[Yo no puede proporcionar una fuente distinta de Huybrechts-Lehn, que es creíble mucho en mi opinión. Por lo tanto voy a tratar de convencerte de que la definición es buena.]
Permítanme abordar rápidamente la última pregunta en primer lugar. La generalización en términos de módulos sobre anillos conmutativos coherente de los módulos en los esquemas, a veces, es conveniente la colocación de la estructura de la gavilla con una línea de paquete. Esto se hace, en particular, en los casos donde principalmente se preocupa por las cosas que suceden a nivel local, es decir, en el local de los anillos. Esta es la forma en la definición debería ser de lectura: para cada punto de $x\in X$, el germen $s_x\in L_x\cong \mathcal{O}_{X,x}$ $E_x$- regular. Vamos a probar esto a continuación.
Su conjetura para la primera pregunta es correcta. Alternativamente, también puede ser definida como el de morfismos obtenidos a partir de $L^{\vee} \to \mathcal{O}_X$, $L^{\vee}(U)\ni\varphi\mapsto \varphi(s|_U)\in\mathcal{O}_X(U)$ por tensoring con $E$. Tenga en cuenta que si $L$ es trivial, entonces esto equivale a la multiplicación con $s_U$ y en el afín mundo, dicen $X = \mathop{Spec}(A)$, $E = \widetilde{M}$ y $L = \widetilde{N}$ $M$ un finitely generadas $A$-módulo de e $N$ un proyectiva clasificar a una $A$-módulo, podemos tomar un $n\in N$ y mira el mapa de $\mu(n)\colon M\otimes_A N^{\vee}\to M$ la asignación de $m\otimes_A \varphi$$m\varphi(n)$.
Este mapa será inyectiva si y sólo si para cada primer ideal $\mathfrak{p}\subset A$, el localizado mapa de $\mu(n)_p$ es inyectiva, pero después de localización llegamos $N_{\mathfrak{p}} \cong A_{\mathfrak{p}}$ $\mu(n)_{\mathfrak{p}}$ es inyectiva si y sólo si la multiplicación con el elemento correspondiente de $A_{\mathfrak{p}}$ $E_{\mathfrak{p}}$ es inyectiva, es decir, si y sólo si este elemento es $E_{\mathfrak{p}}$-regular.
En cuanto a la segunda cuestión, esto sin duda va a ser el submódulo de $E$ generado por las imágenes de la $s_k$. Tenga en cuenta que más de un abrir afín $U\subset X$ tal que $L|_U$ es trivial, esto es sólo el coherente gavilla asociados con el módulo de $(s_1|_U,s_2|_U,\dots s_{i-1}|_U)E(U)$, donde interpretamos los primeros factores como el ideal generado por las secciones $s_k|_U\in L(U) \cong \mathcal{O}_X(U)$, $k=1,2,\dots i-1$. Así que aquí, de nuevo, generalizamos la conocida noción de una secuencia regular. (Algunos libros que requieren de una secuencia regular de no ocupar la totalidad del módulo, pero esto es posible aquí.)
Para el tercero, sí, es un divisor de cero de la sección. Tenga en cuenta que su apoyo es dado por los puntos de $x\in X$ donde $s_x$ no genera $L_x$. De hecho, este es precisamente el lugar donde $s_x\in \mathfrak{m}_x L_x$. Esto es porque el ideal para el divisor de cero de a $s$ a nivel local es dado por $s$ (más precisamente, cuando se limita a se abre donde $L$ se convierte en algo trivial, por supuesto).
No tengo un buen de no-trivial ejemplo a la mano, así que para obtener una mejor sensación de la definición que probar:
Para una sección global $s\in H^0(L)$ de una línea de paquete en una noetherian esquema de $X$ y coherentes $\mathcal{O}_X$-módulo de $E$, los siguientes son equivalentes.
- La sección $s$ $E$- regular.
- Para cada una de las $x\in X$, el elemento de la $\mathcal{O}_{X,x}$ correspondiente a $s_x\in L_x\cong \mathcal{O}_{X,x}$ $E_x$- regular en el sentido de álgebra conmutativa (con la posibilidad de que $s_x E_x = E_x$).
- El cero locus de $s$, es decir, el conjunto de $x\in X$ tal que $s_x\in\mathfrak{m}_xL_x$, no contiene puntos asociados de $E$.
(Yo no escribí divisor de cero de a $s$, porque podría suceder que $E$ es trivial, en un componente de la $Y$, dicen, y, a continuación, la sección se permitiría a ser cero en este componente, y por lo tanto el cero locus también contienen este componente.)
Ya casi me demostró la equivalencia de las dos primeras instrucciones en la explicación de los morfismos que se requiere para ser inyectiva en a $1$. Para demostrar que $1.$ es equivalente a $3.$, primero tenemos que recordar algunas de las declaraciones de la teoría de los puntos asociados en noetherian esquemas. (Ver aquí por ejemplo). Primero que todo, recordemos que en un noetherian esquema coherente para todos los módulos de $F$ tenemos $\mathop{Ass}(F) = \mathop{WeakAss}(F)$ $\mathop{Ass}(F) = \emptyset$ si y sólo si $F = 0$. También, si $0\to F_1\to F_2\to F_3\to 0$ es exacta, entonces $\mathop{Ass}(F_1)\subset \mathop{Ass}(F_2)\subset \mathop{Ass}(F_1)\cup\mathop{Ass}(F_2)$.
Vamos a aplicar esto al núcleo del mapa de $E\otimes L^{\vee}\to E$. Siendo este un local de la pregunta podemos suponer que la $L$ es trivial. I. e. $E\to E$ es simplemente la multiplicación con una sección de $s\in H^0(\mathcal{O}_X)$ y el cero locus de $s$ es el esquema asociado con el ideal generado por a $s$. Si $s$ cumple 3., a continuación, $\mathop{Ass}(\ker(E\xrightarrow{\cdot s} E)) = \emptyset$ y, por tanto, la multiplicación mapa es inyectiva, por lo $1.$ mantiene. Esto es debido a que para todos los $x\in X$ fuera de la cero locus de $s$, $s_x$ es una unidad del anillo local tal que el kernel es trivial a $x$, y para todos los otros puntos, se requiere que el $x\not\in\mathop{Ass}(E)\supset\mathop{Ass}(\ker(\cdot s))$.
De la otra manera, si $s$ $E$- regular, para obtener 3. tenemos que probar que si $s_x\in\mathfrak{m}_x$ (aún suponiendo $L = \mathcal{O}_X$ por simplicidad), a continuación,$x\not\in\mathop{Ass}(E)$. Por supuesto, $s$ induce un isomorfismo entre el$E$$sE$. Si $x$ estaba asociado a un punto de $E$, entonces también estaría asociado a un punto de $sE$, lo que significa que tendría que tener un $e\in E_x$ tal que $\mathfrak{m}_x$ fueron el aniquilador de $s_x e$. En particular, $s_x^2\in\mathfrak{m}_x$ habría que aniquilar $e$ lo cual es imposible, ya que si $\cdot s\colon E\to E$ es inyectiva, entonces también lo es la composición,$\cdot s^2\colon E\to E$.
