El Teorema de Hartogs dice que toda función cuyo lugar indefinido es de codim 2 puede extenderse a todo el dominio. He visto a gente decir que esto corresponde a la propiedad (S2) de un anillo. Pero no veo por qué es cierto. ¿Alguien puede explicarlo o dar un argumento heurístico?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Sea $\mathscr F$ sea una gavilla coherente en un esquema noetheriano $X$ y supongamos que ${\rm supp}\mathscr F=X$ . Sea $Z\subset X$ sea un subesquema de codimensión al menos $2$ y $U=X\setminus Z$ . Sea $\iota:U\hookrightarrow X$ denota la incrustación natural y se supone que $\mathcal F_x$ es $S_2$ para cada $x\in Z$ . Ahora el $S_2$ implica que $$ \mathscr H^0_Z(X,\mathscr F)= \mathscr H^1_Z(X,\mathscr F)=0 $$ y la extensión de tipo Hartogs es equivalente a $$ \iota_*\iota^*\mathscr F\simeq \mathscr F. $$ Finalmente se tiene la secuencia exacta $$ \mathscr H^0_Z(X,\mathscr F) \to \mathscr F\to \iota_*\iota^*\mathscr F \to \mathscr H^1_Z(X,\mathscr F).$$
[Ver también esta respuesta MO ]
Heather
Puntos
11
Esta es una respuesta a una pregunta de Karl en los comentarios a mi primera respuesta a esta pregunta.
[ EDITAR : La siguiente es una versión mínimamente simplificada de la Proposición 3.3 de Hasett-Kovács04 .]
Teorema. Sea $X$ sea un esquema noetheriano, $r\in\mathbb N$ , $Z\subseteq X$ un subesquema tal que ${\rm codim}_XZ\geq r$ y $\mathscr F$ una coherente $\mathscr O_X$ -tal que ${\rm supp}\,\mathscr F=X$ y $\mathscr F_x$ es $S_r$ para cada $x\in Z$ . Entonces $$ \mathscr H^i_Z(X,\mathscr F)=0\quad\text{for $ i=0,\ldots,r-1 $}. $$
Prueba. Sea $x\in Z$ y observe que tenemos la siguiente igualdad de functores: $$ H^0_x = H^0_x\circ \mathscr H^0_Z $$ que induce una secuencia espectral de Grothendieck $$ E^{p,q}_2= H^p_x \circ \mathscr H^q_Z \Rightarrow H^{p+q}_x. $$ Ahora demuestre la afirmación usando inducción sobre $i$ .
Supongamos que $\exists\,\sigma\in\mathscr H^0_Z(X,\mathcal F)$ , $\sigma\neq 0$ . Sea $x\in Z$ sea el punto general de una componente irreducible de ${\rm supp}\,\sigma$ . Entonces $H^0_x(X, \mathscr H^0_Z(X,\mathscr F))\neq 0$ y por lo tanto $H^0_x(X,\mathscr F)\neq 0$ . Pero esto contradice la suposición de que $\mathscr F_x$ es $S_r$ .
Supongamos que ya sabemos que $$ \mathcal H^i_Z(X,\mathscr F)=0\quad\text{for $ i=0,\ldots,k-1 $} $$ para algunos $k<r$ y asumir que $\mathscr H^k_Z(X,\mathscr F)\neq 0$ . Por el mismo argumento anterior encontramos un punto tal que $E^{0,k}_2=H^0_x(X,\mathscr H^k_Z(X,\mathscr F))\neq 0$ . Dado que se trata de un $E^{0,k}$ no hay diferenciales (incluidas las páginas posteriores de la secuencia espectral) que correspondan a este término y todos los diferenciales posteriores que correspondan a este término corresponden a algo de la forma $E^{p,q}$ con $0\leq q\leq k-1$ . Sin embargo estos últimos son cero por la hipótesis inductiva. Por lo tanto esto implica que entonces $H^k_x(X,\mathscr F)\neq 0$ lo que de nuevo es una contradicción con la suposición de que $\mathscr F_x$ es $S_r$ . Q.E.D.
Ver también esta respuesta MO
MyOnlyEye
Puntos
90
He aquí un argumento algo más elemental de que (S2) implica la condición de Hartogs. Más concretamente, demostraré que si $X$ es un esquema noetheriano (S2), entonces cualquier función racional definida fuera de un subconjunto cerrado de codimensión dos puede extenderse a todo el dominio. (Esta extensión es única por definición de función racional).
Supongamos, por contradicción, que $X$ es un esquema noetheriano (S2) y $f$ es una función racional sobre $X$ que se define fuera de un conjunto cerrado de codimensión al menos dos, pero que no puede extenderse a todo el dominio. Sea $\mathscr{I}$ sea el ideal de denominadores de $f$ es decir, sobre un afín abierto $\operatorname{Spec} A$ , $$I = \{g \in A \mid g f \in A\}.$$ Esto está bien definido como una gavilla, ya que el ideal de denominadores se conserva bajo el pullback plano (y, en particular, la localización); véase esta pregunta mathoverflow .
Si $g \in A$ es un no zerodivisor, entonces $g \in I$ sólo si $f = a / g$ para algunos $a \in A$ de ahí el nombre de "ideal de denominadores". Se puede comprobar que el subesquema cerrado $Z \subset X$ correspondiente a $\mathscr{I}$ es, en teoría de conjuntos, el "lugar de indeterminación de $f$ ": el subconjunto cerrado más pequeño tal que $f$ se define sobre $X \smallsetminus Z$ . Por hipótesis, $f$ puede definirse fuera de un subconjunto cerrado de codimensión dos, por lo que $\operatorname{codim} Z \geq 2$ . De forma equivalente, siempre que $W$ es un componente irreducible de $Z$ entonces el anillo local $\mathscr{O}_{X,W}$ tiene dimensión al menos dos. Dado que $X$ se supone que es (S2), toda secuencia regular maximal en $\mathscr{O}_{X,W}$ tiene una longitud mínima de dos.
Desde $W$ es un componente irreducible del subesquema correspondiente a $\mathscr{I}$ se deduce que el radical de $\mathscr{I}_W \subset \mathscr{O}_{X,W}$ es precisamente el ideal maximal $\mathfrak{p}$ . (Algebraicamente, $\mathfrak{p}$ es un primo mínimo sobre $I$ y corresponde al punto genérico de $W$ .) Sea $g,h \in \mathfrak{p}$ forman una secuencia regular (que existe puesto que $X$ es (S2)). Sustitución de $g$ y $h$ por poderes apropiados, podemos suponer que ambos están contenidos en $\mathscr{I}_W$ . Por definición de secuencia regular, $g$ es un no zerodivisor. Dado que $h,g$ también es una secuencia regular, $h$ es un no zerodivisor. Por lo tanto, $g$ y $h$ siendo no zerodivisores que se encuentran en el ideal de denominadores, son de hecho denominadores de $f$ existe $a, b \in \mathscr{O}_X,W$ tal que $$\frac{a}{g} = \frac{b}{h} = f$$ $$ah = bg.$$ Desde $g,h$ es una secuencia regular, $h$ es un mod no zerodivisor $g$ . Cuando mod por $g$ la ecuación anterior se convierte en $ah \equiv 0$ lo que implicaría $a \equiv 0 \pmod{g}$ . En otras palabras, $a \in (g)$ . Pero como $f = a/g$ esto implicaría que $f \in \mathscr{O}_{X,W}$ una contradicción, ya que $f$ no puede ampliarse a $W$ .
Usuario no registrado
Puntos
0
Karl Schwede
Puntos
14702
