Hartshorne 代数几何解题/分离且真映射

本节参考 EGA II.5、EGA II.6、EGA II.7。对于最后关于离散赋值环的问题，请参阅 Samula 和 Zariski 的交换代数 II。

练习 II.4.1

令 $f:X\to Y$ 为有限态射。有限意味着有限型，因此我们只需要证明 $f$ 是普遍闭且分离的。

$f$ 是分离的。 我们想要证明 $X\to X\times _{Y}X$ 是闭嵌入。要检查一个态射是否为闭嵌入，只需检查目标的每个开覆盖的元素即可。令 $\{Spec\ B_{i}\}$ 为 $Y$ 的仿射开覆盖。沿每个 $Spec\ B_{i}\to Y$ 对 $X\to X\times _{Y}X$ 的回拉为 $Spec\ A_{i}\to Spec\ A_{i}\otimes _{B_{i}}A_{i}$，其中 $Spec\ A_{i}=f^{-1}Spec\ B_{i}$。与这些仿射概形态射相对应的环同态是满射的，因此根据练习 II.2.18(c) 它们都是闭嵌入。

$f$ 是普遍闭的。 练习 II.3.13(d) 的证明表明有限态射在基变换下是稳定的（事实上，证明变得更容易）。其次，我们知道有限态射是闭的（练习 II.3.5），因此有限态射是普遍闭的。

练习 II.4.2

令 $U$ 为 $X$ 上的稠密开子集，其中 $f$ 和 $g$ 一致。考虑回拉正方形

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. 考虑一个情况，其中 $X=Y=Spec\ k[x,y]/(x^{2},xy)$，它是原点处有幂零元的仿射直线，并考虑两个态射 $f,g:X\to Y$，一个是恒等态射，另一个由 $x\mapsto 0$ 定义，即消去原点的幂零元。它们在原点的补集上相符，而补集是一个稠密的开子集，但层态射在原点处不相符。
2. 考虑一个有两个原点的仿射直线，并设 $f$ 和 $g$ 是通常仿射直线中的两个开嵌入。它们在原点的补集上相符，但将原点映射到两个不同的位置。

练习 II.4.3

考虑拉回平方

由于 $X$ 在 $S$ 上是分离的，对角线是一个闭嵌入。闭嵌入在基变换下是稳定的（练习 II.3.11(a)），所以 $U\cap V\to U\times _{S}V$ 是一个闭嵌入。但 $U\times _{S}V$ 是仿射的，因为所有的 $U,V,S$ 都是。所以 $U\cap V\to U\times _{S}V$ 是一个闭嵌入到仿射方案中，所以 $U\cap V$ 本身是仿射的（练习 II.3.11(b)）。

对于 $X$ 不是分离的情况，考虑一个有两个原点的仿射平面 $X$ 和通常仿射平面中的两个副本 $U,V$ 作为开仿射。$U$ 和 $V$ 的交集是 $\mathbb {A} ^{2}-\{0\}$，它不是仿射的。

练习 II.4.4

由于 $Z\to S$ 是真定的，且 $Y\to S$ 是分离的，因此由推论 II.4.8e 可知 $Z\to Y$ 是真定的。真定态射是封闭的，因此 $f(Z)$ 是封闭的。

