Hartshorne 代數幾何解題/分離且真對映

本節參考 EGA II.5、EGA II.6、EGA II.7。對於最後關於離散賦值環的問題，請參閱 Samula 和 Zariski 的交換代數 II。

練習 II.4.1

令 $f:X\to Y$ 為有限態射。有限意味著有限型，因此我們只需要證明 $f$ 是普遍閉且分離的。

$f$ 是分離的。 我們想要證明 $X\to X\times _{Y}X$ 是閉嵌入。要檢查一個態射是否為閉嵌入，只需檢查目標的每個開覆蓋的元素即可。令 $\{Spec\ B_{i}\}$ 為 $Y$ 的仿射開覆蓋。沿每個 $Spec\ B_{i}\to Y$ 對 $X\to X\times _{Y}X$ 的回拉為 $Spec\ A_{i}\to Spec\ A_{i}\otimes _{B_{i}}A_{i}$，其中 $Spec\ A_{i}=f^{-1}Spec\ B_{i}$。與這些仿射概形態射相對應的環同態是滿射的，因此根據練習 II.2.18(c) 它們都是閉嵌入。

$f$ 是普遍閉的。 練習 II.3.13(d) 的證明表明有限態射在基變換下是穩定的（事實上，證明變得更容易）。其次，我們知道有限態射是閉的（練習 II.3.5），因此有限態射是普遍閉的。

練習 II.4.2

令 $U$ 為 $X$ 上的稠密開子集，其中 $f$ 和 $g$ 一致。考慮回拉正方形

Since $Y$ is separated, the lower horizontal morphism is a closed immersion. Closed immersions are stable under base extension (Exercise II.3.11) and so $Z\to X$ is also a closed immersion. Now since $f$ and $g$ agree on $U$, the image of $U$ in $Y\times _{S}Y$ is contained in the diagonal and so the pullback is, again $U$ (at least topologically. But this means that $U\to X$ factors through $Z$, whose image is a closed subset of $X$. Since $U$ is dense, this means that $sp\ Z=sp\ X$. Since $Z\to X$ is a closed immersion, the morphism of sheaves ${\mathcal {O}}_{X}\to {\mathcal {O}}_{Z}$ is surjective. Consider an open affine $V=Spec\ A$ of $X$. Restricted to $V$, the morphism $Z\cap V\to V$ continues to be a closed immersion and so $Z\cap V$ is an affine scheme, homeomorphic to $V$, determined by an ideal $I\subseteq A$. Since $Spec\ A/I\to Spec\ A$ is a homeomorphism, $I$ is contained in the nilradical. But $A$ is reduced and so $I=0$. Hence, $Z\cap V=V$ and therefore $Z=X$.

1. 考慮一個情況，其中 $X=Y=Spec\ k[x,y]/(x^{2},xy)$，它是原點處有冪零元的仿射直線，並考慮兩個態射 $f,g:X\to Y$，一個是恆等態射，另一個由 $x\mapsto 0$ 定義，即消去原點的冪零元。它們在原點的補集上相符，而補集是一個稠密的開子集，但層態射在原點處不相符。
2. 考慮一個有兩個原點的仿射直線，並設 $f$ 和 $g$ 是通常仿射直線中的兩個開嵌入。它們在原點的補集上相符，但將原點對映到兩個不同的位置。

練習 II.4.3

考慮拉回平方

由於 $X$ 在 $S$ 上是分離的，對角線是一個閉嵌入。閉嵌入在基變換下是穩定的（練習 II.3.11(a)），所以 $U\cap V\to U\times _{S}V$ 是一個閉嵌入。但 $U\times _{S}V$ 是仿射的，因為所有的 $U,V,S$ 都是。所以 $U\cap V\to U\times _{S}V$ 是一個閉嵌入到仿射方案中，所以 $U\cap V$ 本身是仿射的（練習 II.3.11(b)）。

對於 $X$ 不是分離的情況，考慮一個有兩個原點的仿射平面 $X$ 和通常仿射平面中的兩個副本 $U,V$ 作為開仿射。$U$ 和 $V$ 的交集是 $\mathbb {A} ^{2}-\{0\}$，它不是仿射的。

練習 II.4.4

由於 $Z\to S$ 是真定的，且 $Y\to S$ 是分離的，因此由推論 II.4.8e 可知 $Z\to Y$ 是真定的。真定態射是封閉的，因此 $f(Z)$ 是封閉的。

$f(Z)\to S$ 是有限型的。 這是因為它是一個在 $S$ 上有限型的概形 $Y$ 中的閉子概形（練習 II.3.13(a) 和 (c)）。

$f(Z)\to S$ 是分離的。 這是由換底方格和閉嵌入在換底下保持不變的事實推出的。

<math>\xymatrix{
f(Z) \ar[d]^\Delta \ar[r] & Y \ar[d]^\Delta \\
f(Z) \times_S f(Z) \ar[r] & Y \times_S Y 
 } </math>

