 $k$ 代数闭, $k [a^{- 1}]$ 是整环. 考虑考虑 $A = k [a^{- 1}]_{(a^{- 1})} \subset K$ . 由 Zorn 引理, 存在极大的支配 $A$ 的局部环 $R \subset K$ , 即存在赋值环 $R$ 使得 $a^{- 1} \in m_{R}$ . 由 (b), 存在 $x \in X$ 使得 $R$ 支配 $O_{x, X}$ . 因此 $a \in Γ (X, O_{X}) \subseteq O_{x, X} \subseteq R$ . 但是这与 $a^{- 1} \in m_{R}$ 矛盾. $□$

习题 6. 令 $f : X \to Y$ 为 $k$ 上仿射簇之间的紧合态射, 则 $f$ 有限.

注. Hartshorne 中用簇表示代数闭域上的有限型可分整概形.

证明.

证明. 设

X = Spec B, Y = Spec A

, 则

f

诱导

A \to B

的环态射, 仍记作

f

. 由于

f

紧合, 因此有限型, 即

B

在

A

上有限型. 从而为了证明

B

在

A

上有限, 只需证明

B

在

A

上整. 记

K

为

B

的分式域. 由整合的赋值判别法, 对于任意赋值环

R \subset K

, 只要

A \subset R

, 就有

B \subset R

. 由于所有包含

A

的赋值环之交即为

A

的整闭包, 即知

B

在

A

上整, 从而有限. 因此

f

有限.

$□$

习题 7 ( $R$ 上的概形). 对任意 $R$ 上的概形 $X_{0}$ , 记 $X = X_{0} \times_{R} C$ . 设 $α : C \to C$ 为共轭映射, $σ : X \to X$ 为在 $X_{0}$ 上不变, 在 $C$ 上应用 $α$ 得到的态射. 那么 $X$ 是 $C$ 上的概形, $σ$ 是其半线性自同态, 即有交换图 $X X Spec C Spec C . σ α$ 由于 $σ^{2} = id$ , 我们将 $σ$ 称为对合.

(a)	设 $X$ 为 $C$ 上的有限型可分概形, $σ$ 为其上的半线性对合, 并且假设对任意 $x_{1}, x_{2} \in X$ , 都存在包含它们的仿射开集 (比方说, 若 $X$ 拟射影, 则该条件成立). 证明存在唯一的 $R$ 上可分有限型概形 $X_{0}$ , 使得 $X_{0} \times_{R} C ≅ X$ , 且该同构将 $σ$ 与上述的对合等同. 在接下来的命题中, $X_{0}$ 总代表 $R$ 上的可分有限型概形, 且 $X, σ$ 如上述定义为其对应的 $C$ 上的概形与对合.
(b)	证明 $X_{0}$ 仿射当且仅当 $X$ 仿射.
(c)	若 $X_{0}, Y_{0}$ 是这样的两个概形, 则给出态射 $f_{0} : X_{0} \to Y_{0}$ 等价于给出态射 $f : X \to Y$ 使得其与对合交换, 即 $σ_{Y} \circ f = f \circ σ_{X}$ .
(d)	若 $X ≅ A_{C}^{1}$ , 则 $X_{0} ≅ A_{R}^{1}$ .
(e)	若 $X ≅ P_{C}^{1}$ , 则或者 $X_{0} ≅ P_{R}^{1}$ , 或者 $X_{0}$ 同构于 $P_{R}^{2}$ 中由齐次方程 $x_{0}^{2} + x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 0$ 给出的三次曲线.

证明.

(a)

首先考虑 $X$ 仿射的情况. 若 $X = Spec A$ , 则 $σ$ 诱导 $f : A \to A$ . 取 $B = ker (f - id), X_{0} = Spec B$ , 不难验证其满足条件.

若 $X$ 任意, 我们先给出 $X_{0}$ 的底空间. $X_{0}$ 的底空间即为 $X$ 的底空间商去 $p \sim σ (p)$ 得到的商空间. 设对应的商映射为 $π : X \to X_{0}$ .

接下来考虑 $X$ 中一切满足 $σ (U) = U$ 的仿射开集 $U$ . 对任意 $x \in X$ , 按题设, 存在仿射开集 $U$ 使得 $x, σ (x) \in U$ . 按习题 4.3, $U \cap σ (U)$ 仍仿射, 且其包含 $x$ . 因此这样的仿射开集构成了 $X$ 的一族开覆盖, 从而对应的 $π (U)$ 也形成 $X_{0}$ 的一族开覆盖.

