Pregunta sobre diferenciales de Kähler y derivaciones

Question

Dejemos que $x\in X$ sea un punto cerrado de un esquema $X$ de tipo finito sobre $k$ . Entonces se dice que lo siguiente $k$ -son canónicamente isomorfos:

1) el espacio tangente $T=\operatorname{Hom}_k(m_x/m^2_x,k)$ a $X$ en $x$ , donde $m_x$ es el ideal máximo del anillo local $\mathcal{O}_x$ ;

2) el espacio de las derivaciones puntuales $D$ : $\mathcal{O}_x\to k$ es decir, $k$ -mapas lineales que $D(fg)=f(x)Dg+g(x)Df$ ;

3) $\operatorname{Hom}_{\mathcal{O}_x}((\Omega _{X/k})_x, \mathbb{k}(x))$

De acuerdo con la prueba, uno debe notar cada derivación de punto $D$ mata a $m^2_x$ y, por tanto, induce una función lineal $l: m_x/m^2_x \to k$ . A la inversa, dado cualquier $l$ , defina $D$ por $D(f)=l[f-f(x)]$ da una derivación puntual.

No sé por qué la derivación siempre mata $m^2_x$ No veo que se desprenda de las definiciones. Y a la inversa, la derivación definida anteriormente parece no satisfacer la Regla de Leibniz. Tal vez algo mal en mi cálculo. Además, sobre el diferencial de Kalher, se dice que el cuadrado de los elementos en $\Omega _{B/A}$ es cero. No sé por qué esto también sigue. Espero que alguien pueda ayudar. Gracias.

Answer 1

Dejemos que $A = \mathcal{O}_{X,x},$ y que $\mathfrak{m} = m_x.$ Entonces $\left(\Omega_{X/k}\right)_x\cong\Omega^1_{A/k}.$ Así que para simplificar la notación, utilizaré $(A,\mathfrak{m})$ en lugar de $(\mathcal{O}_{X,x},m_x).$ En lo que sigue, dejemos que $i : k\to A$ y $\pi : A\to A/\mathfrak{m}\cong k$ sean los mapas estructurales naturales. Nótese en particular que $\pi\circ i = \mathrm{id}_k,$ y que si $f\in A = \mathcal{O}_{X,x},$ entonces $f(x) = \pi(f),$ y por $f - f(x)$ nos referimos a $f - i\circ\pi(f).$

1. Para ver que una derivación mata $\mathfrak{m}^2,$ dejar $m,n\in\mathfrak{m}.$ Entonces $D(mn) = m\cdot Dn + n\cdot Dm,$ pero $Dn,Dm\in k.$ Dejemos que $a\in A$ y $b\in k;$ entonces el natural $A$ -estructura de módulo en $k$ viene dada por $a\cdot b := \pi(a)b.$ Si $a\in\mathfrak{m},$ esto nos dice que $a\cdot b = 0,$ para que $$D(mn) = m\cdot Dn + n\cdot Dm = \pi(m)Dn + \pi(n) Dn = 0 + 0 = 0.$$
2. Comprobemos que la regla de Leibniz se cumple. En primer lugar, observemos que si $a\in A,$ entonces $a - i\circ\pi(a)\in\mathfrak{m}.$ Simplemente tenemos que comprobar que $\pi(a - i\circ\pi(a)) = 0,$ y de hecho $$ \pi(a - i\circ\pi(a)) = \pi(a) - \pi\circ i\circ\pi(a) = \pi(a) - \mathrm{id}_k\circ\pi(a) = \pi(a) - \pi(a) = 0. $$ Ahora bien, si $a,b\in A$ y $\phi : \mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2\to k$ es un $k$ -mapa lineal entonces \begin {align*} D(ab) &= \phi (ab - i \circ\pi (ab) + \mathfrak {m}^2) \\ &= \phi (ab + i \circ\pi (a)b - i \circ\pi (a)b - i \circ\pi (ab)+ \mathfrak {m}^2) \\ &= \phi (ab - i \circ\pi (a)b+ \mathfrak {m}^2) + \phi (i \circ\pi (a)b - i \circ\pi (ab)+ \mathfrak {m}^2) \\ &= \phi (b(a - i \circ\pi (a))+ \mathfrak {m}^2) + \phi (i \circ\pi (a)b - (i \circ\pi (a))(i \circ\pi (b))+ \mathfrak {m}^2) \\ &= \phi (b(a - i \circ\pi (a))+ \mathfrak {m}^2) + \phi (i \circ\pi (a)(b - i \circ\pi (b))+ \mathfrak {m}^2) \\ &= \pi (b) \phi (a -i \circ\pi (a)+ \mathfrak {m}^2) + \pi (a) \phi (b - i \circ\pi (b)+ \mathfrak {m}^2) \\ &= b \cdot Da + a \cdot Db. \end {align*} Para obtener la penúltima igualdad, observamos que si $b\in A$ y $m\in\mathfrak{m},$ entonces $(b - i\circ\pi(b))m\in\mathfrak{m}^2.$ Por lo tanto, \begin {align*} \phi (bm + \mathfrak {m}^2) &= \phi (bm + i \circ\pi (b)m - i \circ\pi (b)m + \mathfrak {m}^2) \\ &= \phi (i \circ\pi (b)m + (b - i \circ\pi (b))m + \mathfrak {m}^2) \\ &= \phi (i \circ\pi (b)m + \mathfrak {m}^2) \\ &= \pi (b) \phi (m + \mathfrak {m}^2). \end {align*}

