Hartshorne 第三章第二节习题

2023 年 02 月 25 日发布, 最近修改于 2023-03-07. pdf 版本: hartshorne-3-2.pdf.

2层的上同调
习题 1
习题 2
习题 3 (子集支撑的上同调)
习题 4 (Mayer–Vietoris 正合列)
习题 5
习题 6
习题 7

这学期开始上盛茂的代数几何课, 于是做一做习题, 毕竟这也是作业.

本节已经做完.

2层的上同调

习题 1.

1.	令 $X = A_{k}^{1}$ 为无限域 $k$ 上的仿射直线. 令 $P, Q$ 为 $X$ 中两个闭点, $U = X - {P, Q}$ . 试证明 $H^{1} (X, Z_{U}) \neq = 0$ .
2.	考虑更一般的情形, 令 $Y \subseteq X = A_{k}^{n}$ 为一般位置的 $n + 1$ 个超平面的并. 令 $U = X - Y$ . 试证明 $H^{n} (X, Z_{U}) \neq = 0$ . 因此 (2.7)¹ 的结论已经最佳.

1.	Grothendieck 消失定理, $n$ 维 Noether 空间的超过 $n$ 阶上同调消失.

证明.

设 $Y = {P, Q}$ , 记 $i : Y ↪ X$ . 令 $Z_{Y} = i_{*} (Z ∣_{Y})$ , 则显然有正合列 $0 \to Z_{U} \to Z \to Z_{Y} \to 0.$ 但 $Z_{Y}$ 同构于 $Z$ 在 $P$ 和 $Q$ 上的摩天楼层的直和, 因此 $Γ (X, Z_{Y}) = Z^{2}$ . 所以对上述正合列取 $Γ (X, -)$ 得 $0 \to 01 Z (1, 1) Z^{2} \to H^{1} (X, Z_{U}) .$ 由于 $Z \to Z^{2}$ 不是满射, 即知 $H^{1} (X, Z_{U}) \neq = 0$ .

记 $Y_{n, k}$ 为 $A^{n + 1}$ 里 $k$ 个一般位置超平面的并集构成的子空间, $U_{n + 1, k}$ 为 $Y_{n, k}$ 在 $A^{n + 1}$ 里的补集. 则有 $A^{n + 1}$ 上的正合列 $0 \to Z_{U_{n + 1, k}} \to Z \to Z_{Y_{n, k}} \to 0$ , 其长正合列便给出 $H^{i + 1} (A^{n + 1}, Z_{U_{n + 1, k}}) ≅ H^{i} (A^{n + 1}, Z_{Y_{n, k}}) ≅ H^{i} (Y_{n, k}, Z)$ ( $i > 0$ ), 以及 $H^{1} (A^{n + 1}, Z_{U_{n + 1, k}}) = coker (Z \to Γ (Y_{n, k}, Z)) = {Z^{k - 1} 0 n = 0, n > 0.$

固定 $n, k$ . 则 $Y_{n, k}$ 中前 $k - 1$ 个超平面的并可以记作 $P ≅ Y_{n, k - 1}$ , 最后一个超平面记作 $Q ≅ A^{n}$ , 则 $Q ∖ P ≅ U_{n, k - 1}$ . 从而又有正合列 $0 \to Z_{U_{n, k - 1}} \to Z_{Y_{n, k}} \to Z_{Y_{n, k - 1}} \to 0$ . 由此又有长正合列 $\dots \to H^{i - 1} (Y_{n, k - 1}, Z_{Y_{n, k - 1}}) \to H^{i} (A^{n}, Z_{U_{n, k - 1}}) \to H^{i} (Y_{n, k}, Z_{Y_{n, k}}) \to H^{i} (Y_{n, k - 1}, Z_{Y_{n, k - 1}}) \to H^{i + 1} (A^{n}, Z_{U_{n, k - 1}}) \to \dots .$ 而 $H^{i} (A^{n}, U_{n, k - 1}) ≅ ⎩ ⎨ ⎧ H^{i - 1} (Y_{n - 1, k - 1}, Z_{Y_{n - 1, k - 1}}) Z^{k - 1} 0 i > 1, n = 1, i = 0, n > 1, i = 0.$

记 $A_{n, k}^{i} = {H^{i} (Y_{n, k}, Z_{Y_{n, k}}) \otimes Q 0 i > 0, i = 0.$ . 上述长正合列通过 $\otimes Q$ 化为 $\dots \to A_{n, k - 1}^{i - 1} \to A_{n - 1, k - 1}^{i - 1} \to A_{n, k}^{i} \to A_{n, k - 1}^{i} \to A_{n - 1, k - 1}^{i} \to \dots .$ 在 $n = 1, i = 1$ 时有特例: $0 \to Q \to Q^{k - 1} \to A_{1, k}^{1} \to A_{1, k - 1}^{1} \to \dots$ .

