Demostrando Deligne la fórmula de

Question

Si $A$ es un noetherian anillo, $X = \text{Spec } A$, e $U = X - V(\mathfrak{a})$ $\mathfrak{a}$ un ideal de a $A$, entonces la siguiente fórmula se cumple para cualesquiera $A$-módulo de $M$ (con asociados $\mathcal{O}_X$-módulo de $\tilde{M}$): $$\Gamma(U,\tilde{M}) \cong \text{colim}_n \hom_A(\mathfrak{a}^n,M).$$ He tratado de demostrar este resultado, mostrando a $\Gamma(U,\tilde{M})$ satisface la necesaria universal de los bienes. Para ello, se define un cocone a $\Gamma(U,\tilde{M})$ de la $\hom_A(\mathfrak{a}^n,M)$, teniendo $$h_n: \hom_A(\mathfrak{a}^n,M) \to \Gamma(U,\tilde{M}), \quad h_n(f)(\mathfrak{p}) = \frac{f(x)}{x} \in M_\mathfrak{p},$$ donde$\mathfrak{p} \in D(x) = V(x)^c$$x \in \mathfrak{a}^n$. Es fácil comprobar que $h_n(f)$ es una bien definida la sección sobre $U$.

El siguiente paso es mostrar que para cualquier otro cocone $(C, \gamma_n)$, no hay una única mediación de morfismos $\theta: \Gamma(U,\tilde{M}) \to C$. Búsqueda de $\theta$ debe depender de la realización de un arbitrario $g \in \Gamma(U,\tilde{M})$ como valor de algunos de $h_n$, pero aquí es donde me he quedado atascado.

Son mis mapas " $h_n$ mal? Si no, ¿cómo producir $g = h_n(f)$? Reducciones de hasta el momento: desde $A$ es noetherian, $g$ puede ser representado como una tupla $\left ( \frac{m_1}{x_1^r}, \dots, \frac{m_k}{x_k^r} \right )$ donde$m_i \in M$, $x_i$ generar $\mathfrak{a}$, e $r$ es grande.

Answer 1

Rodney Sharp y Markus Brodmann la contribución para ayudar a la gente a entender la Deligne isomorfismo, es el artículo 20.1 de la Segunda Edición de su libro "Local cohomology" aquí, pero ver también 2.3.2.

Brodmann, M. P.; Sharp, R. Y. Local cohomology. Una expresión algebraica introducción con aplicaciones geométricas. Segunda edición. Cambridge Estudios en Matemáticas Avanzadas, 136. Cambridge University Press, Cambridge, 2013. xxii+491 pp.

La familia $(h_n)$ de los mapas que sugieren que está muy bien. Esta familia implica un mapa$$h: D_\mathfrak{a}(M) \to \Gamma(U, \tilde{M})$$which is the inverse of the isomorphism $\nu_{\mathfrak{a}, M}$ of 20.1.14. You will recognize this, if you consider the local family $\delta$ en la página 449. (Claramente, en su caso, la situación es ligeramente más sencillo, al considerar el estándar afín caso, mientras que la hipótesis de 20.1.2 preocupación más general de la situación).

En realidad estás preguntando si $h$ es surjective. Para probar esto, usted necesitará el hecho de que, para cada una de las $g \in \Gamma(U, \tilde{M})$ hay algo de $n \in \mathbb{N}$ tales que (en las notaciones utilizadas en 20.1.14) $\mathfrak{a}^n g \subseteq \mathrm{Im}(\varepsilon^U_M)$. En el más general de la configuración de la norma hipótesis 20.1.2 esto se muestra en 20.1.10.

¿Puede explicar exactamente cómo usar $\mathfrak{a}^n g \subseteq \text{Im}(\varepsilon_M^U)$? Claramente me gustaría utilizarlo para construir un mapa $f: \mathfrak{a}^n \to M$.