$f(Z)\to S$ 是有限型的。 这是因为它是一个在 $S$ 上有限型的概形 $Y$ 中的闭子概形（练习 II.3.13(a) 和 (c)）。

$f(Z)\to S$ 是分离的。 这是由换底方格和闭嵌入在换底下保持不变的事实推出的。

<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>

$f(Z)\to S$ 是普遍封闭的。 令 $T\to S$ 为某个其他态射，并考虑以下图

\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
 }

我们的第一个任务是证明 $T\times _{S}Z\to T\times _{S}f(Z)$ 是满射的。假设 $x\in T\times _{S}f(Z)$ 是一个余域为 $k(x)$ 的点。沿水平方向，我们得到一个余域为 $k(x')\subset k(x)$ 的点 $x'\in f(Z)$，并且可以提升到一个余域为 $k(x'')\supset k(x')$ 的点 $x''\in Z$。令 $k$ 为包含 $k(x)$ 和 $k(x'')$ 的域。包含关系 $k(x''),k(x)\subset k$ 给出了态射 $Spec\ k\to T\times _{S}f(Z)$ 和 $Spec\ k\to Z$，它们在 $f(Z)$ 上一致，因此可以提升到一个态射 $Spec\ k\to T\times _{S},Z$，在 $x$ 的原像中给出一个点。所以 $T\times _{S}Z\to T\times _{S}f(Z)$ 是满射的。

现在假设 $W\subseteq T\times _{S}f(Z)$ 是 $T\times _{S}f(Z)$ 的闭子集。它的垂直逆像 $(f')^{-1}W$ 是 $T\times _{S}Z$ 的闭子集，并且由于 $Z\to S$ 是普遍闭的，因此 $s'\circ f'((f')^{-1}(W))$ 在 $T$ 中是闭的。由于 $f'$ 是满射的，$f'((f')^{-1}(W))=W$，因此 $s'\circ f'((f')^{-1}(W))=s'(W)$。因此，$T\times _{S}f(Z)$ 在 $T$ 中是闭的。

练习 II.4.5

1. 设 $R$ 是 $K$ 上的赋值的赋值环。在某点 $x\in X$ 上有中心等价于包含关系 ${\mathcal {O}}_{x,X}\subseteq R\subseteq K$（使得 ${\mathfrak {m}}_{R}\cap {\mathcal {O}}_{x,X}={\mathfrak {m}}_{x}$），这等价于图中的对角态射。

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

但根据分离的赋值判据，这个对角态射（如果存在）是唯一的。因此，中心如果存在，就是唯一的。

1. 与上一部分相同的论证。

1. 两种情况的论证相同，因此我们将证明：假设每个对 $K$ 的赋值环 $R$ 在 $X$ 中只有一个中心，那么 $X$ 是真定的。这对于维数为零的有限型积分 $k$ -概形显然成立。假设它对维数小于 $n$ 的积分 $k$ -概形成立，并且 $X$ 是维数为 $n$ 的积分 $k$ -概形。我们将使用赋值判据。假设我们有如下图

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

其中 $S$ 是函数域 $L$ 的赋值环。如果 $Spec\ L$ 的唯一点的像不是 $X$ 的泛点，那么令 $Z$ 为其像的闭包，并带约化结构。我们有如下图

 \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 $Z$ 是维数小于 $n$ 的积分 $k$ -概形，因此左侧的正方形承认一个提升，这为外部矩形提供了一个提升。此外，由于闭嵌入是真定的，外部矩形的任何提升都将根据赋值判据唯一地分解到 $Z$ 中，因此提升是唯一的。

现在假设点 $Spec\ L$ 的像是在 $X$ 的一般点。然后我们有一个域扩张塔 $L/K/k$，并且 $L$ 上的赋值诱导出 $K$ 上的赋值。然后我们有以下图示。

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

假设赋值环 $R$ 在 $X$ 上有一个唯一的中心 $x$，所以上面图示有一个唯一的扩展

 \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，我们原始方格有一个唯一的提升。根据赋值判据，方案 $X$ 因此是真紧的。

1. 假设存在某个$a\in \Gamma (X,{\mathcal {O}}_{X})$，使得$a\not \in k$。考虑$a\in K$的像。由于$k$是代数封闭的，$a$关于$k$是超越的，因此$k[a^{-1}]$是一个多项式环。考虑局部化$k[a^{-1}]_{(a^{-1})}$。这是一个包含在$K$中的局部环，因此存在支配它的赋值环$R\subset K$。由于${\mathfrak {m}}_{R}\cap k[a^{-1}]_{(a^{-1})}=(a^{-1})$，我们可以看到$a^{-1}\in {\mathfrak {m}}_{R}$。

现在，由于$X$是真定的，在左侧图表中存在唯一的虚线态射。

 \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]

取全局截面得到右边的图，这意味着 $a\in R$ 因此 $v_{R}(a)\geq 0$。但 $a^{-1}\in {\mathfrak {m}}_{R}$ 因此 $v_{R}(a^{-1})>0$。这产生了矛盾，因为 $0=v_{R}(1)=v_{R}({\frac {a}{a}})=v_{R}(a)+v_{R}({\frac {1}{a}})>0$.

