¿Cuándo se retiran los divisores?

Question

Si tenemos un mapa no constante de curvas no singulares $\varphi:X\rightarrow Y$ , entonces Hartshorne define un mapa $\varphi^* Div(Y)\rightarrow Div(X)$ utilizando el hecho de que los irreducibles de codimensión uno son sólo puntos, y observando $\mathcal{O}_{Y,f(p)} \rightarrow \mathcal{O}_{X,p}$ . Mi pregunta es si no tenemos un buen mapa de curvas, ¿qué condiciones podemos poner en el morfismo para que podamos retirar los divisores? Claramente no es cierto en general, ya que podemos tomar un mapa constante y entonces topológicamente la imagen inversa no tiene ni siquiera el codim correcto.

Pensando en esto en términos de divisores de Cartier (y asumiendo que los esquemas son integrales), parece que sólo necesitamos una forma de transportar funciones en $K(Y)$ a las funciones en $K(X)$ . Si $\varphi$ es dominante, entonces obtendremos dicho mapa. ¿Es esto suficiente? Además, ¿hay algo que podamos decir cuando $\varphi$ no es dominante? Algo así como que tenemos una forma de mapear divisores con soporte en $\overline{\varphi(X)}$ a los divisores en $X$ ?

Answer 1

Si quieres retirar un divisor Cartier $D$ puede hacerlo siempre que la imagen de $f$ no está contenido en el soporte de $D$ : sólo hay que recuperar las ecuaciones locales para $D$ .

Si esto no ocurre, en un esquema integral, puedes simplemente pasar al haz de líneas asociado $\mathcal{O}_X(D)$ y tirar de eso, obteniendo $f^{*} \mathcal{O}_X(D)$ Por supuesto, se pierde algo de información porque un haz de líneas determina un divisor de Cartier sólo hasta la equivalencia lineal.

Fulton inventó una bonita manera de evitar esta distinción. Define un pseudodivisor en $X$ para ser un triple $(Z, L, s)$ donde $Z$ es un subconjunto cerrado de $X$ , $L$ un haz de líneas y $s$ una sección que no desaparece en ninguna parte en $X \setminus Z$ por lo que es una trivialización en ese conjunto abierto. Entonces se puede definir simplemente el pullback de este triple como $(f^{-1}(Z), f^{*} L, f^{*} s)$ , por lo que siempre se pueden retirar los pseudodivisores, lo que sea $f$ es.

La relación con los divisores de Cartier es la siguiente: a un divisor de Cartier $D$ se puede asociar un pseudodivisor $(|D|, \mathcal{O}_X(D), s)$ , donde $s$ es la sección de $\mathcal{O}_X(D)$ que da una ecuación local para $D$ .

Esta correspondencia no es biyectiva. En primer lugar, un pseudodivisor $(Z, L, s)$ determina un divisor de Cartier si $Z \subsetneq X$ ; observe que, en este caso, la ampliación $Z$ no cambiará el divisor de Cartier asociado, por lo que para obtener una correspondencia biyectiva con los divisores de Cartier hay que factorizar los pseudodivisores mediante una relación de equivalencia, que dejo que se formule. Pero si $Z = X$ sólo se obtiene un paquete de líneas en $X$ y no tienes forma de recuperar un divisor de Cartier.

Si quiere saber más sobre esto, lea el segundo capítulo de la teoría de la intersección de Fulton.

Answer 2

Me parece que estás enfocando esto de manera equivocada.

En primer lugar, hay que decidir si se quiere retirar

divisores

o

clases de divisores

Retirar los divisores significa retirar ciclos y te encuentras con todo tipo de problemas. Si su mapa es plano Entonces está bien. Para más información sobre este tema, consulte el libro de teoría de la intersección de Fulton. (Hay una sección llamada "pull-back plano de los ciclos" en algún lugar temprano). Esta es la razón por la que Hartshorne no tuvo que preocuparse por la retirada de divisores o clases de divisores. Cualquier morfismo no constante entre curvas no singulares es plano. Por supuesto, no estoy diciendo que esta sea la condición más general bajo la cual se pueden retraer los divisores, sólo que es la "natural". Por otra parte, esto es demasiado, porque funciona para cualquier ciclo dimensional, no sólo para los divisores.

Retirar las clases de divisores es algo más fácil (y más difícil al mismo tiempo). Es más fácil, porque entonces usted no tiene que preocuparse por el apoyo. Como ya ha señalado Frank, sólo tienes que "convertir" tu divisor clase a un haz de líneas, tirar de él y "convertirlo" de nuevo en un divisor de Cartier. En realidad, para esto se necesita $X$ ser integral, pero parece que te parece bien asumirlo.