我们希望证明 $H^{n} (A^{n}, U_{n, n + 1}) \otimes Q ≅ A_{n - 1, n + 1}^{n - 1} \neq = 0$ , 或者说 $A_{n, n + 2}^{n} \neq = 0 (n > 0)$ .

为此, 我们证明: 对任意 $n > 0$ 及任意 $1 ⩽ k ⩽ n + 1$ , 有 $A_{n, k}^{n} = A_{n, k}^{n - 1} = 0$ ; 而对 $k = n + 2$ , 有 $A_{n, n + 2}^{n} \neq = 0$ . 对 $(n, k)$ 字典序归纳:

∘	若 $k = 1$ , 则 $Y_{n, 1} ≅ A^{n}$ , 而 $Q$ 是其上的松层, 因此其上同调都消失.
∘	若 $n = 1, k = 2$ , 则 $0 \to Q \to Q \to A_{1, 2}^{1} \to 0$ . 因此 $A_{1, 2}^{1} = 0$ .
∘	若 $n = 1, k = 3$ , 则由正合列 $0 \to Q \to Q^{2} \to A_{1, 3}^{1} \to 0$ , 得 $A_{1, 3}^{1} ≅ Q$ .
∘	若 $n > 1, 1 < k ⩽ n + 1$ , 则由正合列 $A_{n - 1, k - 1}^{i - 1} \to A_{n, k}^{i} \to A_{n, k - 1}^{i}$ , 代入 $i = n, n - 1$ 由归纳假设即证.
∘	若 $n > 1, k = n + 2$ , 则由正合列 $A_{n, n + 1}^{n - 1} \to A_{n - 1, n + 1}^{n - 1} \to A_{n, n + 2}^{n} \to A_{n, n + 1}^{n}$ 及归纳假设: $A_{n, n + 1}^{n - 1} = A_{n, n + 1}^{n} = 0$ 即得 $A_{n, n + 2} ≅ A_{n - 1, n + 1}^{n - 1} \neq = 0$ (亦为归纳假设).

事实上这说明总有 $A_{n, n + 2}^{n} ≅ A_{1, 3}^{1} ≅ Q \neq = 0$ . 因此 $H^{n} (A^{n}, Z_{U_{n, n + 1}}) \neq = 0$ .

不知道是否有

H^{1} (Y_{1, 3}, Z) ≅ Z

. 这似乎需要显式把

δ

映射算出来.

$□$

习题 2. 令 $X = P_{k}^{1}$ 为代数闭域 $k$ 上的射影直线. 试证明第二章习题 1.21d 中的正合列 $0 \to O \to K \to K / O \to 0$ 是 $O$ 的松消解. 从而由此习题 e 得出对任意 $i > 0$ 总有 $H^{i} (X, O) = 0$ .

证明.

证明. 由于 $K$ 是 $K$ 常值层, 其显然松. 而由习题 II, 1.21d, $K / O ≅ \sum_{P \in X} i_{P} (K / O_{p})$ , 也是松层.

由上同调长正合列即知对

i > 2

都有

H^{i} (X, O) = 0

, 而

H^{1} (X, O) = coker (Γ (X, K) \to Γ (X, K / O))

. 由 II, 1.21e,

Γ (X, K) \to Γ (X, K / O)

满. 因此

H^{1} (X, O) = 0

$□$

习题 3 (子集支撑的上同调). 令 $X$ 为拓扑空间, $Y$ 为闭子集, $F$ 为 Abel 群层. 令 $Γ_{Y} (X, F)$ 表示 $F$ 里支在 $Y$ 上的截面的群.

