Yo reclamo que la pregunta es equivalente a la siguiente no trivial(?) cohomological pregunta (y ya que no tengo idea de cómo solucionar esto, hago esta respuesta CW):
Si $X=\mathrm{Spec}(A)$ es un esquema afín, $I \subseteq \mathcal{O}_X$ es un ideal (no se considera cuasi coherente) tal que $H^0(X,I)=H^1(X,I)=0$$\mathrm{supp}(\mathcal{O}_X/I)=X$, ¿esto implica que $I=0$ ?
Algunas generalidades en primer lugar. Deje $X$ ser localmente anillado espacio. Una de morfismos en $X$ se llama un circuito cerrado de inmersión si se trata de un homeomorphism en su imagen, que es cerrado, y surjective sobre los tallos. Si $I \subseteq \mathcal{O}_X$ es un ideal, entonces su ajuste a cero de la $V(I) := \{x \in X : I_x \subseteq \mathfrak{m}_x\} = \mathrm{supp}(\mathcal{O}_X/I)$ es un subconjunto cerrado de $X$. Si $i : V(I) \to X$ denota la inclusión del mapa, a continuación, $i^{-1} (\mathcal{O}_X/I)$ dota $V(I)$ con la estructura de un local rodeado de espacio y $i$ se convierte en una de morfismos de local rodeada de espacios, que en realidad es un cerrado de inmersión. Por el contrario, todos los cerrados de la inmersión de la $i : Y \to X$ tiene una fuga ideal $I(Y) := \ker i^\#$. Es fácil comprobar que esto le da un anti-equivalencia de parcial de las órdenes entre cerrados inmersiones en $X$ e ideales de $\mathcal{O}_X$ (y se puede demostrar que si $X$ es un esquema, $I$ es cuasi coherente si y sólo si $V(I)$ es un esquema).
En su pregunta, $f : Y \to X$ es una de morfismos de local rodeada de espacios, que es un homeomorphism, surjective sobre los tallos, y inyectiva en global secciones. Además, $X$ es un esquema afín. Ahora nos preguntamos si $f$ es un isomorfismo. Observar que $f$ es un cerrado de inmersión, por lo tanto corresponde a un ideal de a $I \subseteq \mathcal{O}_X$. La condición de que $f$ es un homeomorphism significa que $V(I)=X$ como conjuntos, o, equivalentemente, que el $\mathcal{O}_X/I$ apoyo $X$. Tenemos una secuencia exacta de cohomology grupos
$0 \to H^0(X,I) \to H^0(X,\mathcal{O}_X) \to H^0(X,\mathcal{O}_X/I) \to H^1(X,I) \to H^1(X,\mathcal{O}_X)=0.$
Sabemos que $f^\#$, o, equivalentemente, que el $\mathcal{O}_X \to \mathcal{O}_X/I$ es un isomorfismo en el global de las secciones. De ello se desprende que $H^0(X,I)=0$$H^1(X,I)=0$.
Aquí está una primera observación acerca de las $I$, procedentes de $\mathrm{supp}(\mathcal{O}_X/I)=X$. Para cada cuasi-compacto abrir subconjunto $U \subseteq X$ el ideal $\Gamma(U,I) \subseteq \Gamma(U,\mathcal{O}_X)$ se compone de nilpotent elementos. De hecho, podemos suponer que la $U$ es básica abierta, por lo tanto afín, decir $U=\mathrm{Spec}(B)$. Si $s \in \Gamma(U,I)$, $s/1 \in \mathfrak{m}_q = \mathfrak{q} B_{\mathfrak{q}}$ por cada primer ideal $\mathfrak{q} \subseteq B$, lo que significa que $s \in \mathfrak{q}$. Por lo tanto, $s$ se encuentra en $\bigcap_{\mathfrak{q}} \mathfrak{q} = \mathrm{rad}(B)$. Por lo tanto:
$I \subseteq \mathrm{rad}(\mathcal{O}_X)$
Supongamos ahora que $\mathrm{rad}(A)$ es nilpotent (por ejemplo, cuando se $A$ es noetherian), decir $\mathrm{rad}(A)^n=0$, o, equivalentemente,$R^n=0$$R:=\mathrm{rad}(\mathcal{O}_X)$. El truco es mirar la filtración $0=R^n \subseteq R^{n-1} \subseteq \dotsc \subseteq R \subseteq \mathcal{O}_X$ y se cruzan con $I$, e intentar demostrar por inducción que $I \subseteq R^k$.