练习 II.4.6

由于 $X$ 和 $Y$ 是仿射簇，根据定义，它们是整的，因此 $f$ 来自一个环同态 $B\to A$，其中 $A$ 和 $B$ 是整的。令 $K=k(A)$。那么对于包含 $\phi (B)$ 的 $K$ 的赋值环 $R$，我们得到一个交换图

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

由于 $f$ 是真定的，所以存在虚线箭头（唯一，但我们不需要这个）。由定理 II.4.11A，$\Phi (B)$ 在 $K$ 中的整闭包是所有包含 $\phi (B)$ 的 $K$ 的所有赋值环的交集。由于虚线态射对任何包含 $\phi (B)$ 的赋值环 $K$ 存在，所以 $A$ 包含在 $\phi (B)$ 在 $K$ 中的整闭包。因此，$A$ 的每个元素都是关于 $B$ 的整元素，这与假设 $f$ 是有限型的结合在一起，意味着 $f$ 是有限的。

练习 II.4.8

• 令 $X{\stackrel {f}{\to }}Y$ 和 $X'{\stackrel {f'}{\to }}Y'$ 为态射。态射 $f\times f'$ 是 $f$ 和 $f'$ 的底变换的复合，如下所示

\tbd{\mathfrak{m}arginpar{应该真正检查这里关于拉回的所有断言是否属实。}}

 \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，$f\times f'$ 具有性质 $P$。

• 与上面的论证相同，但我们还应该注意到，由于 $g$ 是分离的，对角态射 $Y\to Y\times _{Z}Y$ 是一个闭嵌入，因此满足 $P$。

 \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

• 考虑分解

 \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

态射 $X_{red}\to X\to Y$ 是一个闭嵌入和具有性质 $scP$ 的态射的复合，因此它具有性质 $P$。因此，从纤维积出发的垂直态射是具有性质 $P$ 的态射的基变更，因此它本身具有性质 $P$。要看到 $f_{red}$ 具有性质 $P$，因此只需查看图 $\Gamma _{f_{red}}$ 具有性质 $P$，因为这样 $f_{red}$ 将是具有性质 $P$ 的态射的复合。要看到这一点，回想一下图是以下基变更

 \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 $\Delta$ 是一个闭嵌入。因此，$\Gamma$ 是具有性质 $P$ 的态射的基变更。

练习 II.4.9

设 $X{\stackrel {f}{\to }}Y{\stackrel {g}{\to }}Z$ 是两个射影态射。这会产生一个交换图

 \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 $id\times g'$）都是闭浸入。现在使用塞格雷嵌入，投影 $\mathbb {P} ^{r}\times \mathbb {P} ^{s}\times Z\to Z$ 可分解为
$\mathbb {P} ^{r}\times \mathbb {P} ^{s}\times Z\to \mathbb {P} ^{rs+r+s}\times Z\to Z$
因此，由于塞格雷嵌入是闭浸入，所以我们已经完成，因为我们找到了一个闭浸入 $X\to \mathbb {P} _{Z}^{rs+r+s}$，它分解了 $g\circ f$。

习题 II.4.10

Chow 引理在 EGA II.5.6 中。

习题 II.4.11

参见 Samula 和 Zariski 的交换代数 II。

假设 $L=K(t)$。然后定义
${\mathfrak {m}}_{R}=\{a_{0}+a_{1}t+\dots +a_{n}t^{n}\in {\mathcal {O}}[t]:a_{0}\in {\mathfrak {m}}\}$
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 $({\mathcal {O}}')_{\mathfrak {p}}$.

习题 II.4.12

参见 Samula 和 Zariski 的交换代数 II。