Encontrar una resolución localmente libre para la gavilla de ideales de la familia universal de un esquema hilbert

Question

Espero que el título de la pregunta no sea engañoso, pero desgraciadamente no se me ocurrió ninguno mejor (EDIT: he ajustado el título, pero sigo sin estar contento con él). Estoy tratando de entender las "conferencias sobre esquemas hilbert" de M. Lehn (disponibles, por ejemplo, en www.mathematik.uni-mainz.de/Members/lehn/ar/montreal.ps) y me quedé atascado en la prueba de la Proposición 3.8 - Voy a tratar de esbozar la configuración:

Dejemos que $X$ sea una superficie lisa y proyectiva (sobre los números complejos $\mathbb{C}$ pero prefiero considerar cualquier campo algebraicamente cerrado $k$ aquí). Entonces el esquema de Hilbert $X^{[n]}$ de $n$ puntos en $X$ es de nuevo una variedad proyectiva suave, de dimensión $2n$ . Considere la familia universal $\Xi_n\subset X\times X^{[n]}$ y la correspondiente gavilla de ideales $I_{\Xi_n}\subset \mathcal{O}_{X\times X^{[n]}}$ . Ahora se construirá una resolución localmente libre de $I_{\Xi_n}$ (de longitud $2$ ) $$0\rightarrow A\rightarrow B\rightarrow I_{\Xi_n}\rightarrow 0$$ con $\text{rank}(B)=\text{rank}(A)+1$ . Ahora mi pregunta real consta de dos partes (perdón por el largo prólogo):

1. Lo que no entiendo en la prueba citada anteriormente es la afirmación del principio: Elige un divisor amplio $H$ en $X$ . Entonces $B:= p^{\ast}\left( p_{\ast}(\mathcal{O}_{\Xi_n}(mH))\right)(-mH) $ es localmente libre para $m$ lo suficientemente grande (donde $p$ es el mapa $\Xi_n\hookrightarrow X\times X^{[n]}\rightarrow X^{[n]}$ -- (al menos a mí me parece que debe ser así). Por lo que he leído hasta ahora me parece que torcer por un divisor significa tensar con la gavilla invertible correspondiente. ¿Pero por qué es obvio que lo anterior es localmente libre? Y cuál es la "evaluación" $B\rightarrow I_{\Xi_n}$ ¿y por qué es sobreyectiva? Y finalmente, teniendo esto y restringiendo a $\{\xi\}\times X$ (para un punto cerrado $\xi $ de $X^{[n]}$ ), ¿por qué "la dimensión global de $I_{\xi}$ (el ideal que define $\xi $ en $X$ ) es menor o igual que $1$ " implican que $A\vert_{\{\xi\}\times X}$ ¿es localmente libre? (EDIT: Se me olvidó decir que $A$ es elegido como el núcleo de la evaluación). Cualquier pista me ayudaría bastante. Como me parece que me faltan algunos elementos esenciales necesarios para esto, también me alegraría cualquier referencia que se acerque a ellos.

2. Me preguntaba si se podría encontrar un argumento diferente para la existencia de una resolución localmente libre de longitud $2$ de la siguiente manera: El ejercicio III.6.5 (c) de la Geometría Algebraica de Hartshorne me dice que la dimensión homológica (que se demostrará que es $2$ ) de $I_{\Xi_n}$ es igual a $\sup_x\text{pd}_{\mathcal{O}_x}(I_{\Xi_n,x})$ donde $x$ recorre los puntos de $X\times X^{[n]}$ . Utilizando la fórmula de Auslander-Buchsbaum se sabe que la dimensión proyectiva viene dada por $\text{pd}(I_{\Xi_n,x})=2n+2-\text{depth}(I_{\Xi_n,x})$ . ¿No debería ser posible mostrar $\text{hd}(I_{\Xi_n})=2$ ¿así? ¿Podría alguien darme una pista sobre cómo hacerlo?

Finalmente en ambos casos: ¿Por qué es obvio que, teniendo tal resolución, es $\text{rank}(B)=\text{rank}(A)+1$ ?

¡Gracias de antemano por cualquier pista! Como soy bastante nuevo en el tema espero que estas no eran preguntas estúpidas...

Saludos cordiales.

