el divisor efectivo de Cartier es trivial

Question

Dado un esquema $X/k$ con $H^0(X,\mathcal{O}_X^\times) = k^\times$ y un divisor de Cartier efectivo $D \geq 0$ tal que $\mathcal{O}(D) = O_X$ por qué es necesariamente $D = 0$ ?

Intenté aplicar la secuencia de cohomología exacta larga a $1 \to \mathcal{O}_X^\times \to \mathcal{M}_X^\times \to \mathcal{M}_X^\times/\mathcal{O}_X^\times \to 1$ pero sin éxito.

Answer 1

Desde $\mathcal O_X=\mathcal O_X(0)=\mathcal O_X(D)$ deducimos $D=D-0=\operatorname{div}(f)$ para algunos función racional $f\in \operatorname{Rat}(X)$ . Pero como $\operatorname{div}(f)=D$ es eficaz, $f$ es localmente regular: existe una cobertura abierta $(U_i)$ de $X$ de manera que en $ U_i$ nuestro $f$ está representado por $f_i\in \mathcal O_X(U_i)$ . Así que en realidad $f$ es regular en todas partes, es decir $f\in H^0(X,\mathcal O_X)$ .
Desde $\frac 1 f \mathcal O_X=\mathcal O_X(D)=\mathcal O_X$ se deduce que la inversa $\frac 1f\in Rat(X)$ de $f$ también es regular, es decir $f\in H^0(X,\mathcal O_X^\times)$ . Por la definición de los divisores de Cartier esto significa que $D=0$ .

Editar
Cantlog me llamó la atención sobre el hecho de que la implicación (que había utilizado estúpidamente en una versión anterior de la respuesta) $H^0(X, \mathcal O_X^{\star})=k^{\star} \implies H^0(X, \mathcal O_X)=k$ es falsa, como demuestra el contraejemplo $X=\mathrm{Spec} (k[T])$ .
También se da cuenta de que en realidad no se necesita la hipótesis $H^0(X, \mathcal O_X^{\star})=k^{\star} $ en absoluto.
Muchas gracias a Cantlog por sus magníficos comentarios.

Answer 2

Versión editada. Esto es cierto sin hipótesis sobre $H^0(X, \mathcal O_X^{\star})$ y sin asumir $D\ge 0$ .

Como en la excelente respuesta de Georges, $D$ está definida por una función racional invertible $f$ en $X$ . La condición $f^{-1}\mathcal O_X=\mathcal O_X(D)=\mathcal O_X$ implica entonces que $f$ es regular e invertible en $\mathcal O_X$ . Así que $D=0$ por definición.

Una edición más (perdón). En efecto, se trata de una cuestión interesante que podríamos plantear desde otra perspectiva. Dejemos que $X$ sea un esquema noetheriano. Se sabe que el mapa canónico del grupo de divisores de Cartier modulo de equivalencia lineal al grupo Picard de $X$ es inyectiva (esto es lo que se puede demostrar con su secuencia exacta $1\to \mathcal O_X^{\star}\to \mathcal M_X^{\star}\to ...$ ). Pero hay un mapa más primitivo desde el grupo de divisores de Cartier al grupo de gavillas subinvertibles de $\mathcal M_X$ definido por $D\mapsto \mathcal O_X(D)$ . Lo que se observa arriba es que este mapa también es inyectivo.