Algebraische Geometrie II¨Ubung 9

Algebraische Geometrie II Übung 9
1 Aufgabe 1
Beweis: Da F eine kohärente Garbe auf X = Spec(A) ist, gilt F = M̃ für einen endlich
erzeugten A-Modul M . Nun gibt es Elemente m1 , . . . , mk ∈ M , so dass M = hm1 , . . . , mk i.
k
T
Sei nun Si := supp(mi ) für i ∈ {1, . . . , k}. Dann ist jedes Si , und somit auch S :=
Si
i=1
abgeschlossen. Da M = hm1 , . . . , mk i, gibt es einen Epimorphismus α : Ak M von AModuln. Nun gilt x ∈ S genau dann, wenn mi 6= 0 in Mx für ein i ∈ {1, . . . , k}, was genau dann
der Fall ist, wenn der zugehörige Epimorphismus αx : Akx Mx die Aussage Mx 6= 0 erfüllt.
Da M̃x = Mx für alle x ∈ X, folgt nun, dass der Träger supp(F) = supp(M̃ ) = supp(M ) = S
abgeschlossen ist. 2 Aufgabe 2
Beweis: Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei X = Spec(A). Auch hier gilt F = M̃ für
einen endlich erzeugten A-Modul M und Ak M .
Zu (i): Es kommutiert folgendes Diagramm von Epimorphismen:
Akx
Mx
Ax,mx
Akx /(mx · Akx )
Mx /(mx · Mx )
Außerdem ist für p ' x der Halm Mx ein (A \ p)−1 A = Ax -Modul. Damit ist Fx ein endlich
erzeugter OX,x -Modul.
Zu (ii): Hier haben wir einen Epimorphismus k(x)⊕k Mx /(mx · Mx ). Damit ist Fx /(mx · Fx )
ein endlich erzeugter k(x) = OX,x /mx Vektorraum.
Zu (iii): Sei dim(Mx /(mx · Mx )) =: l. Dann liftet folgendes Diagramm:
Alx
Mx /(mx · Mx )
α
Mx
Nun gelten folgende Behauptungen:
1. α ist surjektiv,
2. N = coker(α) ist endlich erzeugtes Modul, und
3. m · N = N
Nakayama-Lemma
⇒
N = 0.
1
Weiterhin kommutiert folgendes Diagramm von exakten Sequenzen:
0
mx · Mx
mx · N
0
Al
Mx
N
0
Al
Mx /(mx · Mx )
0
Es folgt, dass Al → M in einer Umgebung von x surjektiv ist, und dass Al → M Kokern N hat.
Nun hat N algebaischen Träger S. Da x ∈
/ S, folgt nun, dass U = X \ S eine offene Umgebung
von x ist, in der Al → M surjektiv ist. Es folgt dimF |U ≤ l. Damit ist dimF oberhalbstetig.
3 Aufgabe 3
Beweis: Da X irreduzibel, hat X einen generische Punkt η. Da dieser in allen nichtleeren
offenen Teilmengen enthalten ist, wird das Minimum der Funktion dim
SF im generischen Punkt η
Spec(Ai ) und natürliche
angenommen. Wenn F lokal frei ist, existiert eine Überdeckung X =
i∈I
g
k
Zahlen ki (i ∈ I), so dass F(Spec(Ai )) ∼
= (Ai i ) für alle i ∈ I. Auf Ui = Spec(Ai ) gilt somit
dimF ≡ ni für eine natürliche Zahl ni . Da η ∈ Ui für alle i ∈ I, folgt ni = nj für alle i, j ∈ I.
4 Aufgabe 4
Beweis: Kommt nicht in die Musterlösung.
5 Aufgabe 5
Beweis:
S Da X irreduzibel und dimF lokal frei, folgt mit Aufgabe 3, dass es eine Überdeckung
X=
Ui und natürliche Zahlen ni (i ∈ I) gibt, so dass dimF ≡ ni auf Ui und ni = nj für alle
i∈I
i, j ∈ I. Damit ist die Funktion dimF konstant. Die Umkehrung gilt nicht!
Gegenbeispiel: Sei k ein Körper, A := k[]/(2 ) und M := A/(). Dann gilt M = A/() 6= Al
für alle natürliche Zahlen l, denn es gilt dimk (M ) = 1 6= 2l = dimk (Al ). 2