Answer 1

Muchas gracias por su respuesta. Esta explicación aclara de forma excelente la situación... Como esta pregunta fue mi primer post y me registré un poco más tarde, lamentablemente no está conectado a mi cuenta -- por lo que no puedo escribir un comentario a mi pregunta porque me falta la reputación necesaria y necesitaba escribir una respuesta en su lugar. Especialmente, aunque sé que esto no debería hacerse, me gustaría -- a pesar de mi mala conciencia -- usar esta "respuesta" para pedir otra aclaración según el resto de la(s) pregunta(s) 1.:

¿Es posible que haya otro error tipográfico/uso ambiguo de la notación y se quiera decir "dimensión homológica de $I_{\xi}$ es $\leq 1$ en lugar de "dimensión global de ..." (Por cierto, ¿cómo se define la dimensión global de un módulo? Yo sólo conozco la dimensión global de un anillo...)? En este caso la implicación " $A\vert_{\{\xi\}\times X}$ es localmente libre" me parecería bastante plausible, aunque todavía se necesitaría un resultado que asegure que uno construye efectivamente una resolución localmente libre tomando $A$ (resp. $A\vert_{\{\xi\}\times X}$ ) como el núcleo, descrito en el correspondiente EDIT de la pregunta.

Finalmente, para hacer de esto una especie de respuesta después de todo, creo que encontré una respuesta a la pregunta 2.:

En primer lugar, tengo que admitir que cometí otro error al hacer la pregunta: Al formular la declaración, dije $I_{\Xi_n}$ debe probarse que tiene una resolución localmente libre de longitud 2, por lo que quise decir -- como está escrito allí -- que hay una secuencia exacta corta $$0\rightarrow A\rightarrow B\rightarrow I_{\Xi_n}\rightarrow 0$$ con $A$ y $B$ localmente libre. Por supuesto, esto equivale a demostrar que $\text{hd}(I_{\Xi_n})=1$ (en lugar de "... $=2$ ") como escribí accidentalmente), ya que el conteo comienza en $0$ aquí. Mostrar $\text{hd}(I_{\Xi_n})\leq 1$ en realidad también estaría bien, y para ello, pensé que se podría hacer lo siguiente:

Como se describe en la pregunta, hay que demostrar $\text{depth}(I_{\Xi_n,x})\geq 2n+1$ para todos los puntos $x$ de $X\times X^{[n]}$ . Consideremos ahora la secuencia exacta corta $$0\rightarrow I_{\Xi_n}\rightarrow \mathcal{O}_{X\times X^{[n]}}\rightarrow i_{\ast}\mathcal{O}_{\Xi_n}\rightarrow 0$$ en los tallos en $x$ , donde $x\in\Xi_n\subset X\times X^{[n]}$ para que $(i_{\ast}\mathcal{O}_{\Xi_n})_x=\mathcal{O}_{\Xi_n,x}\neq 0$ identificando $x$ con $i^{-1}(x)$ , donde $i$ es la incrustación cerrada $\Xi_n\hookrightarrow X\times X^{[n]}$ .

Entonces $\text{depth}(I_{\Xi_n,x})\geq \min (\text{depth}(\mathcal{O}_{X\times X^{[n]},x}),\text{depth}((i_{\ast}\mathcal{O}_{\Xi_n})_x)+1)$ (Corolario 18.6 del Álgebra Conmutativa de Eisenbud).

(Para $x$ no en $\Xi_n$ es, por supuesto $\text{depth}(I_{\Xi_n,x})=\text{depth}(\mathcal{O}_{X\times X^{[n]},x})=2n+2$ , ya que $\mathcal{O}_{X\times X^{[n]},x}$ es regular de dimensión $2n+2$ .)

Como además $\Xi_n$ es plana sobre $X^{[n]}$ por definición, y $X^{[n]}$ es suave de dimensión $2n$ Es decir, es $\text{depth}(\mathcal{O}_{\Xi_n,x})=\dim (\mathcal{O}_{X^{[n]},\text{pr}_2(x)})=2n$ por "planitud y profundidad" - Teorema 18.16 del Álgebra Conmutativa de Eisenbud ( $\text{pr}_2$ está destinado a ser la proyección $X\times X^{[n]}\rightarrow X^{[n]})$ .

Así que $\text{depth}(I_{\Xi_n,x})\geq 2n+1$ para todos los puntos $x$ de $X\times X^{[n]}$ se muestra, como deisred - al menos si no he hecho ningún error ...

Por fin, como $X$ está conectado, $X^{[n]}$ y $X\times X^{[n]}$ también lo son, por lo que al considerar la resolución localmente libre $0\rightarrow A\rightarrow B\rightarrow I_{\Xi_n}\rightarrow 0$ en los tallos un punto $x$ fuera de $\Xi_n$ (para que $I_{\Xi_n,x}\cong\mathcal{O}_{X\times X^{[n]},x}$ se obtiene $\text{rank}(B)=\text{rank}(A)+1$ .

Saludos cordiales.