¿La traza / determinante de un$\mathcal{O}_S$ - endomorfismo lineal de un$\mathcal{O}_S$ - módulo es una sección global de$S$?

Question

Deje que$S$ sea un esquema, y ​​deje que$F$ sea un módulo localmente gratuito y gratuito$\mathcal{O}_S$ -. Deje que$g\in\text{End}_{\mathcal{O}_S}(F)$ sea un endomorfismo.

Localmente en$S$,$F$ es gratis, y por lo tanto podemos hablar de la traza y el determinante de$g$. ¿Se pegan estas cantidades para formar una sección global de$\mathcal{O}_S$?

En particular, la situación que me interesa es cuando$f : C\rightarrow S$ es una curva proyectiva suave con$g\in\text{Aut}_S(C)$ y$F := f_*\Omega^1_{C/S}$.

Answer 1

Cubierta $S$ con abrir cuñados $U_i = \text{Spec }A_i$, sobre cada uno de los cuales $F$ es gratis. Por lo tanto, para cada $U_i$, podemos definir la traza de $g$ actuando en $F_i := F|_{U_i}$, lo cual es un elemento $tr(g_i) := tr(g|_{U_i})\in A_i$, es decir, un elemento de $\mathcal{O}_S(U_i)$. Para comprobar que el $tr(g_i)$'s de la cola hasta la sección global de $\mathcal{O}_S$, tenemos que comprobar que las huellas de acuerdo en las intersecciones. En general, $U_{ij} := U_i\cap U_j$ puede no ser afín, pero podemos cubrir cada una de las $U_{ij}$ con abrir cuñados $\{U_{ijk}\}_k$ más que el seguimiento tiene sentido. De hecho, por la Proposición 5.3.1 en Vakil de la geometría algebraica notas, podemos asumir que el $U_{ijk}$'s son todos simultáneamente distinguido en tanto $U_i$$U_j$. Por lo tanto, para cualquiera de los dos $i\ne j$ y cualquier $k$, queremos mostrar que

$$tr(g_i)|_{U_{ijk}} = tr(g_j)|_{U_{ijk}}$$ Pero ahora esto es un problema de álgebra conmutativa: Para todo libre de $R$-módulo de $M$, $r\in R$, y un endomorfismo $g\in End_R(M)$, la localización de $M$ $r$ es sólo $M_r = M\otimes_R R_r$, cuyas $g$-acción está dada por la operación en el "primer factor". De esta forma es sencillo que el polinomio característico de a $g$ actuando en $M_r$ es precisamente la imagen del polinomio característico de a $g$ actuando en $M$ (un elemento de $R[T]$), en $R_r[T]$. Por lo tanto, mirando a los coeficientes del polinomio característico, $tr(g|_{U_{ijk}}) = tr(g_i)|_{U_{ijk}} = tr(g_j)|_{U_{ijk}}$.

Por supuesto, el mismo argumento muestra que el polinomio característico de a $g$ existe a nivel mundial como un polinomio con coeficientes en $\Gamma(S,\mathcal{O}_S)$.