$f(Z)\to S$ 是普遍封閉的。 令 $T\to S$ 為某個其他態射，並考慮以下圖

\xymatrix{
T \times_S Z \ar[r] \ar[d]^{f'} & Z \ar[d]^f \\
T \times_S f(Z) \ar[r] \ar[d]^{s'} & f(Z) \ar[d]^s \\
T \ar[r] & S
 }

我們的第一個任務是證明 $T\times _{S}Z\to T\times _{S}f(Z)$ 是滿射的。假設 $x\in T\times _{S}f(Z)$ 是一個餘域為 $k(x)$ 的點。沿水平方向，我們得到一個餘域為 $k(x')\subset k(x)$ 的點 $x'\in f(Z)$，並且可以提升到一個餘域為 $k(x'')\supset k(x')$ 的點 $x''\in Z$。令 $k$ 為包含 $k(x)$ 和 $k(x'')$ 的域。包含關係 $k(x''),k(x)\subset k$ 給出了態射 $Spec\ k\to T\times _{S}f(Z)$ 和 $Spec\ k\to Z$，它們在 $f(Z)$ 上一致，因此可以提升到一個態射 $Spec\ k\to T\times _{S},Z$，在 $x$ 的原像中給出一個點。所以 $T\times _{S}Z\to T\times _{S}f(Z)$ 是滿射的。

現在假設 $W\subseteq T\times _{S}f(Z)$ 是 $T\times _{S}f(Z)$ 的閉子集。它的垂直逆像 $(f')^{-1}W$ 是 $T\times _{S}Z$ 的閉子集，並且由於 $Z\to S$ 是普遍閉的，因此 $s'\circ f'((f')^{-1}(W))$ 在 $T$ 中是閉的。由於 $f'$ 是滿射的，$f'((f')^{-1}(W))=W$，因此 $s'\circ f'((f')^{-1}(W))=s'(W)$。因此，$T\times _{S}f(Z)$ 在 $T$ 中是閉的。

練習 II.4.5

1. 設 $R$ 是 $K$ 上的賦值的賦值環。在某點 $x\in X$ 上有中心等價於包含關係 ${\mathcal {O}}_{x,X}\subseteq R\subseteq K$（使得 ${\mathfrak {m}}_{R}\cap {\mathcal {O}}_{x,X}={\mathfrak {m}}_{x}$），這等價於圖中的對角態射。

<math>\xymatrix{
Spec\  K \ar[r] \ar[d] & X \ar[d] \\ 
Spec\  R \ar[r] \ar[ur] & Spec\  k
</math>

但根據分離的賦值判據，這個對角態射（如果存在）是唯一的。因此，中心如果存在，就是唯一的。

1. 與上一部分相同的論證。

1. 兩種情況的論證相同，因此我們將證明：假設每個對 $K$ 的賦值環 $R$ 在 $X$ 中只有一箇中心，那麼 $X$ 是真定的。這對於維數為零的有限型積分 $k$ -概形顯然成立。假設它對維數小於 $n$ 的積分 $k$ -概形成立，並且 $X$ 是維數為 $n$ 的積分 $k$ -概形。我們將使用賦值判據。假設我們有如下圖

 \xymatrix{
Spec\  L \ar[r] \ar[d] & X \ar[d] \\ 
Spec\  S \ar[r] & Spec\  k

其中 $S$ 是函式域 $L$ 的賦值環。如果 $Spec\ L$ 的唯一點的像不是 $X$ 的泛點，那麼令 $Z$ 為其像的閉包，並帶約化結構。我們有如下圖

 \xymatrix{
Spec\  L \ar[r] \ar[d] & Z \ar[r] & X \ar[d] \\ 
Spec\  S \ar[r] & Spec\  k \ar@{=}[r] & Spec\  k

概形 $Z$ 是維數小於 $n$ 的積分 $k$ -概形，因此左側的正方形承認一個提升，這為外部矩形提供了一個提升。此外，由於閉嵌入是真定的，外部矩形的任何提升都將根據賦值判據唯一地分解到 $Z$ 中，因此提升是唯一的。

現在假設點 $Spec\ L$ 的像是在 $X$ 的一般點。然後我們有一個域擴張塔 $L/K/k$，並且 $L$ 上的賦值誘匯出 $K$ 上的賦值。然後我們有以下圖示。

 \xymatrix{
Spec\  L \ar[r] \ar[d] & Spec\  K \ar[r] & X \ar[d] \\ 
Spec\  S \ar[r] & Spec\  R \ar[r] & Spec\  k