对每个 $U$ , 我们按照仿射的情况的办法, 得到一个 $X_{0, U} = Spec B$ , 显然其底空间自然地与 $π (U)$ 同胚, 因此我们可以将其看作 $π (U)$ 上的概形结构. 接下来只需证明这些概形结构都兼容即可.

若 $U, V$ 都是符合条件的仿射开集, 由习题 4.3, $U \cap V$ 也是符合条件的仿射开集. 因此为了验证 $X_{0, U}$ 与 $X_{0, V}$ 对应的概形结构兼容, 只需验证 $U \subset V$ 的情况即可. 这样问题就转化为了简单的交换代数问题, 即若 $B_{1}, B_{2}$ 是 $R$ 上的环, 给出 $B_{1} \otimes_{R} C$ 到 $B_{2} \otimes_{R} C$ 的保持共轭的态射, 就自然的给出了 $B_{1}$ 到 $B_{2}$ 的态射. (验证对应的 $X_{0, U} \to X_{0, V}$ 也是开浸入是简单的).

综上, 我们可以把所有 $π (U)$ 上的仿射结构粘接成为概形 $X_{0}$ , 并且可以把 $X ∣_{U} \to X_{0} ∣_{π (U)}$ 的映射也粘接成 $π : X \to X_{0}$ . 那么对每个 $U_{0} = π (U) \subset X_{0}$ , 都有 $π^{- 1} (U_{0}) = U ≅ U_{0} \times_{R} C$ . 按纤维积的定义, 即知 $X ≅ X_{0} \times_{R} C$ , 且 $σ$ 确实与上面定义的对合等同. $X_{0}$ 的有限生成性可以在每个 $π (U)$ 上局部地验证. 而 $X_{0} \to Spec R$ 可以写成复合 $X_{0} \to X \to Spec C \to Spec R$ . 其中 $X \to Spec C$ 由题设分离, $X_{0} \to X$ 是 $Spec C \to Spec R$ 的基变换, 而 $Spec C \to Spec R$ 是仿射概形之间的态射, 因此分离.

对于唯一性, 若 $X_{0}^{'}$ 是另一个满足条件的概形, 易知 $X_{0}^{'}$ 的底空间与 $X_{0}$ 的底空间 (自然地) 同胚. 且对于 $X_{0}^{'}$ 的任意仿射开集 $U$ , 取 $X_{0}$ 中的仿射开集 $V \subset U$ . 则使用与前面确定仿射开集间相容的办法即知 $X_{0} ∣_{V} ≅ X_{0}^{'} ∣_{U}$ . 由 $U, V$ 的任意性即知 $X_{0} ≅ X_{0}^{'}$ .

(b)

若 $X_{0} = Spec B$ , 则 $X ≅ Spec (B \otimes_{R} C)$ . 反之若 $X = Spec A$ , 则由唯一性知 $X_{0} ≅ Spec {x \in A ∣ x = \overset{x}{ˉ}}$ , 其中 $x \mapsto \overset{x}{ˉ}$ 是 $σ$ 诱导的共轭映射.

(c)

只需在仿射开集上验证. 显然.

(d)

若 $φ$ 是 $C [x]$ 到自身的同构, $φ^{2} = id$ , 且 $φ$ 限制在 $C$ 上是共轭映射, 设 $φ (x) = g (x) \in C [x]$ , 则 $x = φ (φ (x)) = \overset{g}{ˉ} (g (x))$ . 因此只可能 $g (x) = w x + ik (1 + w), ∣ w ∣ = 1, k \in R$ . 从而若 $X = A_{C}^{1}$ , 则 $X$ 上的对合只可能是 $x \mapsto w x + ik (1 + w)$ 诱导的对合. 对应的, $X_{0}$ 即为子环 $B = {g (x) \in C [x] ∣ \overset{g}{ˉ} (w x + ik (1 + w)) = g (x)}$ 的素谱. 设 $w = e^{2 i t}$ , 则 $x \mapsto e^{i t} x + ik e^{i t}$ 给出了 $R [x]$ 到 $B$ 的同构. 因此 $X_{0} ≅ A_{R}^{1}$ .

(e)

设 $σ : P_{C}^{1} \to P_{C}^{1}$ 是满足条件的对合.