Deje $g \in \Gamma(U, \tilde{M}) = \tilde{M}(U)$. Entonces por 20.1.10 hay algunos $k \in \mathbb{N}$ tal que $\mathfrak{a}^kg \subseteq \varepsilon_M^U(M)$. Por 2.1.8(iii) tenemos $\text{Ker}(\varepsilon_M^U) = \Gamma_\mathfrak{a}(M)$, por lo que podemos identificar$$\varepsilon_M^U(M) = \overline{M} := M/\Gamma_\mathfrak{a}(M).$$There is a finitely generated $R$-submodule $N \subseteq M$ such that$$(N + \Gamma_\mathfrak{a}(M))/\Gamma_\mathfrak{a}(M) = \mathfrak{a}^k g\subseteq \overline{M}.$$By Artin-Rees, there is some $t \in \mathbb{N}$ such that $\mathfrak{a}^tN \cap \Gamma_\mathfrak{a}(M) = 0$. Set $n = k + t$. Then, we get$$\mathfrak{a}^ng = (\mathfrak{a}^t N + \Gamma_\mathfrak{a}(M))/\Gamma_\mathfrak{a}(M) = (\mathfrak{a}^tN)/(\mathfrak{a}^tN \cap \Gamma_\mathfrak{a}(M)) = (\mathfrak{a}^tN)/0 = \mathfrak{a}^tN \subseteq M.$$Hence we have a map$$f \in \text{Hom}_R(\mathfrak{a}^n, M), \quad x \mapsto f(x) := xg \quad(\forall x \in \mathfrak{a}^n).$$In your notations we get:$$h_n(f)_\mathfrak{p} := {{f(x)}\over x} = {{xg}\over x} = g_\mathfrak{p} \text{ for all }\mathfrak{p} \in U \text{ and all }x \in \mathfrak{a}^n \setminus \mathfrak{p}.$$This shows that $h_n(f) = g$.

Se puede ver, que mi ex sugerencia fue incompleta (que yo era consciente de), ya que yo no mencionan la igualdad de $\text{Ker}(\varepsilon_M^U) = \Gamma_\mathfrak{a}(M)$ de 20.1.8(iii).

Aquí están algunas sugerencias adicionales para la lectura de la prueba de 20.1.10 en el ordinario afín caso (con $S = R$$T = \text{Spec}(R)$). Las argumentos resultan ligeramente más sencillo que en el libro, pero se basan en las mismas ideas. No hay que olvidar, que la situación en el libro abarca mucho más, por ejemplo, el caso de (multi)proyectiva esquemas $T$...

Usted manifiesta $g$ por$$\left({{m_1}\over{s_1}}, \ldots, {{m_r}\over{s_r}}\right), \text{ with }s_1, \ldots, s_r \in \mathfrak{a} \text{ and }\bigcup_{i = 1}^r (\text{Spec}(R) \setminus \text{Var}((s_i))) = U$$so that for each $\mathfrak{p} \U := \text{Spec}(R) \setminus \text{Var}(\mathfrak{a})$ there is an $i$ such that $s_i \ni \mathfrak{p}$ and moreover, if $s_i \ni \mathfrak{p}$, then it holds in $M_\mathfrak{p}$ that $g_\mathfrak{p} = {{m_i}\over{s_i}}$ (ver 20.8.1(i)).

El punto esencial es demostrar que hay un $n \in \mathbb{N}$ tal que$$s_i^ng \in \varepsilon_M^U(M) \text{ for all }i = 1, 2, \ldots, r.\tag*{$(*)$}$$This is shown in the first 12 lines on page 446, on use of 20.1.19. I suggest that you read this and the proof of 20.1.9 in the book and translate it step by step to your "classical" situation in which $S = R$ and $T = \text{Spec}(R)$. Sugiero que este, ya que este tipo de lectura de la cara con argumentos que son de básica importancia si usted desea aprender la geometría algebraica.

Deje $\mathfrak{b} := \sum_{i = 1}^r Rs_i^n$. Entonces por $(*)$ consigue$$\mathfrak{b}g \subseteq \varepsilon_M^U(M).$$It is not hard to see, that $\texto{Var}(\mathfrak{b}) \subseteq \text{Var}(\mathfrak{a})$ so that $\mathfrak{a}^k \subseteq \mathfrak{b}$ for some positive integer $k$ (cf. line 14 and 15 on page 446). Therefore $\mathfrak{a}^kg \en \varepsilon_M^U(M)$.