(1)	证明 $Γ_{Y} (X, -)$ 是 $Ab (X) \to Ab$ 的左正合函子. 记 $Γ_{Y} (X, -)$ 的右导出函子为 $H_{Y}^{i} (X, -)$ . 它们是 $X$ 的支在 $Y$ 上的上同调群.
(2)	若 $0 \to F^{'} \to F \to F^{''} \to 0$ 是层的正合列, $F^{'}$ 松, 试证明 $0 \to Γ_{Y} (X, F^{'}) \to Γ_{Y} (X, F) \to Γ_{Y} (X, F^{''}) \to 0$ 正合.
(3)	证明若 $F$ 松, 则对任意 $i > 0$ 有 $H_{Y}^{i} (X, F) = 0$ .
(4)	若 $F$ 松, 试证明 $0 \to Γ_{Y} (X, F) \to Γ (X, F) \to Γ (X - Y, F) \to 0$ 正合.
(5)	记 $U = X - Y$ . 证明对任意 $F$ , 有上同调长正合列 $0 \to H_{Y}^{0} (X, F) \to H^{0} (X, F) \to H^{0} (U, F ∣_{U}) \to H_{Y}^{1} (X, F) \to H^{1} (X, F) \to H^{1} (U, F ∣_{U}) \to H_{Y}^{2} (X, F) \to \dots .$
(6)	切除. 令 $V$ 是 $X$ 的某个包含 $Y$ 的开子集. 则有对 $i, F$ 自然的同构 $H_{Y}^{i} (X, F) ≅ H_{Y}^{i} (V, F ∣_{V}) .$

证明.

(1)	$Γ_{Y} (X, -)$ 的函子性显然. 设 $0 \to F^{'} f F g F^{''} \to 0$ 正合. 显然 $Γ_{Y} (X, F^{'}) \to Γ_{Y} (X, F)$ 是单射. 而若 $s \in Γ_{Y} (X, F)$ 且 $g (s) = 0$ , 则由 $Γ (X, -)$ 左正合性知存在 $s^{'} \in Γ_{Y} (X, F^{'})$ 使得 $f (s^{'}) = s$ . 由于 $F^{'} \to F$ 单, 其在茎上也单. 于是 $s^{'} \in Γ_{Y} (X, F^{'})$ . 综上, $0 \to Γ_{Y} (X, F^{'}) \to Γ_{Y} (X, F) \to Γ_{Y} (X, F^{''})$ 正合.
(2)	设 $F, F^{'}, F^{''}$ 同上, 设 $s^{''} \in Γ_{Y} (X, F^{''})$ . 由于 $F^{'}$ 松, 存在 $s \in Γ (X, F)$ 使得 $g (s) = s^{''}$ . 记 $U = X - Y$ . 由于 $F^{'}$ 松, $0 \to Γ (U, F^{'}) \to Γ (U, F) \to Γ (U, F^{''}) \to 0$ 正合. 而 $g (s ∣_{U}) = g (s) ∣_{U} = 0$ . 因此存在 $s_{0}^{'} \in Γ (U, F^{'})$ 使得 $f (s_{0}^{'}) = s ∣_{U}$ . 再次由松性, 存在 $s^{'} \in Γ (X, F^{'})$ 使得 $s ∣_{U} = s_{0}^{'}$ . 因此立即知道 $s^{'} - f (s) \in Γ_{Y} (X, F)$ 且其像为 $s^{''}$ . 因此 $0 \to Γ_{Y} (X, F^{'}) \to Γ_{Y} (X, F) \to Γ_{Y} (X, F^{''}) \to 0$ 正合.
(3)	取内射层 $I$ 与单射 $F \to I$ . 由于内射层松, $I$ 与 $I / F$ 都松. 因此由长正合列, $H_{Y}^{n} (X, F) ≅ H_{Y}^{n - 1} (X, I / F)$ 且 $H_{Y}^{1} (X, F) = 0$ . 因此对 $n$ 归纳立知 $H_{Y}^{n} (X, F) = 0$ .
(4)	记 $Γ_{Y} (X, F) i Γ (X, F) p Γ (X - Y, F) \to 0$ 按定义, $i$ 是单射, $p$ 是满射, 且 $p i = 0$ . 而若 $s \in Γ (X, F), p (s) = 0$ , 则按定义 $s$ 支在 $Y$ 上, 即 $s \in im i$ . 因此 $0 \to Γ_{Y} (X, F) \to Γ (X, F) \to Γ (X - Y, F) \to 0$ 正合.
(5)	取 $F$ 的内射消解 ${I^{∙}}$ . 由于内射模都松, 由上一个命题得知有链复形的正合列 $0 \to Γ_{Y} (X, I^{∙}) \to Γ (X, I^{∙}) \to Γ (U, I^{∙} ∣_{U}) \to 0$ 而 $I^{∙} ∣_{U}$ 也松, 因此也是 $F ∣_{U}$ 的 $Γ (U, -)$ -零调消解. 取上述链复形短正合列对应的长正合列即为 $0 \to H_{Y}^{0} (X, F) \to H^{0} (X, F) \to H^{0} (U, F ∣_{U}) \to H_{Y}^{1} (X, F) \to H^{1} (X, F) \to H^{1} (U, F ∣_{U}) \to H_{Y}^{2} (X, F) \to \dots .$
(6)	首先, 我们有自然同构 $Γ_{Y} (X, F) ≅ Γ_{Y} (V, F ∣_{V})$ , 或 $Γ_{Y} (X, F) ≅ Γ_{Y} (V, F)$ . 这个同构是显然的: 我们有前者到后者的限制映射, 而其根据层公理显然双射. 现在设 $I^{∙}$ 是 $F$ 的内射消解, 则 $Γ_{Y} (X, I^{∙}) ≅ Γ_{Y} (V, I^{∙} ∣_{V})$ . 由于 $I^{∙} ∣_{V}$ 也是 $F ∣_{V}$ 的松层消解, 其上同调也给出 $H_{Y}^{i} (V, F ∣_{V})$ . 因此上述自然同构就给出了上同调的自然同构. $□$