∘

若存在闭点 $p$ 使得 $σ (p) = p$ , 则 $σ$ 限制在 $U = P_{C}^{1} ∖ {p}$ 上给出了 $U \to U$ 的对合. 而 $U ≅ A_{C}^{1}$ , 因此由 (d) 易知存在 $q \in U$ 使得 $σ (q) = q$ . 再设 $V = P_{C}^{1} ∖ {q}$ . 则由 (d) 可以得到 $U_{0}, V_{0}$ 使得 $U = U_{0} \times_{R} C, V = V_{0} \times_{R} C$ , $U_{0}, V_{0} ≅ A_{R}^{1}$ . 且 $σ ∣_{U}, σ ∣_{V}$ 恰好是这样诱导的对合. 而由 (c) 即知 $U_{0}$ 和 $V_{0}$ 可以粘接为 $X_{0}$ . 显然 $X_{0} ≅ P_{R}^{1}$ .

∘

若不然, 任取闭点

p

. 通过坐标变换, 不妨设

p = 0, σ (p) = \infty

(即

p = [0 : 1], σ (p) = [1 : 0]

). 则

σ

固定

P_{C}^{1} ∖ {0, \infty} ≅ Spec C [z, z^{- 1}]

, 设其对应的

Spec C [z, z^{- 1}]

的环自同构为

φ

. 类似于 (d), 不难说明在一定的坐标变换后

φ (z) = z

或

φ (z) = - z^{- 1}

. 但是

σ

没有不动点, 因此只能

φ (z) = - z^{- 1}

. 从而对应的不变子代数为

R [z - z^{- 1}, i z + i z^{- 1}] ≅ R [x, y] / (x^{2} + y^{2} + 1)

. 也就对应了

P_{R}^{2}

中的三次曲线

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 0

$□$

习题 8. 设 $P$ 为概形态射的某种性质, 满足:

(a)	闭浸入都满足 $P$ .
(b)	两个 $P$ 态射的复合也满足 $P$ .
(c)	$P$ 态射的基变换也满足 $P$ .

证明:

(d)	$P$ 态射的乘积也满足 $P$ .
(e)	若 $f : X \to Y, g : Y \to Z$ 使得 $g \circ f$ 满足 $P$ 且 $g$ 分离, 则 $f$ 也满足 $P$ .
(f)	若 $f : X \to Y$ 满足 $P$ , 则 $f_{red} : X_{red} \to Y_{red}$ 也满足 $P$ .

[提示: 对于 (e), 考虑像态射 $Γ_{f} : X \to X \times_{Z} Y$ , 并注意其可以由 $Δ : Y \to Y \times_{Z} Y$ 基变换得到.]

证明.

(d)	设 $f_{i} : X_{i} \to Y_{i}$ 都满足 $P$ , 其中 $i = 1, 2$ . 则 $X_{1} \times X_{2} (f_{1}, id) Y_{1} \times X_{2} (id, f_{2}) Y_{1} \times Y_{2}$ . 因此只需考虑 $f_{2} = id$ 的情况. 即需要证明若 $f : X \to Y$ 满足 $P$ , 则 $X \times Z \to Y \times Z$ 也满足 $P$ . 但是由泛性质易知下面的图表是拉回图: $X \times Z X Y \times Z Y .$ 因此即证.
(e)	正如习题 4.4, 如下 “魔法交换图” $X ≅ X \times_{Y} Y X \times_{Z} Y Y Y \times_{Z} Y . Γ_{f} Δ$ 是拉回图, 因此 $Γ_{f} : X \to X \times_{Z} Y$ 是闭浸入, 从而满足 $P$ . 另一方面, $X \times_{Z} Y \to Y$ 是 $X \to Z$ 的基变换, 因此也满足 $P$ . 所以其复合 $f : X \to Y$ 满足 $P$ .
(f)	由于 $X_{red} \to X$ 是闭浸入, 所以 $X_{red} \to X \to Y$ 作为复合也满足 $P$ . $Y_{red} \to Y$ 也是闭浸入, 因此分离. 因此由 (e) 即知 $X_{red} \to Y_{red}$ 满足 $P$ . $□$

习题 9. 证明射影态射的复合也射影. [提示: 使用 (I, Ex 2.14) 中的 Segre 嵌入, 并证明其给出了 $P^{r} \times P^{s} \to P^{rs + r + s}$ 的闭浸入.] 由此推断射影态射满足上述习题 4.8 中的 (a)-(f) 所有性质.

