Un haz vectorial algebraico se trivializa mediante conjuntos abiertos. ¿Cuántos se necesitan?

Question

Consideremos un haz vectorial algebraico $E$ en un esquema $X$ . Por definición, existe una cubierta abierta de $X$ que consiste en subconjuntos abiertos en los que $E$ es trivial y si $X$ es cuasi-compacto, basta con una cobertura finita. La pregunta entonces es simplemente: ¿cuál es el número mínimo de subconjuntos abiertos para una cobertura que trivialice $E$ ? Ahora bien, esto es una tontería porque la respuesta depende obviamente de $E$ ¡! Si $E$ es trivial para empezar, la cubierta consiste sólo en $X$ lo hará, por supuesto, pero si usted toma $\mathcal O(1)$ sur $\mathbb P^n_k$ no te saldrás con la tuya con menos de $n+1$ trivializar subconjuntos abiertos . He aquí el porqué.

Suponga que tiene $n$ subconjuntos abiertos $U_i\subset \mathbb P^n_k$ sobre el cual $\mathcal O(1)$ es trivial. Tomemos las secciones regulares no nulas $s_i\in \Gamma(U_i,\mathcal O(1) )$ y extenderlos racionalmente a $\mathbb P^n_k$ . Cada una de estas secciones racionales extendidas $\tilde {s_i}$ tendrá un divisor $D_i$ y los complementos $\tilde U_i= X\setminus |D_i|$ , $(U_i\subset \tilde U_i)$ de los soportes de esos divisores le dará una cobertura de $\mathbb P^n_k$ por $n$ subconjuntos abiertos afines que trivializan $\mathcal O(1)$ . Pero esto es imposible, porque $n$ hipersuperficies en $\mathbb P^n_k$ no puede tener una intersección vacía.

Esto, las conversaciones con colegas y algunas vagas consideraciones/analogías me han llevado a conjeturar (ciertamente no estoy llamando conjeturas a mis reflexiones más bien desinformadas) que la siguiente pregunta podría tener una respuesta positiva:

¿Es cierto que en una variedad algebraica (completa) de dimensión $n$ todo haz vectorial está trivializado por alguna cobertura que consiste en a lo sumo $n+1$ ¿conjuntos abiertos?

Por ejemplo, la respuesta es sí para un haz de líneas en una curva suave (no necesariamente completa) $X$ Cada paquete de líneas $L$ sur $X$ puede ser trivializado por dos subconjuntos abiertos .

Editar Ni que decir tiene que estoy encantado con la concisa y brillante respuesta positiva de Angelo. En la otra dirección (trivialización con muy pocas aperturas para mostrarse imposible) me gustaría generalizar mi observación sobre el espacio proyectivo. Así que mi segunda pregunta es:

Consideremos un haz de líneas (muy) amplio $L$ en una variedad completa $X$ y una sección racional $s \in \Gamma _{rat} (X, L) $ . ¿Es cierto que su divisor $D= div (s)$ tiene un soporte $|D|$ cuyo complemento $X\setminus |D|$ ¿es afín? Permítanme subrayar que el divisor $D$ es no Se supone que es eficaz, y ahí es donde veo una dificultad.

Answer 1

Esto es cierto si asumimos que los haces vectoriales tienen un rango constante (es claramente falso si permitimos que los haces vectoriales tengan diferentes rangos en diferentes puntos). Sea $U_1$ sea un subconjunto denso abierto de $X$ sobre el cual $E$ es trivial, y dejemos que $H_1$ sea una hipersuperficie que contenga el complemento de $U_1$ . Entonces $E$ es trivial sobre $X \smallsetminus H_1$ . Ahora, es fácil ver que existe un subconjunto abierto $U_2$ de $X$ que contiene los puntos genéricos de todos los componentes de $H_1$ sobre el cual $E$ es trivial (esto se deduce del hecho de que un módulo proyectivo de rango constante sobre un anillo semilocal es libre). Sea $H_2$ sea una hipersuperficie en $X$ que contiene el complemento de $U_2$ pero que no contiene ningún componente de $H_1$ . Entonces dejamos que $U_3$ sea un subconjunto abierto de $X$ que contiene los puntos genéricos de los componentes de $H_1 \cap H_2$ y que $H_3$ sea una hipersuperficie que contenga el complemento de $U_3$ pero no los puntos genéricos de los componentes de $H_1 \cap H_2$ . Después de llegar a $H_{n+1}$ la intersección $H_1 \cap \dots \cap H_{n+1}$ estarán vacíos, y los complementos del $H_i$ dará la cobertura deseada.

