¿Cuándo se retiran los divisores?

Question

Si tenemos un mapa no constante de curvas no singulares $\varphi:X\rightarrow Y$ , entonces Hartshorne define un mapa $\varphi^* Div(Y)\rightarrow Div(X)$ utilizando el hecho de que los irreducibles de codimensión uno son sólo puntos, y observando $\mathcal{O}_{Y,f(p)} \rightarrow \mathcal{O}_{X,p}$ . Mi pregunta es, si no tenemos un buen mapa de curvas, ¿qué condiciones podemos poner al morfismo para que podamos retirar los divisores? Claramente no es cierto en general, ya que podemos tomar un mapa constante y entonces topológicamente la imagen inversa no tiene ni siquiera el codim correcto.

Pensando en esto en términos de divisores de Cartier (y asumiendo que los esquemas son integrales), parece que sólo necesitamos una forma de transportar funciones en $K(Y)$ a las funciones en $K(X)$ . Si $\varphi$ es dominante, entonces obtendremos dicho mapa. ¿Es esto suficiente? Además, ¿hay algo que podamos decir cuando $\varphi$ no es dominante? Algo así como que tenemos una forma de mapear divisores con soporte en $\overline{\varphi(X)}$ a los divisores en $X$ ?

Answer 1

Si quieres tirar un divisor de Cartier $D$, lo puede hacer siempre que la imagen de $f$ no está incluido en el apoyo de $D$: simplemente tire hacia atrás el local de las ecuaciones de $D$.

Si esto no sucede, en un esquema integral, sólo se puede pasar a la línea asociada bundle $\mathcal{O}_X(D)$ y tire hacia atrás que, la obtención de $f^{*} \mathcal{O}_X(D)$; por supuesto, se pierde parte de la información debido a que una línea de paquete determina un divisor de Cartier sólo lineales de equivalencia.

Fulton inventado una buena manera de evitar esta distinción. Definir un pseudodivisor en $X$ a ser un triple a $(Z, L, s)$ donde $Z$ es un subconjunto cerrado de $X$, $L$ una línea de paquete y $s$ un lugar de fuga sección $X \setminus Z$, por lo tanto, una banalización en ese conjunto abierto. A continuación, puede simplemente definir la retirada de esta triple como $(f^{-1}(Z), f^{*} L, f^{*} s)$, por lo que siempre se puede tirar de nuevo pseudo divisores, lo $f$ es.

La relación con divisores de Cartier es el siguiente: para un divisor de Cartier $D$ puede asociar una pseudodivisor $(|D|, \mathcal{O}_X(D), s)$ donde $s$ es la sección de la $\mathcal{O}_X(D)$ lo que da un local de la ecuación de $D$.

Esta correspondencia no es bijective. En primer lugar, un pseudodivisor $(Z, L, s)$ determina un divisor de Cartier si $Z \subsetneq X$; tenga en cuenta que en este caso la ampliación de $Z$ no va a cambiar el asociado Cartier divisor, por lo que para obtener un bijective correspondencia con divisores de Cartier tienes que factor pseudodivisors por una relación de equivalencia, que os dejo a formular. Pero si $Z = X$, sólo obtener una línea de paquete en la $X$, y que no hay manera de obtener un divisor de Cartier.

Si quieres saber más sobre esto, lea el capítulo segundo de Fulton de la intersección de la teoría.

Answer 2

A mí me parece que se están acercando a este en el camino equivocado.

En primer lugar, usted tiene que decidir si desea pull-back

divisores

o

divisor clases

Tirando hacia atrás de divisores de medio tirando hacia atrás de los ciclos y ejecutar en todo tipo de problemas. Si el mapa es plano, entonces eso está bien. Ver Fulton la Intersección del libro de la teoría para más información sobre esto. (Hay una sección llamada "plano de pull-back de los ciclos" en alguna parte). Esto es en realidad por qué Hartshorne no tiene que preocuparse acerca de tirar de divisores o divisor de clases. Cualquier no-constante de morfismos entre los no-singulares de curvas planas. Por supuesto, no estoy diciendo que este es el más general de la condición bajo la cual usted puede pull-back divisores, sólo que este es el "natural". De nuevo, esto es un poco demasiado, ya que funciona para cualquier dimensional ciclos, no sólo divisores.

Tirando hacia atrás de divisor de clases es algo más fácil (y más al mismo tiempo). Es más fácil, porque entonces usted no tiene que preocuparse acerca de la compatibilidad. Como ya se ha señalado por Frank, que acaba de "convertir" a su divisor de clase a una línea de paquete, tire hacia atrás y "convertir" de vuelta a un divisor de Cartier. En realidad, para ello es necesario $X$ a de ser integral, pero parecen estar bien con la hipótesis de que.