证明.

证明. 考虑到 $P^{r}$ 可以由 $r + 1$ 个开集 $U_{i}, i = 0, \dots, r$ 覆盖, 且 $P^{s}$ 可以由 $s + 1$ 个开集 $V_{i}, i = 0, \dots, s$ 覆盖. 因此 $P^{r} \times_{Z} P^{s}$ 可以由 $U_{i} \times_{Z} V_{j}$ 覆盖. 对每个 $U_{i} \times_{Z} V_{j} ≅ Spec Z [\frac{x _{k}}{x _{i}}, \frac{y _{l}}{y _{j}}]$ , 考虑同态 $Z [\frac{z _{k l}}{z _{ij}}] \frac{z _{k l}}{z _{ij}} \to Z [\frac{x _{k}}{x _{i}}, \frac{y _{l}}{y _{j}}], \mapsto \frac{x _{k}}{x _{i}} \frac{y _{l}}{y _{j}} .$ 显然此同态是满射, 且其给出了 $U_{i} \times_{Z} V_{j} \to W_{ij} \subset P^{rs + r + s}$ 的态射 (我们将后者的坐标记作 ${z_{ij}}_{i = 0, \dots, r j = 0, \dots, s}$ ). 这些态射可以粘接为 $φ : P^{r} \times_{Z} P^{s} \to P^{rs + r + s}$ . 由于对每个 $W_{ij}$ , 都有 $U_{i} \times_{Z} V_{j} = φ^{- 1} (W_{ij}) \to W_{ij}$ 是闭浸入 (因为上述环同态是满射). 从而 $φ$ 也是闭浸入.

现在我们证明射影态射的复合射影. 由上述结论, 对于任意概形 $X$ , 有 $P_{P_{X}^{s}}^{r} = P^{r} \times P^{s} \times X$ , 因此其是 $P_{X}^{rs + r + s}$ 的闭子概形. 因此若 $X \to Y, Y \to Z$ 都射影, 设 $X$ 是 $P_{Y}^{r}$ 的闭子概形, $Y$ 是 $P_{Z}^{s}$ 的闭子概形. 则 $X \to P_{Y}^{r} \to P_{P_{Z}^{s}}^{r} \to P_{Z}^{rs + r + s}$ 是闭浸入的复合, 也是闭浸入. 因此 $X \to Z$ 射影.

显然射影性还满足习题 4.8 的 (a) (c), 因此它也满足 (d) (e) (f).

$□$

习题 10 (周引理). 这个结论告诉我们紧合态射几乎就是射影态射. 令 $X$ 是 Noether 概形 $S$ 上的紧合概形, 那么存在 $X^{'}$ 以及态射 $g : X^{'} \to X$ , 使得 $X^{'}$ 在 $S$ 上射影, 并且存在稠密开集 $U \subseteq X$ , $g^{- 1} (U) \to U$ 是同构. 依照下列步骤证明此结论.

(a)	归约到 $X$ 不可约的情形.
(b)	证明 $X$ 可以由有限多个开集 $U_{i}, i = 1, \dots, n$ 覆盖, 其中每个 $U_{i}$ 都在 $S$ 上拟射影. 令 $U_{i} \to P_{i}$ 为从 $U_{i}$ 到 $S$ 上的射影概形 $P_{i}$ 的开浸入.
(c)	令 $U = ⋂ U_{i}$ , 考虑由 $U \to X$ 以及 $U \to P_{i}$ 给出的态射 $f : U \to X \times_{S} P_{1} \times_{S} \dots \times_{S} P_{n} .$ 令 $X^{'}$ 为概形论像 $f (U)^{-}$ . 令 $g : X^{'} \to X$ 为其向第一个分量的投影态射, 并令 $h : X^{'} \to P = P_{1} \times_{S} \dots \times_{j} P_{n}$ 为到剩余的分量的投影态射. 证明 $h$ 是闭浸入, 因此 $X^{'}$ 在 $S$ 上射影.
(d)	证明 $g^{- 1} (U) \to U$ 是同构, 从而完成证明.

证明.

证明. 事实上可以进一步要求 $g$ 是满射.

