Condiciones de ejercicio de Hartshorne II.7.1

Question

Hartshorne, "la Geometría Algebraica," el Ejercicio II.7.1, se lee:

Deje $(X, \mathcal{O}_X)$ ser localmente anillado espacio, y dejan $f : \mathscr{L} \to \mathscr{M}$ ser un surjective mapa de invertible poleas en $X$. Mostrar que $f$ es un isomorfismo.

Para probar esto, me cuenta que una de morfismos de poleas es inyectiva (resp. surjective) iff es inyectiva (resp. surjective) sobre los tallos. Por lo tanto $f_P$ es surjective para cada una de las $P \in X$. Desde $\mathscr{L}$ $\mathscr{M}$ son invertible, $\mathscr{L}_P \cong \mathscr{M}_P \cong \mathcal{O}_{X, P}$ $\mathcal{O}_{X, P}$- módulos. De álgebra conmutativa, un surjective endomorfismo de finitely generada por los módulos a través de cualquier anillo es en realidad un automorphism, por lo $f$ es un isomorfismo en los tallos y por lo tanto un isomorfismo de las poleas.

Este argumento suena bien para mí, pero ahora estoy preocupada porque yo no uso muchas de las condiciones en el problema, podría debilitar a un arbitrario (en lugar de localmente) rodeada de espacio, a cualquier localmente libre de las poleas del mismo rango o incluso a algo un poco más débil (es decir, que $\mathscr{L}$ $\mathscr{M}$ son localmente isomorfo), etc.

He perdido de algo aquí? ¿O es que el resultado se mantenga en mucho más amplia generalidad, sin ninguna modificación?

Answer 1

Es álgebra grado elemental y no tiene nada que ver con anillos locales ni Nakayama:

Uno se reduce a mostrar que dado un comutativo anillo $A$, cualquier % sobreyectiva $A$-linear mapa $f:A\to A$ de hecho es biyectiva.
Desde $f(x)=f(x\cdot 1)=x\cdot f( 1)$, el mapa $f$ tiene la forma $f(x)=u\cdot x$ ($u:=f(1)$).
$f$ Es sobreyectiva, existe $v\in A$ $1=f(v)=u\cdot v$.
Esto implica que $u$ es invertible y $f$ así es biyectiva con inversa $f^{-1}(y)= v\cdot y$.

Answer 2

Daniel McLaury, tienes razón. La prueba misma trabaja en las siguientes Generalidades: si $X$ es un espacio anillado, son de $F,G$ $\mathcal{O}_X$ módulos tales que para cada $x \in X$ allí es un isomorfismo $F_x \cong G_x$ y este $\mathcal{O}_{X,x}$-módulo finitamente generado, entonces cada % epimorphism $F \to G$es un isomorfismo. La razón es que $F_x \to G_x$ es un isomorfismo para cada $x \in X$, por Nakayama. Por supuesto este argumento simplifica cuando $F,G$ invertible, ver respuesta de Georges.

Answer 3

Han utilizado ese $f_P$ es un endomorphisme. Por lo menos, necesita asumir que $\mathcal{L}$ y $\mathcal{M}$ son localmente isomorfo.