假設賦值環 $R$ 在 $X$ 上有一個唯一的中心 $x$，所以上面圖示有一個唯一的擴充套件

 \xymatrix{
Spec\  L \ar[r] \ar[d] & Spec\  K \ar[r] & Spec\  \mathcal{O}_{X,x} \ar[r] & X \ar[d] \\ 
Spec\  S \ar[r] & Spec\  R \ar[rr] \ar[ur] && Spec\  k

因此，我們原始方格有一個唯一的提升。根據賦值判據，方案 $X$ 因此是真緊的。

1. 假設存在某個$a\in \Gamma (X,{\mathcal {O}}_{X})$，使得$a\not \in k$。考慮$a\in K$的像。由於$k$是代數封閉的，$a$關於$k$是超越的，因此$k[a^{-1}]$是一個多項式環。考慮區域性化$k[a^{-1}]_{(a^{-1})}$。這是一個包含在$K$中的區域性環，因此存在支配它的賦值環$R\subset K$。由於${\mathfrak {m}}_{R}\cap k[a^{-1}]_{(a^{-1})}=(a^{-1})$，我們可以看到$a^{-1}\in {\mathfrak {m}}_{R}$。

現在，由於$X$是真定的，在左側圖表中存在唯一的虛線態射。

 \xymatrix{
Spec\  K \ar[r] \ar[d] & X \ar[d] && K & \Gamma(X, \mathcal{O}_X) \ar[l] \ar@{-->}[dl] \\
Spec\  R \ar[r] \ar@{-->}[ur] & Spec\  k && R \ar[u] & k \ar[l] \ar[u]

取全域性截面得到右邊的圖，這意味著 $a\in R$ 因此 $v_{R}(a)\geq 0$。但 $a^{-1}\in {\mathfrak {m}}_{R}$ 因此 $v_{R}(a^{-1})>0$。這產生了矛盾，因為 $0=v_{R}(1)=v_{R}({\frac {a}{a}})=v_{R}(a)+v_{R}({\frac {1}{a}})>0$.

練習 II.4.6

由於 $X$ 和 $Y$ 是仿射簇，根據定義，它們是整的，因此 $f$ 來自一個環同態 $B\to A$，其中 $A$ 和 $B$ 是整的。令 $K=k(A)$。那麼對於包含 $\phi (B)$ 的 $K$ 的賦值環 $R$，我們得到一個交換圖

 \xymatrix{
Spec\  K \ar[r] \ar[d] &  X \ar[d] \\
Spec\  R \ar[r] \ar@{-->}[ur]^{\exists !} & Y

由於 $f$ 是真定的，所以存在虛線箭頭（唯一，但我們不需要這個）。由定理 II.4.11A，$\Phi (B)$ 在 $K$ 中的整閉包是所有包含 $\phi (B)$ 的 $K$ 的所有賦值環的交集。由於虛線態射對任何包含 $\phi (B)$ 的賦值環 $K$ 存在，所以 $A$ 包含在 $\phi (B)$ 在 $K$ 中的整閉包。因此，$A$ 的每個元素都是關於 $B$ 的整元素，這與假設 $f$ 是有限型的結合在一起，意味著 $f$ 是有限的。

練習 II.4.8

• 令 $X{\stackrel {f}{\to }}Y$ 和 $X'{\stackrel {f'}{\to }}Y'$ 為態射。態射 $f\times f'$ 是 $f$ 和 $f'$ 的底變換的複合，如下所示

\tbd{\mathfrak{m}arginpar{應該真正檢查這裡關於拉回的所有斷言是否屬實。}}

 \xymatrix@R=6pt{
& X \ar[dd] \\
X \times X' \ar[ur] \ar[dd]  \\
& Y \\
Y \times X' \ar[ur] \ar[dd] \ar[dr] \\
& X' \ar[dd] \\
Y \times Y' \ar[dr] \\
& Y'

因此，$f\times f'$ 具有性質 $P$。

• 與上面的論證相同，但我們還應該注意到，由於 $g$ 是分離的，對角態射 $Y\to Y\times _{Z}Y$ 是一個閉嵌入，因此滿足 $P$。

 \xymatrix@R=6pt{
& Y \ar[dd] \\
X \ar[ur] \ar[dd]  \\
& Y\times_Z Y \\
X \times_Z Y \ar[ur] \ar[dd] \ar[dr] \\
& X \ar[dd] \\
Y \ar[dr] \\
& Z

• 考慮分解

 \xymatrix{
X_{red} \ar@/^/[drr]^{id} \ar@/_/[ddr]_{f_{red}} \ar[dr]^{\Gamma_{f_{red}}} \\
& Y_{red} \times_Y X_{red} \ar[r] \ar[d] & X_{red} \ar[d] \\
& Y_{red} \ar[r] & Y

