Lokalisierung von Moduln Aufgabe 1: Nilpotenz, Reduziertheit

Übungen zur Einführung in die Algebraische Geometrie II
Uni Frankfurt, SS 2008
Blatt 1, 11. April
Prof. Dr. A. Werner
Dipl.-Math. M. Häbich
Lokalisierung von Moduln
Für dieses Übungsblatt benötigen wir das Konzept der Lokalisierung eines Moduls, das die Lokalisierung
eines Rings auf die naheliegende Weise verallgemeinert:
Seien A ein Ring, M ein A-Modul und S eine multiplikative Teilmenge von A. Wir setzen S −1 M als Menge
der formalen Brüche
nm
o
S −1 M :=
: m ∈ M, s ∈ S ,
s
0
m
0
0
wobei m
s = s0 sein soll genau dann, wenn ein t ∈ S existiert mit t(s m − sm ) = 0. Wir definieren auf
n
tm+sn
m
−1
S M eine Addition vermöge s + t := st und eine Multiplikation mit Skalaren aus S −1 A vermöge
a m
am
s · t := st . Man überzeugt sich wie für die Lokalisierung von Ringen leicht davon, dass diese Verknüpfungen wohldefiniert sind und aus S −1 M einen S −1 A-Modul machen. [Wirklich? Versuchen Sie’s!] Über den
natürlichen Ringhomomorphismus A → S −1 A wird S −1 M so auch zu einem A-Modul; meist interessiert uns
jedoch die S −1 A-Modul-Struktur von S −1 M .
Aufgabe 1: Nilpotenz, Reduziertheit
(i) Seien A ein Ring, S ⊆ A eine multiplikative Teilmenge. Dann gilt
Nil(S −1 A) = S −1 (Nil A),
wobei Nil das Nilradikal (also die Menge der nilpotenten Elemente) im jeweiligen Ring bezeichnet und
S −1 die Lokalisierung nach S. [Nil A ist kein Ring und S im Allgemeinen keine Teilmenge von Nil A;
welche Lokalisierung ist auf der rechten Seite also gemeint?]
(ii) Zeigen Sie: Für einen Ring A und ein Ideal a ⊆ A gilt
Spec A/a reduziert ⇐⇒ a =
√
a.
Aufgabe 2: Lokalisierung ist exakt
Seien A ein Ring, S ⊆ A eine multiplikative Teilmenge. Zeigen Sie:
(i) Sei ϕ : M → N ein Homomorphismus von A-Moduln. Dann ist die Abbildung
S −1 ϕ : S −1 M → S −1 N,
m
ϕ(m)
7→
s
s
wohldefiniert und ein Homomorphismus von S −1 A-Moduln.
(ii) Seien ϕ, S −1 ϕ wie oben. Dann ist ker S −1 ϕ = S −1 ker ϕ und im S −1 ϕ = S −1 im ϕ.
(iii) Seien L ⊆ M A-Moduln. Dann ist S −1 (M/L) ∼
= (S −1 M )/(S −1 L) als S −1 A-Moduln. [Sie können diese
Aussage direkt zeigen. Besser ist, Sie verwenden (ii)!]
(iv) Ist
ϕ
ψ
0 −→ L −→ M −→ N −→ 0
eine kurze exakte Sequenz von A-Moduln (d. h. ϕ ist injektiv, ψ ist surjektiv, und es ist im ϕ = ker ψ),
so ist die Sequenz
S −1 ϕ
S −1 ψ
0 −→ S −1 L −−→ S −1 M −−→ S −1 N −→ 0
eine kurze exakte Sequenz von S −1 A-Moduln.
Ist
ϕi−3
ϕi−2
ϕi−1
ϕi
ϕi+1
· · · −→ Mi−2 −→ Mi−1 −→ Mi −→ Mi+1 −→ · · ·
Übungen zur Einführung in die Algebraische Geometrie II
Uni Frankfurt, SS 2008
Blatt 1, 11. April
Prof. Dr. A. Werner
Dipl.-Math. M. Häbich
eine lange exakte Sequenz (d. h. es ist im ϕi−1 = ker ϕi für alle i), so ist auch
S −1 ϕi−3
S −1 ϕi−2
S −1 ϕi−1
ϕi
S −1 ϕi+1
· · · −−→ S −1 Mi−2 −−→ S −1 Mi−1 −−→ S −1 Mi −−→ S −1 Mi+1 −−→ · · ·
eine lange exakte Sequenz.
Aufgabe 3: Xf
Sei X ein Schema und f ∈ OX (X). Wie in der Vorlesung sei Xf definiert als
×
Xf := {x ∈ X : fx ∈ OX,x
}.
Überzeugen Sie sich davon, dass Xf gerade die Menge der Punkte x in X ist, für die der sog. Keim von f
in x, fx , nicht im maximalen Ideal mx des Halms OX,x liegt.
(i) Zeigen Sie, dass Xf offen ist. Gehen Sie dazu wie folgt vor: Wählen Sie eine offene affine Überdeckung
{Ui = Spec Ai }i von X und zeigen Sie, dass Ui ∩ Xf = D(f |Ui ) als spezielle offene Teilmenge von
Ui = Spec Ai , also offen ist. [Warum genügt das?]
(ii) Betrachten Sie nun die aus der Vorlesung bekannte Bedingung

X besitzt eine endliche offene affine Überdeckung {Ui }i so, dass
(?) alle Schnitte Ui ∩ Uj ebenfalls eine endliche offene affine Überde
ckung besitzen.
und zeigen Sie, dass (?) erfüllt ist, wenn X als topologischer Raum noethersch ist oder wenn X selbst
affin ist.
Im folgenden sei (?) erfüllt. [Seien Sie sich bewusst, wann Sie (?) auf welche Weise verwenden!]
(iii) Sei a ∈ OX (X) so, dass a|Xf = 0 ist. Zeigen Sie, dass es eine natürliche Zahl n gibt, sodass f n a = 0
ist. [Tipp: Gehen Sie wie in (i) vor!]
(iv) Sei b ∈ OX (Xf ). Zeigen Sie, dass für eine hinreichend große natürliche Zahl n es ein c ∈ OX (X) gibt,
sodass c|Xf = f |nXf b ist. [Tipp: Sie müssen natürlich (iii) verwenden.]
(v) Zeigen Sie, dass die Restriktionsabbildung resX,Xf : OX (X) → OX (Xf ) einen Homomorphismus
(OX (X))f → OX (Xf ) induziert.
Benutzen Sie dazu die universelle Eigenschaft der Lokalisierung (Lemma 6.2)!
Zeigen und nutzen Sie ferner: Ist ein Schnitt lokal eine Einheit, so ist er auch global eine Einheit. Das
bedeutet: Ist X ein topologischer Raum und F eine Garbe auf X, und ist f ∈ F (X) so, dass für einer
offene Überdeckung {Ui }i von X f |Ui ∈ F (Ui )× ist, dann ist schon f ∈ F (X)× . [Tipp: Verkleben Sie
Inverse!]
(vi) Zeigen Sie: Der Homomorphismus aus (v) ist sogar ein Isomorphismus.
Abgabe der schriftlichen Ausarbeitung nächsten Freitag in der Übung!