Las haces localmente constantes sobre un espacio irreducible son constantes.

Question

En la Proposición 6.15 del Capítulo II de la Geometría Algebraica de Hartshorne: Si $X$ es un esquema integral, el homomorfismo $CaCl X \rightarrow Pic X$ es un isomorfismo.

En la prueba él quiere probar que $\mathcal L \otimes \mathcal K= \mathcal K$. Es claro que en una cubierta abierta $\{U_i\}$ $(\mathcal L \otimes \mathcal K)|_{U_i}\cong \mathcal K.

A partir de esto concluye que $\mathcal L \otimes \mathcal K \cong \mathcal K$, lo cual se sigue de un hecho general de que si "$X$ es irreducible, una giral cuya restricción a cada conjunto abierto de una cubierta de $X$ es constante, (*) es de hecho una giral constante".

¿Alguien puede dar una prueba del hecho anterior de que las girales localmente constantes sobre un espacio irreducible son en realidad constantes?

• Supongo que Harthsorne quiere decir que es isomorfo a una giral constante.

Answer 1

Pista. Si $X$ es irreducible, tiene un punto genérico, es decir, un punto $\xi$ contenido en todo conjunto abierto no vacío. Luego, recuerda que un fibrado constante es un fibrado cuyas secciones (vistas como funciones) son localmente constantes.

Answer 2

Es suficiente demostrar que para cualquier giro de estos tales $\mathcal{F}$ y cualquier sección global $s\in\Gamma (X,\mathcal{F} )$, existe una cubierta abierta $\{U_{\alpha}\}$ de $X$ y un conjunto $A$ tal que $s\vert_{U_{\alpha}}\in A$ para cada $\alpha$. Esto es equivalente a decir que $\mathcal{F}$ es el giro asociada al pre-giro constante $\underline{A}$.

Ahora, dado que hemos tenido una cubierta abierta $\{U_{\alpha}\}$ tal que $\mathcal{F}\vert_{U_{\alpha}}$ es constante, existe una cubierta abierta $\{V_{\gamma}\}$ de $X$ que es un refinamiento de $\{U_{\alpha}\}$ tal que la restricción de $s$ a $V_{\gamma}$ está en $A_{\alpha}$ si $V_{\gamma}\subseteq U_{\alpha}$. Dado que $X$ es irreducible, cualquier par de subconjuntos abiertos tiene intersección no vacía, y dado que $\mathcal{F}\vert_{U_{\alpha}}$ es constante para todos los $\alpha$, tenemos para $x\in U_{\alpha\beta }=U_{\alpha }\cap U_{\beta}$, $\mathcal{F}_x =A_{\alpha} =A_{\beta}$, por lo tanto los conjuntos son iguales, y hemos construido tal cubierta abierta y encontrado tal conjunto, lo que implica que $\mathcal{F}$ es constante.

Answer 3

Es bastante simple. Primero, para subconjuntos abiertos arbitrarios y no vacíos $V\supseteq{}W$ de $X$, la restricción $r_{V,W}$ en $\mathcal{L}\otimes{}\mathcal{K}$ es un isomorfismo que derivamos del hecho de que las restricciones $r_{V\cap{}U_{i},W\cap{}U_{i}}$ son isomorfismos ($W\cap{}U_{i}$, $V\cap{}U_{i}$ no son vacíos ya que $X$ es irreducible) y $\mathcal{L}\otimes{}\mathcal{K}$ es un haz. Luego, para un $U=U_{i_{0}}$ elegido, extendemos el isomorfismo $\mathcal{L}|_{U}\otimes{}\mathcal{K}|_{U}\cong{}(\mathcal{L}\otimes{}\mathcal{K})|_{U}\cong\mathcal{K}|_{U}$ al isomorfismo $\mathcal{L}\otimes{}\mathcal{K}\cong\mathcal{K}$ como en la siguiente expresión $(\mathcal{L}\otimes{}\mathcal{K})(V)\xrightarrow{r_{_{V,V\cap{}U}}}(\mathcal{L}\otimes{}\mathcal{K})(V\cap{}U)\overset{\sim}{\rightarrow}\mathcal{K}(V\cap{}U)\xrightarrow{\varrho^{-1}_{V,V\cap{}U}}\mathcal{K}(V)$ (la restricción $\varrho_{V,V\cap{}U}$ en $\mathcal{K}$ es un isomorfismo porque $\mathcal{K}$ es constante y $V\cap{}U$ no es vacío)