態射 $X_{red}\to X\to Y$ 是一個閉嵌入和具有性質 $scP$ 的態射的複合，因此它具有性質 $P$。因此，從纖維積出發的垂直態射是具有性質 $P$ 的態射的基變更，因此它本身具有性質 $P$。要看到 $f_{red}$ 具有性質 $P$，因此只需檢視圖 $\Gamma _{f_{red}}$ 具有性質 $P$，因為這樣 $f_{red}$ 將是具有性質 $P$ 的態射的複合。要看到這一點，回想一下圖是以下基變更

 \xymatrix{ 
X_{red} \ar[r] \ar[d]^\Gamma & Y_{red} \ar[d]^\Delta \\
X_{red} \times_Y Y_{red} \ar[r] & Y_{red} \times_Y Y_{red}

但 $Y_{red}\times _{Y}Y_{red}=Y_{red}$ 且 $\Delta =id_{Y_{red}}$，因此 $\Delta$ 是一個閉嵌入。因此，$\Gamma$ 是具有性質 $P$ 的態射的基變更。

練習 II.4.9

設 $X{\stackrel {f}{\to }}Y{\stackrel {g}{\to }}Z$ 是兩個射影態射。這會產生一個交換圖

 \xymatrix{
X \ar[r]^{f'} \ar[dr]_f & \mathbb{P}^r \times Y \ar[d] \ar[r]^{id \times g'} & \mathbb{P}^r \times \mathbb{P}^s \times Z \ar[d]  \\
& Y \ar[r]^{g'} \ar[dr]_g & \mathbb{P}^s \times Z \ar[d] \\
& & Z }

其中 $f'$ 和 $g'$ （因此 $id\times g'$）都是閉浸入。現在使用塞格雷嵌入，投影 $\mathbb {P} ^{r}\times \mathbb {P} ^{s}\times Z\to Z$ 可分解為
$\mathbb {P} ^{r}\times \mathbb {P} ^{s}\times Z\to \mathbb {P} ^{rs+r+s}\times Z\to Z$
因此，由於塞格雷嵌入是閉浸入，所以我們已經完成，因為我們找到了一個閉浸入 $X\to \mathbb {P} _{Z}^{rs+r+s}$，它分解了 $g\circ f$。

習題 II.4.10

Chow 引理在 EGA II.5.6 中。

習題 II.4.11

參見 Samula 和 Zariski 的交換代數 II。

假設 $L=K(t)$。然後定義
${\mathfrak {m}}_{R}=\{a_{0}+a_{1}t+\dots +a_{n}t^{n}\in {\mathcal {O}}[t]:a_{0}\in {\mathfrak {m}}\}$
The ring ${\mathcal {O}}[t]$ is a discrete noetherian local domain with maximal ideal ${\mathfrak {m}}_{R}$ and quotient field $L$. By induction then, we can reduce to the case when $L$ is a finite field extension of $K$. Now consider a set of generators $\{x_{1},\dots ,x_{n}\}$ of ${\mathfrak {m}}$ such that $x_{1}\not \in {\sqrt {(x_{2},\dots ,x_{n})}}$\mathfrak{m}arginpar{does such a set always exist?} (if ${\mathfrak {m}}$ is principal wait for the next step). We claim that the ideal $(x_{1})$ is not the unit ideal in ${\mathcal {O}}'={\mathcal {O}}[{\frac {x_{2}}{x_{1}}},\dots ,{\frac {x_{n}}{x_{1}}}]$. If it were then there would be some polynomial $f$ of degree, say $d$, in the ${\frac {x_{i}}{x_{1}}}$ such that $1=x_{1}f$. Let $f_{0}$ be the degree 0 part of $f$ and $f_{1}$ be the higher degree part. Since $x_{1}\in {\mathfrak {m}}$ the element $1-x_{1}f_{0}$ has an inverse, say $a$. Now with this in mind, our equality $1=x_{1}f_{0}+x_{1}f_{1}$ implies that $1=ax_{1}f_{1}$ which then implies that $x_{1}^{d}=ax_{1}^{d+1}f_{1}$. Since $f_{1}$ is made up of terms of degree higher than zero, the element $ax_{1}^{d+1}f_{1}\in (x_{2},\dots ,x_{n})$ which implies that $x_{1}\in {\sqrt {(x_{2},\dots ,x_{n})}}$ contradicting our assumption. So $(x_{1})$ is not the unit ideal in ${\mathcal {O}}'$. Now let ${\mathfrak {p}}$ be a minimal prime ideal of $(x_{1})$, and consider the localization $({\mathcal {O}}')_{\mathfrak {p}}$.

習題 II.4.12

參見 Samula 和 Zariski 的交換代數 II。