El Grupo Picard de la línea Affine con doble origen

Question

Dejemos que $X$ sea la línea afín con doble origen sobre un campo $k$ . Es el esquema que se obtiene pegando dos copias de la línea afín $\mathbb{A}^1_k$ a lo largo de los conjuntos abiertos $U_1 = U_2 =\mathbb{A}^1_k - (x)$ donde, con abuso de notación, $(x)$ es el punto asociado al ideal máximo de $k[x]$ generado por $x$ . Es la construcción del Ejemplo 2.3.6 del Capítulo II de la Geometría Algebraica de Hartshorne.

Una parte del ejercicio 7.4 del mismo capítulo del mismo libro pide encontrar el Grupo Picard de este esquema $X$ No sé cómo encontrarlo.

He hecho algunas observaciones al respecto, la primera es que $Pic(\mathbb{A}^1_k)=0$ Así que la falta de trivialidad de $Pic(X)$ se concentra en el doble punto. El segundo es que, en contra de mi intuición, $X$ es un esquema integral. De hecho, es claramente irreducible, y la existencia de un nilpotente en $\mathcal{O}_X(U)$ para un conjunto abierto $U$ de $X$ que contiene al menos uno de los dos orígenes implica la existencia de un nilpotente en $\mathcal{O}_{\mathbb{A}^1_k}(V)$ , donde $V$ es la preimagen de $U$ en la línea afín a la que pertenece el origen contenido en $U$ .

Utilizando la integralidad de $X$ y la Proposición 6.15 del Capítulo II de la Geometría Algebraica de Hartshorne deducimos que $Pic(X)$ es isomorfo a $\mathcal{CaCl}(X)$ es decir, el grupo de divisores de Cartier en $X$ modulo de equivalencia lineal. Pero no sé cómo ir más allá.

Una última notificación es que Wikipedia declara el resultado, y es $Pic(X)\simeq \mathbb{Z}\times k^*$ .

Gracias de antemano por su tiempo.

Answer 1

Aprovechemos el isomorfismo $Pic(X)=H^1(X,\mathcal O^\ast)$ para atacar la cuestión.
Para calcular $H^1(X,\mathcal O^\ast)$ utilizaremos la cohomología de Cech y el recubrimiento abierto de $\mathcal U$ de $X$ por los dos subconjuntos abiertos obvios $U_1, U_2\subset X$ isomorfo a $\mathbb A^1_k$ .]
El punto crucial es que esta cobertura es acíclica para $\mathcal O^\ast_X$ porque
1) $H^1(U_i,\mathcal O^\ast)=H^1(\mathbb A^1_k,\mathcal O^\ast)=0$ porque $Pic(\mathbb A^1_k)=0$
2) $H^1(U_{12},\mathcal O^\ast_X)=0 $ porque $U_{12}$ es isomorfo a $\mathbb A^1_k \setminus 0$ que también tiene grupo Picard cero.
3) $H^p(U_i,\mathcal O^\ast_X)=H^p(U_{12},\mathcal O^\ast_X)=0$ para $p\geq 2 $ porque la cohomología desaparece por encima de la dimensión de Krull de un espacio.

De ahí que el teorema de Leray diga que $ H^1(X,\mathcal O^\ast_X)= \check H^1(\mathcal U,\mathcal O^\ast_X)$

Así que el grupo requerido $\check H^1(\mathcal U,\mathcal O^\ast_X)$ es el cociente del grupo de cociclos $\mathcal O^\ast_X(U_{12})$ por el subgrupo de cofundadores $B$ .
Por último, observamos que $\mathcal O^\ast_X(U_{12})$ consiste en las funciones racionales $g_{12}=az^n \; (a\in k^\ast, n\in\mathbb Z)$ y $B$ de los cocientes $g_2/g_1 \; (g_1,g_2\in k^\ast)$ .

Conclusión: $$ Pic(X)=\mathbb Z$$

Answer 2

Intentaré mantenerme en el nivel más elemental posible.

Dejemos que $\mathcal L \in \mathrm{Pic}(X)$ . Entonces $\mathcal L|_{U_1} \simeq \mathcal O_X|_{U_1}$ y $\mathcal L|_{U_2} \simeq \mathcal O_X|_{U_2}$ desde $\mathrm{Pic}(\mathbb A^1_k)$ es trivial. Como $$ \Gamma(X,\mathcal O_X) \simeq \{ (f_1,f_2) \in k[x_1] \times k[x_2] \, | \, f_1(x) = f_2(x) \quad \forall x \in k \backslash \{0\} \} \simeq k[x], $$ podemos inspirarnos en esta definición y definir gavillas invertibles $\mathcal L_n$ para $n \in \mathbb Z$ y $U \subseteq X$ "retorciendo" este encolado de la siguiente manera: si $n \in \mathbb Z$ , $$ \mathcal L_n(U) \overset{def}= \{ (s,t) \in \mathcal O_{U_1}(U \cap U_1) \times \mathcal O_{U_2}(U \cap U_2) \, | \, x^n (s|_{U \cap U_1 \cap U_2}) = t|_{U \cap U_1 \cap U_2} \}. $$ Tenga en cuenta que $\mathcal L_n \otimes_{\mathcal O_X} \mathcal L_m \simeq \mathcal L_{m+n}$ Así que, en particular $\mathcal L_n$ es invertible con la inversa $\mathcal L_{-n}$ .