(a)	设 $X$ 中不可约分支为 $Z_{i}$ . 记 $U_{i} = X ∖ ⋃_{j \neq = i} Z_{j}$ , 是 $X$ 的开子概形. 记 $Y_{i}$ 是 $U_{i}$ 在 $X$ 中的概形论像. 由于 $X$ Noether, 通过考虑 $X$ 中每个仿射开集, 易知 $p_{i} : Y_{i} \to X$ 映射中 $p_{i}^{- 1} (U_{i}) \to U_{i}$ 是同构. 且显然 $Y_{i} \subseteq Z_{i}$ 不可约, 并且 $Y_{i}$ 在 $S$ 上紧合. 若命题对不可约紧合概形成立, 则对每个 $Y_{i}$ , 存在射影概形 $P_{i}$ 与映射 $f_{i} : P_{i} \to Y_{i}$ . 取 $X^{'} = ∐ P_{i}$ , 则显然 $X^{'} \to X$ 满足条件. (射影概形的不交并可以嵌入到射影空间的乘积中, 因此由 Serge 嵌入即知其仍然射影.)
(b)	设 $S$ 可以由仿射开集 $V_{i} ≅ Spec A_{i}$ 覆盖, 而 $V_{i}$ 在 $X$ 中的原像可以由仿射开集 $U_{ij} ≅ Spec B_{ij}$ 覆盖. 由于 $X$ 在 $S$ 上紧合, 即知 $B_{ij}$ 是有限生成 $A_{i}$ 代数. 因此 $U_{ij}$ 可以闭浸入到 $A_{A_{i}}^{n}$ , 再开浸入到 $P_{A_{i}}^{n}$ , 然后再开浸入到 $P_{S}^{n}$ . 为了说明 $U_{ij}$ 在 $S$ 上射影, 我们需要引理: 引理. 若 $i : X \to Y$ 是浸入, 即存在 $Z$ 使得 $i$ 可以分解为闭浸入 $X \to U$ 复合开浸入 $U \to Y$ , 并且 $X$ 既约, 或者 $i$ 拟紧, 那么 $i$ 就可以分解为开浸入 $X \to Z$ 复合闭浸入 $Z \to Y$ , 其中 $Z$ 是 $i$ 的概形论像. 证明. 证明. 若 $X$ 既约, 可以取 $Z$ 为 $\overline{i (X)}$ 上的既约闭子概形. 若 $i$ 拟紧, 由于其分离, 即知 $i_{} O_{X}$ 是 $Y$ 上的拟凝聚层, 从而 $I = ker (O_{Y} \to i_{} O_{X})$ 是拟凝聚理想层. 设 $Z$ 为 $I$ 对应的闭子概形. 在两种情况下, 都易知 $Z$ 是 $i$ 的概形论像, 并且 $X ≅ Z \times_{Y} U$ : 既约的情形可以由泛性质立得, 而拟紧的情形可以在局部上验证. 因此 $X \to Z$ 是开浸入 $U \to Y$ 的基变换, 亦是开浸入. $□$ 因此 $U_{ij}$ 是 $P_{S}^{n}$ 的闭子概形的开子概形, 从而在 $S$ 上拟射影.
(c)	记 $p_{i} : P \to P_{i}$ . 定义 $V_{i} U_{i}^{'} V_{i}^{'} = p_{i}^{- 1} (U_{i}) \subset P, = g^{- 1} (U_{i}) \subset X^{'}, = h^{- 1} (V_{i}) \subset X^{'} .$ 我们希望证明 $U_{i}^{'} \subseteq V_{i}^{'}$ , 即 $p_{i} (h (U_{i}^{'})) \subseteq U_{i} \subset P$ . 为此, 只需要证明 (作为底空间的映射) $p_{i} \circ h ∣_{U_{i}^{'}} = φ_{i} \circ g ∣_{U_{i}^{'}}$ , 其中 $φ_{i} : U_{i} \to P_{i}$ . 然而这两个映射在 $f (U) \subset X$ 上相等, 且 $f (U)$ 在 $U_{i}^{'}$ 中稠密, 因此确有 $U_{i}^{'} \subseteq V_{i}^{'}$ . 而 $U_{i}$ 覆盖 $X$ , 因此 $U_{i}^{'}$ 覆盖 $X^{'}$ , 所以 $V_{i}^{'}$ 也覆盖 $X^{'}$ . 为了证明 $X^{'} \to P$ 是闭浸入, 只需证明每个 $V_{i}^{'} \to V_{i}$ 是闭浸入. 由于这里讨论的一切概形都 Noether, 所以一切态射都拟紧. 因此类似于上面的引理, 概形论像总是某个拟凝聚层对应的闭子概形. 由于取拟凝聚层对应的闭子概形的操作与取开子概形兼容, 即有概形论像的开子概形同构于开子概形的概形论像. 这里 $X^{'}$ 为 $U$ 在 $X \times_{S} P$ 中的概形论像. 而 $V_{i}$ 是 $P$ 的开子概形, 从而 $X \times_{S} V_{i}$ 是 $X \times_{S} P$ 的开子概形. 显然 $U \to X \times_{S} P$ 穿过 $X \times_{S} V_{i}$ . 因此 $V_{i}^{'}$ 同构于 $U$ 在 $X \times_{S} V_{i}$ 中的概形论像. 只需证明其到 $V_{i}$ 是闭浸入. 考虑到 $p_{i} (V_{i}) = U_{i} \subset P_{i}$ , 就有态射 $v_{i} : V_{i} \to X$ , 从而有像态射 $Γ_{v_{i}} : V_{i} \to X \times_{S} V_{i}$ . 显然态射 $U \to X \times_{S} V_{i}$ 穿过 $Γ_{v_{i}} (V_{i})$ (因为 $U \to X$ 穿过 $V_{i}$ ). 而 $V_{i}^{'}$ 是此态射的概形论像, 从而依定义即知 $V_{i}^{'} \to X \times_{S} V_{i}$ 也穿过 $Γ_{v_{i}} (V_{i})$ , 并且是闭浸入. 但是 $Γ_{v_{i}} (V_{i})$ 通过投影同构于 $V_{i}$ . 因此 $V_{i}^{'}$ 闭浸入到 $V_{i}$ . 命题即证.
(d)	同 (c), $g^{- 1} (U)$ 同构于 $U$ 在 $U \times_{S} P$ 中的概形论像. 但是 $U \to U \times_{S} P$ 是闭浸入 (这是 $U \to P$ 的像态射), 所以这就同构于 $U$ . $□$