习题 4 (Mayer–Vietoris 正合列). 令 $Y_{1}, Y_{2}$ 为 $X$ 的两个闭集. 则有支集上同调的长正合列 $\dots \to H_{Y_{1} \cap Y_{2}}^{i} (X, F) \to H_{Y_{1}}^{i} (X, F) \oplus H_{Y_{2}}^{i} (X, F) \to H_{Y_{1} \cup Y_{2}}^{i} (X, F) \to H_{Y_{1} \cap Y_{2}}^{i + 1} (X, F) \to \dots .$

证明.

证明. 记 $i_{1}, i_{2}$ 为 $Γ_{Y_{1} \cap Y_{2}} (X, F)$ 到 $Γ_{Y_{1}} (X, F)$ 或 $Γ_{Y_{2}} (X, F)$ 的自然嵌入, $j_{1}, j_{2}$ 为两者到 $Γ_{Y_{1} \cup Y_{2}} (X, F)$ 的自然嵌入. 设 $F$ 松, 下面证明 $0 \to Γ_{Y_{1} \cap Y_{2}} (X, F) i_{1} + i_{2} Γ_{Y_{1}} (X, F) \oplus Γ_{Y_{2}} (X, F) j_{1} - j_{2} Γ_{Y_{1} \cup Y_{2}} (X, F) \to 0$ 正合.

•

显然 $i_{1} + i_{2}$ 是单射, 且 $(j_{1} - j_{2}) (i_{1} + i_{2}) = 0$ . 且若 $(s_{1}, s_{2}) \in Γ_{Y_{1}} (X, F) \oplus Γ_{Y_{2}} (X, F)$ 使得 $j_{1} (s_{1}) - j_{2} (s_{2}) = 0$ , 即 $s_{1} - s_{2} = 0$ , 必有 $s_{1} = s_{2} \in Γ_{Y_{1} \cap Y_{2}} (X, F)$ , 即 $(s_{1}, s_{2}) \in im (i_{1} + i_{2})$ . 因此 $ker (j_{1} - j_{2}) = im (i_{1} + i_{2})$ .

•

设 $F$ 松. 记 $U_{1} = X - Y_{1}, U_{2} = X - Y_{2}$ . 若 $s \in Γ_{Y_{1} \cup Y_{2}} (X, F)$ , 令 $t \in Γ (U_{1} \cup U_{2}, F)$ 为 $s ∣_{U_{1}}$ 和 $0 ∣_{U_{2}}$ 的粘接. 由于 $F$ 松, 存在 $s_{2} \in Γ (X, F)$ 使得 $s_{2} ∣_{U_{1} \cup U_{2}} = t$ .

由于 $s_{2} ∣_{U_{2}} = 0, s_{1} ∣_{U_{1}} = s ∣_{U_{1}}$ , 即得 $s_{2} \in Γ_{Y_{2}} (X, F), s - s_{2} \in Γ_{Y_{1}} (X, F)$ . 因此 $j_{1} - j_{2}$ 为满射.

