Es suficiente para comprobar cerrado de inmersión en puntos cercanos?

Question

Deje $f \colon X\to Y$ ser un morfismos de variedades algebraicas, que es un cerrado de inmersión en el sentido topológico. También sabemos que $f_x\colon \mathcal O_{Y,f(x)}\to \mathcal O_{X,x}$ es surjective para cada punto cerrado $x \in X$.

Podemos concluir que el $f$ es un cerrado de inmersión?

Answer 1

Este es mi enfoque: supongamos $f: X \to Y$ es de morfismos de variedades, y asume, además, que $X$ es Noetherian (es decir, admite un número finito de cubrir con el afín de las variedades). A continuación, $f$ es quasicompact y quasiseparated, por lo $f_* \mathcal{O}_X$ es un quasicoherent $\mathcal{O}_Y$ módulo, y $f$ induce un mapa de quasicoherent $\mathcal{O}_Y$ módulos de $\mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$, y deje $\mathcal{F}$ (quasicoherent) cokernel.

Considere la posibilidad de cualquier cerró $y = f(x)$$Y$. A continuación, nos han inducido mapa de $\mathcal{O}_{Y,f(x)} \to (f_* \mathcal{O}_X)_{f(x)} \simeq \mathcal{O}_{X,x}$. Ya que por supuesto es surjective, el tallo de la cokernel $\mathcal{F}_{f(x)}$ es cero, lo $\mathcal{F}|_V = 0$ por algún barrio de $f(x)$. Desde puntos cercanos son densos en $X$, e $f$ se cierra la inmersión, también son densos en la imagen $f(X)$, por lo que el cokernel $\mathcal{F}$ es de cero en algunas abrir barrio de $f(X)$. Fuera de $f(X)$ es trivialmente 0, $(f_* \mathcal{O}_X)_y = 0$ $y$ fuera de $f(X)$ (desde $f(X)$ es cerrado). Llegamos a la conclusión de que $\mathcal{F} = 0$, y por lo $\mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$ es epimorphism de las poleas.

Ahora, si pudiéramos demostrar que $f$ es afín morfismos, habría que probar que para cualquier afín $\mathrm{Spec} A \subset Y$, $\mathcal{O}_Y(\mathrm{Spec} A) \to f_* \mathcal{O}_X(\mathrm{Spec} A)$ es un surjective anillo mapa, pero esto es obvio ya que $\mathcal{O}_X$ $f_* \mathcal{O}_Y$ son quasicoherent, y $\mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$ es surjective.

Qué $f$ necesitan ser afín, aunque? No sé.

Answer 2

Deje $I \subseteq \mathcal{O}_Y$ ser el núcleo de $f^\# : \mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$ (esto es cuasi coherente desde $f$ es de control de calidad qs). A continuación, $f$ factores $X \to V(I) \hookrightarrow Y$ y queremos demostrar que las $f' : X \to V(I)$ es un isomorfismo. Observe que $f'$ es un cerrado de inmersión en el sentido topológico y que $f'$ induce isomorphisms en los tallos en puntos cercanos. Es un resultado general que $f'$ ha densa de la imagen (Etiqueta 01R8) , por lo que en nuestro caso $f'$ es un homeomorphism. Por lo tanto, es suficiente para demostrar:

Deje $f : X \to Y$ ser una de morfismos de variedades algebraicas, que es un homeomorphism, y tal que $f_x : \mathcal{O}_{f(x)} \cong \mathcal{O}_{x}$ es un isomorfismo para cada punto cerrado $x \in X$. Esto es cierto para todos los $x \in X$, y, por tanto, $f$ es un isomorfismo.

Considerar la homomorphism de cuasi-coherentes $\mathcal{O}_Y$-módulos de $f^\# : \mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$. Es un isomorfismo en cada punto cerrado de $Y$. Así pues, basta probar:

Deje $X$ ser una variedad algebraica, $\phi : M \to N$ ser un homomorphism de cuasi-coherentes $\mathcal{O}_X$-módulos, que es un isomorfismo en cada punto cerrado de $X$. A continuación, $\phi$ es un isomorfismo.

Teniendo en cuenta la cokernel y el núcleo de $\phi$, es suficiente para probar:

Deje $X$ ser una variedad algebraica y $M$ ser un cuasi-coherentes $\mathcal{O}_X$-módulo, que se desvanece en cada punto cerrado de $X$. A continuación,$M=0$.

Prueba: Si $M$ es coherente, y $M \neq 0$, $\mathrm{supp}(M)$ es no vacío, cerrado subconjunto de $X$, por lo que debe contener un punto cerrado de $X$, una contradicción. Si $M$ es arbitrario, podemos escribir $M$ como una suma coherente de los módulos y aplicar la coherente.