Antes de responder a su última pregunta, permítame hacer una construcción general. Dejemos que $M$ ser un $B$ -módulo. Definimos el anillo $B[M]$ para ser $B\oplus M$ como $B$ -con estructura de anillo dada por $$(b_1,m_1)(b_2,m_2) := (b_1b_2, b_1m_2 + b_2 m_1).$$ Obsérvese, en particular, que los elementos de $M$ en $B[M]$ tienen el cero al cuadrado: $$(0,m)(0,m) = (0,0\cdot m + 0\cdot m) = (0,0).$$ Entonces, el anillo $B[M]$ es una generalización de los números duales donde los elementos del módulo $M$ tienen el cero al cuadrado. (Para recuperar los números duales, dejemos $B = M = k.$ Incluso se puede pensar en elementos de $B[M]$ como elementos de la forma $b + m\epsilon,$ donde $b\in B,$ $m\in M,$ y $\epsilon^2 = 0$ .)

Hay una suryección natural \begin {align*} \pi_M : B[M]& \to B \\ (b,m)& \mapsto b \end {align*} De hecho, si $B$ es un $A$ -álgebra, entonces $A$ -mapas de álgebra $f : B\to B[M]$ tal que $\pi_M\circ f = \mathrm{id}_B$ están en biyección con $A$ -derivaciones $D : B\to M.$ Les dejo como ejercicio el comprobar que (1) si $f(b) = (b, D(b))$ es un morfismo de $A$ -entonces $D : B\to M$ es un $A$ -(2) que cualquier $A$ -derivación $D : B\to M$ induce una $A$ -morfismo de álgebra $f_D : B\to B[M]$ dado por $f_D(b) = (b,D(b)),$ y (3) que esta correspondencia es efectivamente una biyección.

3. Para responder a su última pregunta, tenga en cuenta que $\Omega^1_{B/A}$ es sólo un $B$ -módulo, no un $B$ -Álgebra. Cuando Mumford habla de elementos de $\Omega^1_{B/A}$ que tienen el cero cuadrado (página 143 de mi edición, Teorema 4 capítulo III sección 1), está hablando de que estos elementos tienen el cero cuadrado en el ring $B[\Omega^1_{B/A}].$ Escribe:

   Para obtener un mapa hacia atrás, definimos un anillo $R = B\oplus\Omega_{B/A},$ donde $B$ actúa sobre $\Omega_{B/A}$ a través de la acción del módulo y los elementos de $\Omega_{B/A}$ tienen el cero al cuadrado.

$\quad\,\,\,\,$ Esto no es ni más ni menos que la construcción que acabo de esbozar de $B[\Omega^1_{B/A}]$ ¡!