现在设 $F$ 为任意层. 取 $F$ 的内射消解 $I^{∙}$ , 根据上述结论有正合列 $0 \to Γ_{Y_{1} \cap Y_{2}} (I^{∙}, F) i_{1} + i_{2} Γ_{Y_{1}} (I^{∙}, F) \oplus Γ_{Y_{2}} (I^{∙}, F) j_{1} - j_{2} Γ_{Y_{1} \cup Y_{2}} (I^{∙}, F) \to 0$ 取其上同调长正合列 $\dots \to H_{Y_{1} \cap Y_{2}}^{i} (X, F) \to H_{Y_{1}}^{i} (X, F) \oplus H_{Y_{2}}^{i} (X, F) \to H_{Y_{1} \cup Y_{2}}^{i} (X, F) \to H_{Y_{1} \cap Y_{2}}^{i + 1} (X, F) \to \dots .$ $□$

习题 5. 设 $X$ 是 Zariski 空间 (II, 习题 3.17)². 令 $P \in X$ 为闭点, $X_{P}$ 为所有满足 $P \in {Q}^{-}$ 的点 $Q$ 构成的子集. 称 $X_{P}$ 为 $X$ 在 $P$ 处的局部空间, 配备诱导子空间拓扑. 令 $j : X_{P} \to X$ 为包含映射; 对 $X$ 上的任意层 $F$ , 记 $F_{P} = j^{*} F$ . 证明对任意 $i, F$ 都有 $H_{P}^{i} (X, F) ≅ H_{P}^{i} (X_{P}, F_{P}) .$

2.	每个非空不可约闭集都有一一般点的 Noether 空间.

下面的证明中需要这个引理:

引理. 设 $X$ 为 Zariski 拓扑, $Y$ 为任意在一般化下封闭的子集, $j : Y \to X$ 为嵌入映射. 设 $F$ 为 $X$ 上的层, $F_{Y} = j^{*} Y$ . 则对 $Y$ 中任意开集 $U$ , 有 $F_{Y} (U) ≅ U \subset \tilde{U} lim F (\tilde{U}),$ 其中 $\tilde{U}$ 遍历 $X$ 的满足条件的开集. 换句话说, $F$ 作为预层在 $Y$ 上的限制已经是层.

证明.

证明. 由于 $F_{Y}$ 事实上定义为 $U \mapsto lim_{U \subset \tilde{U}} F (\tilde{U})$ 的层化, 立刻有 $lim_{U \subset \tilde{U}} F (\tilde{U})$ 到 $F_{Y} (U)$ 的映射. 我们记此正向极限为 $F_{Y}^{'} (U)$ , 此映射为 $φ : F_{Y}^{'} (U) \to F_{Y} (U)$ .

由于正向极限正合, $F_{Y}^{'} (U) \to \prod_{x \in U} F_{x}$ 是单射. 因此易知 $φ$ 为单射.

为证明 $φ$ 是满射, 也就是证明 $F_{Y} (U)$ 中任意截面 $s$ 都是 $U$ 附近的某个开集 $\tilde{U}$ 的某个截面的限制. 按定义, 存在 $Y$ 的一族开覆盖 $U_{i}$ 使得 $s ∣_{U_{i}} \in F_{Y}^{'} (U_{i})$ , 即存在 $X$ 中开集 $\tilde{U_{i}} \supset U_{i}$ 以及 $s_{i} \in F (\tilde{U_{i}})$ 使得 $s_{i} ∣_{U_{i}} = s ∣_{U_{i}}$ ³;

由于 $Y$ 拟紧, 可以设 $U_{i}$ 是有限开覆盖. 利用归纳法, 又可以规约到只有两个开集的情况. 此时由于 $s_{1} ∣_{U_{1} \cap U_{2}} = s_{2} ∣_{U_{1} \cap U_{2}}$ , 存在 $X$ 中的开集 $V$ , 使得 $U_{1} \cap U_{2} \subset V \subset \tilde{U_{1}} \cap \tilde{U_{2}}$ , 且 $s_{1} ∣_{V} = s_{2} ∣_{V}$ . 记 $N = (\tilde{U_{1}} \cap \tilde{U_{2}}) ∖ V$ . 我们证明: $\overline{N} \cap Y = \emptyset$ . 若不然, 由于 $Y$ 对一般化封闭, 有 $\overline{N}$ 中的某个不可约分支的一般点 $ξ$ 属于 $Y$ . 因此 $ξ \in U_{1} \cap U_{2} \subset V$ , 从而 $ξ \in / N$ , 因而 $N \cap {ξ}^{-} = \emptyset$ , 矛盾.