习题 11. 如果可以证明一些困难的交换代数命题, 并且只考虑 Noether 概形, 那么我们可以只用离散赋值环来叙述赋值判别法.

(a)

设 $O, m$ 是 Noether 局部整环, 其分式域为 $K$ , 且 $L$ 是 $K$ 上有限生成域扩张, 那么存在 $L$ 的离散赋值环 $R$ 支配 $O$ . 按以下步骤证明这个结论: 首先取 $O$ 的多项式环, 归约到 $L$ 是 $K$ 的有限扩域的情形. 接下来证明可以取 $m$ 的一组合适的生成元 $x_{1}, \dots, x_{n}$ , 使得 $O^{'} = O [x_{2} / x_{1}, \dots, x_{n} / x_{1}]$ 中 $a = (x_{1})$ 是真子理想. 接下来令 $p$ 为 $a$ 的一个极小素理想, 并设 $O_{p}^{'}$ 为 $O^{'}$ 在 $p$ 的局部化. 它是支配 $O$ 的一维 Noether 局部整环. 令 $\tilde{O}_{p}^{'}$ 为 $O_{p}^{'}$ 在 $L$ 中的整闭包. 使用 Krull–秋月 (Akizuki) 定理 (见 Nagata [7, p. 115]) 证明 $\tilde{O}_{p}^{'}$ 也是一维 Noether 整环. 最后取 $\tilde{O}_{p}^{'}$ 在任意极大理想处的局部化.

(b)

令 $f : X \to Y$ 为 Noether 概形之间的有限型态射. 证明 $f$ 分离 (或紧合) 当且仅当赋值判别法对一切离散赋值环成立.

证明.

证明. 对于 (a). 首先, 显然该命题若对 $L / F$ 和 $F / K$ 都成立, 则它也对 $L / K$ 成立. 因此对任意 $L / K$ , 取其中一组超越基 $x_{1}, \dots, x_{n} \in L$ , 考虑 $K_{m} = K (x_{1}, \dots, x_{m}), K_{0} = K$ . 对于 $K_{m} / K_{m - 1}$ , 只需对 $O_{m - 1} \subset K_{m - 1}$ , 定义 $O_{m} = O [x_{m}]_{(x_{m})}$ 即可. 也就是说, 只需要考虑 $L / K_{n}$ , 即域扩张有限的情况.

