"Trivial" geometría detrás de la intersección de emparejamiento en las superficies

Question

La intersección de emparejamiento entre dos divisores en un nonsingular algebraico de la superficie sobre un campo se define gracias a la siguiente teorema (la referencia es Hartshorne del libro):

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Se puede definir un emparejamiento para cualquier par de invertible poleas $\mathcal L,\mathcal M\in\operatorname{Pic}(X)$ como sigue:

$$\mathcal L.\mathcal M:=\chi(\mathcal O_X)-\chi(\mathcal L^{-1})-\mathcal (M^{-1})-\chi( \mathcal L^{-1}\otimes \mathcal M^{-1})\quad\quad (\ast)$$

Usando el bien conocido isomorfismo entre el $\operatorname{Pic}(X)$ y el grupo de los divisores de hasta lineales de equivalencia, se puede definir claramente:

$$C.D:=\mathcal O_X(C).\mathcal O_X(D)$$

y el paso final es demostrar que esta definición satisface las propiedades (1)-(4) del teorema anterior.

Así que todo está muy claro, pero no entiendo lo que es el significado de la definición $(\ast)$. A mí me parece que este emparejamiento para invertible poleas aparece de la nada. Se le puede dar cualquier intuitiva motivación acerca de su naturaleza? ¿Por qué necesitamos la de Poincaré características? ¿Por qué estamos tomando la inversa de las poleas?

Answer 1

Aquí está una manera fácil de conectar ($\star$) a la intuición geométrica.

Supongamos $C$ $D$ son dos curvas en su superficie. Existe una secuencia exacta, $$ 0 \to \mathcal O_{X}(-C-D) \to \mathcal O_X(-C)\oplus \mathcal O_X(-D) \to O_X \to \mathcal O_{C \cap D} \to 0,$$ donde $\mathcal O_{C \cap D}$ es el rascacielos gavilla apoyado en los puntos de intersección de $C$ $D$ con tallos de dimensión igual a la intersección de la multiplicidad en cada punto de intersección.

[Escribir el anterior morfismos de manera más explícita, supongamos que ${\rm Spec \ } A \subset X$ es un abierto afín en que $C$ $D$ son de la desaparición de los loci de $f$ $g$ $A$ respectivamente. A continuación, la asociada a la secuencia exacta de los módulos a través de ${\rm Spec \ } A$ es $$ 0 \to A \overset{(-g,f)}{\to} A^{\oplus 2}\overset{(f,g)}{\to} A \to A/(f,g) \to 0.$$ De hecho, el tallo en un punto de intersección $x \in C \cap D$$A_x/(f,g)$, cuya dimensión es la definición estándar de la intersección de la multiplicidad de $C$$D$$x$. ]

De todos modos, su idea intuitiva de intersección de emparejamiento es que $C.D$ es el número de puntos en $C\cap D$ contados con su multiplicidad. Pero esto es exactamente lo mismo que el número global de las secciones de $\mathcal O_{C \cap D}$. Desde $\mathcal O_{C \cap D}$ es un rascacielos gavilla, su mayor cohomologies desaparecer, por lo que este es el mismo que el de Euler característicos $\chi(\mathcal O_{C \cap D})$. Pero entonces, por encima de la secuencia exacta, esta característica de Euler es igual a $\chi(\mathcal O_X) - \chi(\mathcal O_X(-C)) - \chi(\mathcal O_X(-D)) + \chi(\mathcal O_X(-C-D)),$ lo cual está de acuerdo con su $(\star)$.

Answer 2

Sus preguntas son frecuentes reacción a la "conejo de un sombrero" tipo de prueba. La razón de hacerlo de esa manera es una cuestión de exposición. Un enfoque más natural sería el paso-por-paso. En primer lugar, por dos nonsingular curvas de $C$$D$, cumpliendo de manera transversal, definir $C.D$ a que el número de puntos de intersección. Siguiente, manteniendo $C$ fijo, vamos a mostrar esto sólo depende de la equivalencia lineal de la clase de $D$. Esto es porque si $D \sim D'$ en la superficie, a continuación, $C.D \sim C.D'$ como divisores en $C$. Y entonces sabemos que linealmente equivalente divisores en una curva tienen el mismo grado. Esto funcionará si $D$ se convierte en singular, siempre y cuando su intersección con la a $C$ es un conjunto finito de puntos.

Tal vez usted puede trabajar el resto por ti mismo. Si usted comienza con arbitraria divisores, tal es la diferencia de efectivos de las curvas, y el uso de Bertini del teorema, puede llevarlos a ser nonsingular. Esto da una definición para cualquiera de los dos divisores, pero usted tiene que demostrar que es independiente de las decisiones tomadas. Por el tiempo que trabajo todo este en completo detalle, tal vez se puede apreciar la elección de Hartshorne a tomar la más eficiente "conejo de un sombrero" método.

Por supuesto Kenny respuesta a tu pregunta es excelente.