从而, 若把

U_{1}, U_{2}, V

分别改为

U_{1} ∖ \overline{N}, U_{2} ∖ \overline{N}, V ∖ \overline{N}

, 就有

V = U_{1} \cap U_{2}

. 因此可从

s_{1}, s_{2}

拼出

s_{0} \in F (\tilde{U_{1}} \cup \tilde{U_{2}})

使得

s_{0} ∣_{U} = s

. 也就是说

φ

是满射.

$□$

3.	这里混淆了记号, 事实上应该是 $s_{i}$ 在 $F_{Y}^{'} (U_{i})$ 中的像是 $s ∣_{U_{i}}$ .

习题 2.5 的证明.

习题 2.5 的证明. 由于 Zariski 空间的开集对一般化封闭, 任意包含 $P$ 的开集都包含 $X_{P}$ , 且若 $Q \in / X_{P}$ , 有 $P \in (X ∖ {Q}^{-})$ . 所以 $X_{P} = ⋂_{P \in U \subset X} U$ , 其中 $U$ 取遍包含 $P$ 的开集.

按习题 2.3 (6), 对任意包含 $P$ 的开集 $V$ , 有 $H_{P}^{i} (X, F) ≅ H_{P}^{i} (X_{P}, F_{P})$ . 若 $V \supset W$ , 取 2.3 (5) 的长正合列, 有映射 $\dots H_{P}^{i} (V, F ∣_{V}) H^{i} (V, F ∣_{V}) H^{i} (V ∖ {P}, F ∣_{V ∖ {P}}) \dots \dots H_{P}^{i} (W, F ∣_{W}) H^{i} (W, F ∣_{W}) H^{i} (W ∖ {P}, F ∣_{W ∖ {P}}) \dots ≅$ 取正向极限即得正合列 $\dots \to P \in V lim H_{P}^{i} (V, F ∣_{V}) \to P \in V lim H^{i} (V, F ∣_{V}) \to P \in V lim H^{i} (V ∖ {P}, F ∣_{V ∖ {P}}) \to \dots .$ 即 $\dots \to H_{P}^{i} (X, F) \to P \in V lim H^{i} (V, F) \to P \in V lim H^{i} (V ∖ {P}, F) \to \dots .$ 此外, 在 $X_{P}$ 上还有长正合列 $\dots \to H_{P}^{i} (X_{P}, F_{P}) \to H^{i} (X_{P}, F_{P}) \to H^{i} (X_{P} ∖ {P}, F_{P}) \to \dots .$ 因此只需证明有自然同构 $H^{i} (X_{P}, F_{P}) ≅ lim_{P \in V} H^{i} (V, F)$ 及 $H^{i} (X_{P} ∖ {P}, F_{P}) ≅ lim_{P \in V} H^{i} (V ∖ {P}, F)$ .

上面的引理事实上证明了在

i = 0

时,

Γ (X_{P}, F_{P}) Γ (X_{P} ∖ {P}, F_{P}) ≅ P \in V lim Γ (V, F) ≅ P \in V lim Γ (V ∖ {P}, F) .

并且引理还有显然的推论: 若

F

松, 则

F_{P}

松 (因为

lim

的正合性). 因此立知:

H^{i} (X_{P}, -_{P}), H^{i} (X_{P} ∖ {P}, F_{P})

都是可擦函子 (因为松层对于它们是零调对象). 而

lim H^{i} (V, -), lim H^{i} (V ∖ {P}, -)

显然也是可擦函子. 因此由

δ

函子的万有性即得正合列的自然态射

\dots H_{P}^{i} (X, F) lim_{P \in V} H^{i} (V, F ∣_{V}) lim_{P \in V} H^{i} (V ∖ {P}, F ∣_{V ∖ {P}}) \dots \dots H_{P}^{i} (X_{P}, F_{P}) H^{i} (X_{P}, F_{P}) H^{i} (X_{P} ∖ {P}, F_{P} ∣_{X_{P} ∖ {P}}) \dots ≅ ≅

由五引理, 即知

H_{P}^{i} (X, F) \to H_{P}^{i} (X_{P}, F_{P})

亦为同构.