De todos modos, otro, tal vez el más interesante de la cuestión es cómo pull-back divisores de Weil. El principal problema que hay es que no están definidos localmente por una sola ecuación, de manera que sus asociados gavilla no es una línea de paquete, sólo un reflexiva de la gavilla de la fila $1$. Por desgracia, tirando hacia atrás de aquellos que no implica necesariamente una reflexiva de la gavilla. Una solución es hacer esto y luego tomar la reflexiva casco, pero esto no va a dar a un grupo de homomorphism. Otro parcial de la manera de manejar los divisores de Weil es restringir a $\mathbb Q$-divisores de Cartier, es decir, un divisor que en sí no puede ser Cartier, pero varios de los cuales es Cartier. Entonces usted acaba de tomar múltiples, tire de la parte posterior y luego se divide por el mismo número que multiplicado con. Curiosamente esto puede resultar en la fracción de los coeficientes, por lo que sólo preservar lineal de equivalencia de mod $\mathbb Q$. El ejemplo más simple de un $\mathbb Q$-Cartier, pero no divisor de Cartier es una resolución de una ecuación cuadrática en forma de cono (mirar en la intersección de los números para probar esto). Un poco más interesante el ejemplo se incluye en este MO respuesta. Para un ejemplo de un no-$\mathbb Q$-Cartier divisor considerar el cono sobre una quadric surface en $\mathbb P^3$ y dejar que el divisor sea el cono sobre una línea en la superficie.

Answer 3

Si tienes un morfismo $f:X\rightarrow Y$ de esquemas y $D$ es un divisor de Cartier en $Y$ entonces se puede retirar la gavilla invertible $\mathcal{O}(D)$ a $X$ y será una sub-hoja invertible de la hoja de cocientes totales $\mathcal{K}_X$ . Esta gavilla define una clase de equivalencia lineal de los divisores de Cartier, pero no hay una elección clara de un divisor específico. Sin embargo, si además se supone que $X$ se reduce, y $D$ viene dada por las secciones $f_i$ en una cubierta abierta $U_i$ de $Y$ cuyo soporte no contiene la imagen de ninguna de las componentes irreducibles de $X$ entonces se puede definir un divisor de Cartier $f^*D$ en $X$ como $(f^{-1}(U_i), f_i\circ f)$ y esto se encuentra en la clase de $f^*\mathcal{O}(D)$ . Este tipo de "apoyo-evasión" es bastante común con estos argumentos.

Answer 4

Supongamos que ambos $X$ y $Y$ son localmente noeterianos y toman un divisor de Cartier $D$ en Y. Afirmo que $D$ a un divisor de Cartier en $X$ si y sólo si $f(Ass\ X) \cap |D|=\emptyset$ .

Claramente esto no tiene sentido a menos que defina lo que es un pullback de $D$ un divisor Cartier $E$ en $X$ es un pullback de $D$ , escrito $E=f^*D$ , si

1) $|E|\subseteq f^{-1}(|D|)$ .

2) $U=X-f^{-1}(|D|)$ es esquemáticamente denso, es decir $Ass\ X \subseteq U$ y existe un isomorfismo $\phi : f^*\mathcal{O}_Y(D)\longrightarrow \mathcal{O}_X(E)$ tal que $\phi(f^*1)=1$ en $U$ .

Condición $1)$ relaciona los soportes $|D|$ y $|f^* D|$ mientras que la condición $2)$ afirma que $f^*\mathcal{O}_Y(D)\simeq \mathcal{O}_X(f^* D)$ y asegura que $f^* D$ está determinada de forma única.

La idea detrás de la definición anterior es que si $\mathcal{L}$ es una gavilla invertible en un esquema $X$ entonces $\mathcal{L}\simeq \mathcal{O}_X(E)$ para un divisor de Cartier $E$ si y sólo si existe un subconjunto abierto esquemáticamente denso $U\subseteq X$ y una sección cero en ninguna parte $s\in \mathcal{L}(U)$ . Además, teniendo en cuenta $(U,s)$ existe un único $E$ s.t. $|E|\cap U = \emptyset$ y existe un isomorfismo $\mathcal{L}\simeq \mathcal{O}_X(E)$ enviando $s$ a $1$ en $U$ . Tenga en cuenta que, en general, si $C$ es un divisor $X-|C|$ es esquemáticamente denso y $1$ es una sección cero en ninguna parte de $\mathcal{O}_X(C)$ en él.

En nuestro caso $f(Ass\ X) \cap |D|=\emptyset$ significa que $U=X-f^{-1}(|D|)$ es esquemáticamente denso. Dado que $f^* 1$ es una sección cero en ninguna parte de $f^*\mathcal{O}_Y(D)$ en $U$ obtenemos un divisor $f^*D$ condiciones satisfactorias $1),2)$ .

Por ejemplo, si $f(Ass\ X) \subseteq Ass Y$ se puede hacer un pullback de cualquier divisor de Cartier en $Y$ . Esto ocurre si $f$ es plana o un mapa dominante entre esquemas integrales.

Por último, si $D$ es eficaz $f^*D$ existe, es decir $f(Ass\ X) \cap |D|=\emptyset$ si y sólo si $f^{-1}(D)$ es un divisor efectivo y en este caso coinciden. Además, la secuencia exacta que define $D$ en $Y$ a la secuencia exacta que define $f^{-1}(D)$ en $X$ que es muy útil. (Para el caso efectivo, véase [proyecto Stacks, 22.3]).

Answer 5

No debería preocuparse por si el soporte se cruza o no con el cierre $\overline{\varphi(X)}$ . Si no lo es, entonces su divisor simplemente se retira al divisor cero en X.