[Editar]: ahora que lo pienso, ni siquiera se necesitan las hipersuperficies, basta con definir el $H_i$ para ser complemento de la $U_i$ .

Answer 2

Esta es una respuesta a la pregunta actualizada de Georges al final de su post.

Una formulación equivalente de la pregunta es la siguiente:

Pregunta Dejemos que $L$ sea un divisor de Cartier amplio en un esquema proyectivo $X$ y supongamos que existen divisores efectivos $D_1, D_2$ tal que $L\sim D_1-D_2$ . Entonces, ¿es cierto que $X\setminus \left({\rm supp}\,D_1 \cup {\rm supp}\,D_2\right)$ ¿es afín?

Creo que esto es cierto en algunos casos, pero no en general.

Reclamación 1 La respuesta a la pregunta es SI si $X$ es una curva proyectiva.

Prueba Ambos $D_1$ y $D_2$ son eficaces y, por tanto, amplios, y lo mismo ocurre con $A=D_1+D_2$ . Claramente $X\setminus \left({\rm supp}\,D_1 \cup {\rm supp}\,D_2\right)=X\setminus {\rm supp}\, A$ que es afín. $\square$

Reclamación 2 Hay muchos ejemplos para variedades proyectivas lisas para las que existe $L, D_1, D_2$ como en el caso anterior, de manera que $X\setminus \left({\rm supp}\,D_1 \cup {\rm supp}\,D_2\right)$ no es afín. De hecho, esto ocurre en cualquier superficie proyectiva lisa que contenga un $(-1)$ -Curva.

Nota: Estoy bastante seguro de que uno no necesita suavidad y también hay ejemplos singulares. (En realidad, el ejemplo siguiente sólo necesita un punto suave).

Prueba Dejemos que $Y$ sea una variedad proyectiva arbitraria (reducida) de dimensión al menos $2$ y $H$ un divisor de Cartier efectivo (muy) amplio en $Y$ . Sea $\sigma : X\to Y$ sea el reventón de un punto liso $p\in Y$ que no está contenida en $H$ y que el divisor excepcional de $\sigma$ sea $E\subset X$ .

Entonces, para algunos $m>0$ número entero positivo, $L=m\sigma^*H-E$ es amplia. (Sospecho que la mayoría de la gente lo sabe, pero si necesita una pista para esta afirmación, una estimación explícita sobre $m$ se puede encontrar en el Lemma 2 de esta respuesta a otra pregunta de MO).

Ahora dejemos que $D_1=m\sigma^*H$ y $D_2=E$ . Obsérvese que por la elección del punto que fue volado, $D_1$ y $D_2$ son disjuntos. De ello se deduce que $X\setminus \left({\rm supp}\,D_1 \cup {\rm supp}\,D_2\right)\simeq (Y\setminus {\rm supp}\, H)\setminus \{p\}$ . Además, como $H$ es amplia en $Y$ se deduce que $Y\setminus {\rm supp}\, H$ es afín, y por tanto $(Y\setminus {\rm supp}\, H)\setminus \{p\}$ es no . $\square$

Es es realmente cierto, que para cualquier haz de líneas siempre hay existe una sección racional para la que el complemento de su divisor es afín.

Reclamación 3 Dejemos que $L$ sea un divisor de Cartier arbitrario en un esquema proyectivo $X$ . Entonces existen divisores efectivos muy amplios $D_1, D_2$ tal que $L\sim D_1-D_2$ .

Prueba Elige un divisor de Cartier amplio y arbitrario $A$ sur $X$ . Para un tamaño suficientemente grande $r_1\gg 0$ $L+r_1A$ es libre de punto base por la definición (o una de las propiedades básicas dependiendo de lo que elijas como definición) de amplitud. Entonces, para una amplitud aún mayor $r\gg r_1$ podemos suponer que $L+rA$ es a la vez libre de puntos de base y amplia y, por tanto, muy amplia y también que $rA$ también es muy amplio. Ahora elige $D_1=L+rA$ y $D_2=rA$ . $\square$

Y obtenemos como consecuencia fácil:

Corolario Con la notación de la reivindicación 3, podemos elegir $D_1$ y $D_2$ tal que $X\setminus \left({\rm supp}\,D_1 \cup {\rm supp}\,D_2\right)$ es afín.

Prueba Sustituir $D_1$ y $D_2$ con miembros generales de sus sistemas lineales completos. Entonces podemos suponer que no tienen una componente común y por lo tanto ${\rm supp}\,(D_1+D_2)={\rm supp}\,D_1 \cup {\rm supp}\,D_2$ . Desde $D_1+D_2$ también es amplia, esto demuestra esa afirmación. $\square$