Ejemplo. Para $n \ge 0$ y $U \subseteq U_1$ tenemos $$ \mathcal L_n(U) = \{ (s,x^ns|_{U \cap U_2}) \in \mathcal O_X(U) \times \mathcal O_X(U \cap U_2) \} \simeq \mathcal O_X(U) $$ y estos isomorfismos conmutan con la restricción por lo que tenemos $\mathcal L_n|_{U_1} \simeq \mathcal O_X|_{U_1}$ . Del mismo modo, para $U \subseteq U_2$ tenemos $$ \mathcal L_n(U) = \{ (s|_{U \cap U_1},x^n s) \in \mathcal O_X(U \cap U_1) \times \mathcal O_X(U) \} \simeq \mathcal O_X(U) $$ y esta vez el isomorfismo de $\mathcal O_X(U)$ -módulos proyecta sobre el segundo componente en lugar del primero, lo que explica que $\mathcal L_n$ no se pega a $\mathcal O_X$ Estos isomorfismos de gavilla no coinciden en los solapamientos, ya que difieren en un factor de $x^n$ . Desde $U \cap U_1$ no contiene el origen de $U_1$ Esto permite que el primer componente $s|_{U \cap U_1}$ para tener un polo de orden hasta $n$ a cero cuando $U \subseteq U_2$ .

Ahora esto demuestra que tenemos un homomorfismo de grupo $\mathbb Z \to \mathrm{Pic}(X)$ (de forma muy explícita, lo que me gusta) pero no demuestra que éste sea el conjunto del grupo de Picard, es decir, que nuestro mapa sea un isomorfismo. Para ello utilizamos los divisores de Cartier, que es un poco menos pedagógico para el grupo de Picard pero más eficiente.

Tenga en cuenta que como $X$ es integral, la gavilla $\mathcal K^{\times}$ es constante e igual a $k(x)$ . Un divisor de Cartier en $X$ puede describirse con los siguientes datos: una colección $\{(V_i,f_i)\}$ donde el $V_i$ portada $X$ y el $f_i$ son tales que en $V_i \cap V_j$ la sección $f_i/f_j$ se encuentra en $\Gamma(V_i \cap V_j, \mathcal O_X^{\times})$ . Podemos restringir los divisores de Cartier a $U_1$ y $U_2$ y como cada uno de ellos tiene grupo de Picard trivial, sus divisores de Cartier son todos principales, es decir, divisores de Cartier en $X$ vienen dadas por los pares $(f_1,f_2)$ tal que $f_i \in \Gamma(U_i,\mathcal K^{\times})$ y $f_1/f_2 \in \Gamma(U_1 \cap U_2, \mathcal O^{\times})$ . Por último, el grupo de la clase Cartier es el grupo de los divisores de Cartier módulo de los divisores principales de Cartier.

Los divisores generales de Cartier son los siguientes: se nos da un par $(f_1,f_2) \in (k(x)^{\times})^2$ tal que $$ f_1/f_2 \in k[x]_x^{\times} = \{ ax^n \, | \, a \in k, \quad n \in \mathbb Z \}. $$ Un divisor de Cartier dado por el par $(f_1,f_2)$ es principal si y sólo si $f_2 = a f_1$ para algunos $a \in k^{\times}$ . Para ver esto, está claro que el divisor de Cartier $(f,f)$ es principal ; así que queda por ver que el divisor de Cartier $(1,a)$ es principal para $a \in k^{\times}$ . Pero esto está claro ya que genera la sub-hoja $\mathcal O_X$ de $\mathcal K$ (véase Hartshorne, Capítulo II, Proposición 6.13 (c)).

Esto es algo que me confundió durante mucho tiempo ; aunque un divisor Cartier puede ser descrito por una colección $\{(U_i,f_i)\}$ no es caracterizado por ella, aunque fijemos la cubierta en la que la estamos definiendo ; cambiando una $f_i$ por un elemento de $\mathcal O_X(U_i)^{\times}$ no cambia el divisor de Cartier ya que el tallo de la sección global correspondiente de $\mathcal K^{\times}/\mathcal O^{\times}$ no cambia. Así que el divisor de Cartier dado por $(1,1)$ es de hecho el mismo divisor de Cartier dado por $(1,a)$ .

Así que dejar que $H \subseteq (k(x)^{\times})^2$ sea el subgrupo de todos los $(f_1,f_2)$ satisfaciendo la condición de Cartier anterior, y modificando $H$ por el subgrupo de todos los divisores principales, podemos escribir cualquier elemento del cociente en la forma $(1,x^n)$ para algunos $n \in \mathbb Z$ .

Deducimos $$ \mathrm{Pic}(X) \simeq \mathbb Z. $$ Obsérvese también que el isomorfismo de grupo $\mathcal{CaCl}(X) \to \mathrm{Pic}(X)$ envía el divisor de Cartier correspondiente a $(1,x^n)$ a la gavilla invertible $\mathcal L_{-n}$ desde $\mathcal L_{-n}$ es generado por $1$ en $U_1$ y por $x^{-n}$ en $U_2$ (cuando vemos $\mathcal L_{-n}$ como una subserie invertible de $\mathcal K$ utilizando la incrustación $\mathcal L_{-n} \to \mathcal L_{-n} \otimes_{\mathcal O_X} \mathcal K \simeq \mathcal K$ ).

Espero que eso ayude,