下面设 $L / K$ 有限. 任取 $m$ 的一组生成元 $x_{1}, \dots, x_{n}$ , 我们断言某个 $x_{i}$ 满足对任意 $k$ 都有 $x_{i}^{k} \in / m^{k + 1}$ . 否则存在一个 $k$ 使得对每个 $i$ 都有 $x_{i}^{k} \in m^{k + 1}$ , 因此不难知道 $m^{nk} = (x_{1}, \dots, x_{n})^{nk} \subseteq m^{nk + 1}$ , 矛盾.

不妨设 $x_{1}$ 满足上述性质. 设 $O^{'} = O [\frac{x _{2}}{x _{1}}, \dots, \frac{x _{n}}{x _{1}}]$ , 不难发现上述条件蕴含 $a = (x_{1}) ⊊ O^{'}$ . 令 $p$ 为 $a$ 的某个极小素理想, $O_{p}^{'}$ 为对应的局部化, 则其是支配 $O$ 的一维 ¹ Noether 局部环.

令 $\tilde{O}_{p}^{'}$ 为 $O_{p}^{'}$ 在 $L$ 中的整闭包. 由 Krull–秋月 (Akizuki) 定理 ², $\tilde{O}_{p}^{'}$ 也是一维 Noether 环. 取 $R$ 为其在任一极大理想处的局部化, 则 $R$ 即为所需的离散赋值环.

对于 (b), “仅当” 的部分比原本的赋值判别法弱, 因此立即成立. 对于 “当” 的部分, 只需重复赋值判别法的证明 ³ 即可.

$□$

1.	Krull 维数.
2.	若 $A$ 是一维既约 Noether 环, $K$ 为其全分式环, $L$ 为 $K$ 的有限扩张, $B$ 是 $L$ 中包含 $A$ 的子环, 那么 $B$ 也是一维 Noether 环.
3.	如香蕉空间: 赋值判别法.

习题 12 (赋值环的例子). 令 $k$ 为代数闭域.

(a)

若 $K$ 是 $k$ 上的一维函数域 (I, §6), 则 $K / k$ 的任意赋值环 (除了 $K$ 本身) 都是离散赋值环. 因此它们构成的集合恰好就是 (I, §6) 中所有的抽象非奇异曲线 $C_{K}$ .

(b)

若 $K / k$ 是二维函数域, 那么有若干种类赋值. 设 $X$ 是函数域为 $K$ 的完备非奇异曲面.

(1)	若 $Y$ 是 $X$ 上的不可约曲线, 其一般点为 $x_{1}$ , 那么局部环 $R = O_{x_{1}, X}$ 是 $K / k$ 中的离散赋值环, 其中心为 (非闭点) $x_{1}$ .
(2)	若 $f : X^{'} \to X$ 为双有理态射, $Y^{'}$ 是 $X^{'}$ 中的不可约曲线, 其在 $X$ 中的像为闭点 $x_{0}$ , 那么 $Y^{'}$ 的一般点处的局部环 $R$ 是 $K / k$ 中的离散赋值环, 其中心为 $x_{0}$ .
(3)	令 $x_{0} \in X$ 为一闭点. 设 $f : X_{1} \to X$ 为 $x_{0}$ 处的爆破 (I, §4), 而 $E_{1} = f^{- 1} (E_{0})$ 为例外曲线. 在 $E_{1}$ 中择一闭点 $x_{1}$ , 令 $f_{2} : X_{2} \to X_{1}$ 为 $x_{1}$ 处的爆破, $E_{2} = f_{2}^{- 1} (x_{1})$ 为例外曲线. 重复这个过程, 我们得到一系列概形 $X_{i}$ 以及其中选定的闭点 $x_{i}$ , 并且对任意 $i$ , 局部环 $O_{x_{i + 1}, X_{i + 1}}$ 支配 $O_{x_{i}, X_{i}}$ . 令 $R_{0} = ⋃_{i = 0}^{\infty} O_{x_{i}, X_{i}}$ . 则 $R_{0}$ 也是局部环, 因此其被 $K / k$ 中某个赋值环 $R$ 所支配 (I, 6.1A). 证明 $R$ 在 $X$ 上以 $x_{0}$ 为中心. $R$ 何时是离散赋值环?

注意: 我们之后 (V, 习题 5.6) 将会看到 (3) 中的 $R_{0}$ 本身已经是赋值环, 所以 $R_{0} = R$ . 更进一步, $K / k$ 的所有赋值环 (除了 $K$ 本身) 都形如这三种类型之一.

证明. 待证.