$□$

习题 6. 令 $X$ 为 Noether 拓扑空间, ${I_{α}}_{α \in A}$ 为 $X$ 上内射层的有向系统. 证明 $lim I_{α}$ 亦内射. [提示: 首先证明层 $I$ 内射当且仅当对 $X$ 的任意开子集 $U$ , $Z_{U}$ 的任意子层 $R$ , 以及任意态射 $f : R \to I$ , 其都可以扩张成 $Z_{U} \to I$ 的映射. 其次, 证明这样的 $R$ 都有限生成, 因此 $R \to lim I_{α}$ 穿过某个 $I_{α}$ .]

证明.

证明. 我们按照提示顺序证明. 首先证明层 $I$ 内射当且仅当对 $X$ 的任意开子集 $U$ , $Z_{U}$ 的任意子层 $R$ , 以及任意态射 $f : R \to I$ , 其都可以扩张成 $Z_{U} \to I$ 的映射.

必要性显然. 考虑充分性. 设 $F$ 是 $X$ 上的层, $G \subseteq F$ 是其子层, $g : G \to I$ 是任意态射. 我们希望证明 $g$ 可以延拓为 $F \to I$ . 记 $Σ = {(H, h) ∣ G \subseteq H \subseteq F, h : H \to I, h ∣_{G} = g}$ , 其上给显然的偏序. 由 Zorn 引理, $Σ$ 中有极大元 $(H, h)$ .

若 $H \neq = F$ , 取开集 $U$ 以及 $s \in F (U) ∖ H (U)$ . 记映射 $φ : Z_{U} \to F, φ (t_{V}) = t_{V} s ∣_{V}$ . 记 $R = φ^{- 1} (H)$ . 由假设, 映射 $h \circ φ : R \to I$ 可以延拓为 $Z_{U} \to I$ . 此映射和 $h : H \to I$ 拼接为 $(H + Z_{U} s) \to I$ , 与 $(H, h)$ 极大性矛盾. 因此只可能 $H = F$ . 这里 $H + Z_{U} s$ 定义为 $H \oplus Z_{U} \to F$ 的像.

Hartshorne 声称 $R$ 应该是有限生成的. 我想他大约想表达 $R$ 是 Noether 的, 即其子对象升链总稳定. 换句话说其希望说明 $Z_{U}$ 是 Noether 的.

接下来我们证明 $Z_{U}$ 是 Abel 群层里的 Noether 对象, 即其子对象升链总稳定. 设 $F_{1} \subseteq F_{2} \subseteq \dots \subseteq Z_{U}$ 是 $Z_{U}$ 的子对象的升链. 设 $U$ 的不可约分支为 $U_{1}, \dots, U_{n}$ , 则只需证明每个 $F_{k} ∣_{U_{i}}$ 稳定. 所以不妨设 $U$ 不可约.

设 $V_{k}$ 为最大的使得 $F_{k} (V) \neq = 0$ 的开集 (若 $F_{k} (V) = r Z, F_{k} (V^{'}) = s Z$ , 显然有 $F_{k} (V \cup V^{'}) = lcm (r, s) Z$ . 因此 $V_{k}$ 良定). 则 $V_{k}$ 是开集升链, 从而稳定. 设其稳定到 $V$ . 则 $F_{k} (V)$ 是 $Z$ 的子模升链, 其必定稳定. 设其稳定到 $m Z$ . 按定义, $m > 0$ . 对 $m$ 的任意因子 $d$ , 记 $C_{k} (d)$ 为 $d$ 在 $Z_{U} / F_{k}$ 中的支集. 则 $C_{k} (d)$ 构成 (关于 $k$ 的) 闭集降链. 因此每个都稳定. 也就是说, 在 $k$ 充分大的时候, $F_{k} \to F_{k + 1}$ 在每个茎上都是同构. 这也就是说 $F_{k}$ 稳定.

接下来, 设

I_{α}

为内射层的有向系统. 设

U

是开集,

R

是

Z_{U}

的子层,

f : R \to lim I_{α}

. 由于

Z_{U}

是 Noether 对象,

f^{- 1} (I_{α})

稳定. 也就是说存在

α

使得

f

穿过

I_{α}

. 因此由

I_{α}

的内射性,

f

可以延拓为

Z_{U} \to I_{α} \to lim I_{α}

. 综上,

lim I_{α}

内射.