De todos modos, otra cuestión, tal vez más interesante, es la de cómo recuperar los divisores de Weil. El principal problema es que no están definidos localmente por una única ecuación, por lo que su haz asociado no es un haz de líneas, sino un haz reflexivo de rango $1$ . Desgraciadamente, al retirarlas no se obtiene necesariamente una gavilla reflexiva. Una solución es seguir haciendo eso y luego tomar el casco reflexivo, pero esto probablemente no dará un homomorfismo de grupo. Otra forma parcial de manejar los divisores de Weil es restringir a $\mathbb Q$ -Divisores de Cartier, es decir, un divisor que en sí mismo puede no ser de Cartier, pero cuyo múltiplo es de Cartier. Entonces sólo hay que tomar ese múltiplo, retirarlo y dividirlo por el mismo número con el que se ha multiplicado. Curiosamente, esto puede dar lugar a coeficientes fraccionarios, por lo que sólo preservará la equivalencia lineal mod $\mathbb Q$ . El ejemplo más sencillo de un $\mathbb Q$ -Cartier, pero no el divisor de Cartier es una regla de un cono cuadrático (mira los números de intersección para demostrarlo). Se incluye un ejemplo un poco más interesante en este Respuesta de MO. Para un ejemplo de una respuesta no $\mathbb Q$ -El divisor de Cartier considera el cono sobre una superficie cuádrica en $\mathbb P^3$ y que el divisor sea el cono sobre una línea de la superficie.

Answer 3

Si tienes un morfismo $f:X\rightarrow Y$ de esquemas y $D$ es un divisor de Cartier en $Y$ entonces se puede retirar la gavilla invertible $\mathcal{O}(D)$ a $X$ y será una sub-hoja invertible de la hoja de cocientes totales $\mathcal{K}_X$ . Esta gavilla define una clase de equivalencia lineal de los divisores de Cartier, pero no hay una elección clara de un divisor específico. Sin embargo, si además se supone que $X$ se reduce, y $D$ viene dada por las secciones $f_i$ en una cubierta abierta $U_i$ de $Y$ cuyo soporte no contiene la imagen de ninguna de las componentes irreducibles de $X$ entonces se puede definir un divisor de Cartier $f^*D$ en $X$ como $(f^{-1}(U_i), f_i\circ f)$ y esto se encuentra en la clase de $f^*\mathcal{O}(D)$ . Este tipo de "apoyo-evasión" es bastante común con estos argumentos.

Answer 4

Supongamos que ambos $X$ y $Y$ son localmente noeterianos y toman un divisor de Cartier $D$ en Y. Afirmo que $D$ a un divisor de Cartier en $X$ si y sólo si $f(Ass\ X) \cap |D|=\emptyset$ .

Claramente esto no tiene sentido a menos que defina lo que es un pullback de $D$ un divisor Cartier $E$ en $X$ es un pullback de $D$ , escrito $E=f^*D$ , si

1) $|E|\subseteq f^{-1}(|D|)$ .

2) $U=X-f^{-1}(|D|)$ es esquemáticamente denso, es decir $Ass\ X \subseteq U$ y existe un isomorfismo $\phi : f^*\mathcal{O}_Y(D)\longrightarrow \mathcal{O}_X(E)$ tal que $\phi(f^*1)=1$ en $U$ .

Condición $1)$ relaciona los soportes $|D|$ y $|f^* D|$ mientras que la condición $2)$ afirma que $f^*\mathcal{O}_Y(D)\simeq \mathcal{O}_X(f^* D)$ y asegura que $f^* D$ está determinada de forma única.

La idea detrás de la definición anterior es que si $\mathcal{L}$ es una gavilla invertible en un esquema $X$ entonces $\mathcal{L}\simeq \mathcal{O}_X(E)$ para un divisor de Cartier $E$ si y sólo si existe un subconjunto abierto esquemáticamente denso $U\subseteq X$ y una sección cero en ninguna parte $s\in \mathcal{L}(U)$ . Además, teniendo en cuenta $(U,s)$ existe un único $E$ s.t. $|E|\cap U = \emptyset$ y existe un isomorfismo $\mathcal{L}\simeq \mathcal{O}_X(E)$ enviando $s$ a $1$ en $U$ . Tenga en cuenta que, en general, si $C$ es un divisor $X-|C|$ es esquemáticamente denso y $1$ es una sección cero en ninguna parte de $\mathcal{O}_X(C)$ en él.

En nuestro caso $f(Ass\ X) \cap |D|=\emptyset$ significa que $U=X-f^{-1}(|D|)$ es esquemáticamente denso. Dado que $f^* 1$ es una sección cero en ninguna parte de $f^*\mathcal{O}_Y(D)$ en $U$ obtenemos un divisor $f^*D$ condiciones satisfactorias $1),2)$ .

Por ejemplo, si $f(Ass\ X) \subseteq Ass Y$ se puede hacer un pullback de cualquier divisor de Cartier en $Y$ . Esto ocurre si $f$ es plana o un mapa dominante entre esquemas integrales.

Por último, si $D$ es eficaz $f^*D$ existe, es decir $f(Ass\ X) \cap |D|=\emptyset$ si y sólo si $f^{-1}(D)$ es un divisor efectivo y en este caso coinciden. Además, la secuencia exacta que define $D$ en $Y$ a la secuencia exacta que define $f^{-1}(D)$ en $X$ que es muy útil. (Para el caso efectivo, véase [proyecto Stacks, 22.3]).

Answer 5

No debería preocuparse por si el soporte se cruza o no con el cierre $\overline{\varphi(X)}$ . Si no lo es, entonces su divisor simplemente se remonta al divisor cero en X.