$□$

习题 7. 令 $S^{1}$ 为圆, 配备通常的拓扑. 令 $Z$ 为其上的常值层.

(1)	证明 $H^{1} (S^{1}, Z) ≅ Z$ (用我们定义的 (层) 上同调).
(2)	现在令 $R$ 为 $S^{1}$ 上的连续实值函数层. 证明 $H^{1} (S^{1}, R) = 0$ .

证明.

证明. 此处参考 MSE 问题, 感谢名为 Daniel Schpler 的 MSE 用户.

我们先处理 $R$ (配备通常的拓扑) 上的上同调. 定义 $R$ 上的层 $F$ 是区间松的当且仅当对任意两个开区间 $I \supset J$ , 都有 $F (I) \to F (J)$ 满. 下面我们证明区间松的层都是 $Γ (R, -)$ 零调对象.

1.	若 $0 \to F^{'} \to F \to F^{''} \to 0$ 是 $R$ 上层的正合列, 且 $F^{'}$ 区间松, 则 $0 \to Γ (U, F^{'}) \to Γ (U, F) \to Γ (U, F^{''}) \to 0$ 对所有开集 $U$ 正合. 由于开集总是开区间的不交并, 只需对 $U$ 为开区间证明. 只需证明 $Γ (R, F) \to Γ (R, F^{''})$ 满. 若 $t \in Γ (R, F^{''})$ , 设 $(I, s)$ 为其极大的区间上的提升. 在 $I$ 的端点附近取区间 $J$ 及 $s^{'} \in Γ (J, F)$ . 取 $r \in Γ (I, F)$ 使得 $r ∣_{I \cap J}$ 映射到 $s - s^{'}$ (这由区间松得到), 则 $s - r$ 和 $s^{'}$ 可拼成 $I \cup J$ 上 $t$ 的提升.
2.	若 $0 \to F^{'} \to F \to F^{''} \to 0$ 是 $R$ 上层的正合列, 且 $F^{'}, F$ 区间松, 则 $F^{''}$ 也区间松. 由上一条显然.
3.	内射层都区间松. 因为内射层都松, 所以也区间松.

综上即可证明 $H^{i} (R, F) = 0$ 对任意 $i$ 和任意区间松 $F$ 成立.

接下来证明原问题.

(1)

取 $I_{u}, I_{d}$ 为 $S^{1}$ 的上下半圆 (闭区间), 其交集为 ${P, Q}$ . 记 $Z_{u}, Z_{d}$ 为 $Z$ 在 $I_{u}, I_{d}$ 上的限制 (并在 $I_{u}, I_{d}$ 外用 $0$ 延拓), 则显然有正合列 $0 \to Z [11] Z_{u} \oplus Z_{d} [1 - 1 1 - 1] Z_{P} \oplus Z_{Q} \to 0.$ 正合性可在茎上逐点验证. 取其上同调长正合列得 $0 \to Z [11] Z^{2} [1 - 1 1 - 1] Z^{2} \to H^{1} (S^{1}, Z) \to H^{1} (I_{u}, Z_{u}) \oplus H^{1} (I_{d}, Z_{d}) \to 0.$ 而 $I_{u}$ 可以同构于 $R$ 的闭子区间 $[0, 1]$ . 将 $Z_{u}$ 以 $0$ 延拓到 $R$ 上后, 显然其区间松. 因此 $H^{1} (I_{u}, Z_{u}) = 0$ . 同理, $H^{1} (I_{d}, Z_{d}) = 0$ . 因此即可得出 $H^{1} (S^{1}, Z) ≅ coker ([1 - 1 1 - 1]) ≅ Z$ .

(2)

同上取

R_{u}, R_{d}

, 记

C (U, R)

为

U

上的连续函数族, 依然有长正合列

0 \to C (S^{1}, R) \to C (I_{u}, R) \oplus C (I_{d}, R) \to R^{2} \to H^{1} (S^{1}, R) \to H^{1} (I_{u}, R_{u}) \oplus H^{1} (I_{d}, R_{d}) \to 0.

同理,

R_{u, d}

以

0

延拓到

R

上后区间松, 因此上同调消失. 而

C (I_{u}, R) \oplus C (I_{d}, R) \to R^{2}

是满射. 因此

H^{1} (S^{1}, R) = 0

$□$