Demostrar que el natural mapa de $\alpha : \text{Hom}(X,\text{Spec} A) \rightarrow \text{Hom}(A,\Gamma(X,\mathcal{O}_X))$ es un isomorfismo

Question

Esta es la pregunta 2.4 en Hartshorne. Deje $A$ ser un anillo y $(X,\mathcal{O}_X)$ a un esquema. Tenemos el mapa asociado de poleas $f^\#: \mathcal{O}_{\text{Spec } A} \rightarrow f_* \mathcal{O}_X$. Tomando global secciones de obtener un homomorphism $A \rightarrow \Gamma(X,\mathcal{O}_X)$. Por lo tanto es natural mapa de $\alpha : \text{Hom}(X,\text{Spec} A) \rightarrow \text{Hom}(A,\Gamma(X,\mathcal{O}_X))$. Espectáculo $\alpha$ es bijective.

Me imagino que vamos a empezar con el hecho de que podemos cubrir la $X$ con afín a abrir $U_i$, y que un homomorphism $A \rightarrow \Gamma(X,\mathcal{O}_X)$ induce una de morfismos de los esquemas de cada una de las $U_i$$\text{Spec} A$, y unirlos. Pero no tengo idea de cómo mostrar que la inducida por morfismos de acuerdo en las intersecciones. ¿Cómo funciona esto?

Answer 1

No voy a escribir todos los detalles, pero aquí es otra manera de abordar el problema, que creo que es más fácil, ya que evita el problema con tratar de abarcar $X$ por la apertura de los cuñados y pegado de morfismos juntos. Utilizamos la categoría de esquemas es una subcategoría de la categoría de local rodeada de espacios. Basta para mostrar \begin{align*} \alpha\colon \operatorname{Hom}_\mathsf{LRS}(X,\operatorname{Spec} A) &\longrightarrow \operatorname{Hom}_\mathsf{Ring}(A,\Gamma(X,\mathcal{O}_X))\\ (f,f^\#) &\longmapsto f^\#(\operatorname{Spec} A) \end{align*} es bijective. Construimos una relación inversa mapa $$ \rho\colon \operatorname{Hom}_\mathsf{Anillo}(A,\Gamma(X,\mathcal{S}_X)) \longrightarrow \operatorname{Hom}_\mathsf{CP}(X,\operatorname{Spec}) $$ de la siguiente manera. Deje $\varphi\colon A \to \Gamma(X,\mathcal{O}_X)$ ser dado. Definir $$ f \colon X \a \operatorname{Spec}, \quad x \mapsto \{s \in A \mid \varphi(s)_x \en \mathfrak{m}_x\} $$ donde $\varphi(s)_x$ es la imagen de $\varphi(s)$ en el tallo $\mathcal{O}_{x,X}$ $\mathfrak{m}_x \subseteq \mathcal{O}_{x,X}$ es el ideal maximal de a $\mathcal{O}_{x,X}$. Nota el conjunto de la derecha es un alojamiento ideal. El mapa de $f$ es continuo desde $f^{-1}(D(r)) = \{x \in X \mid \varphi(r)_x \notin \mathfrak{m}_x\} = D(\varphi(r))$. Podemos definir el mapa de $f^\#$ de la estructura de las poleas; desde $D(r)$ formulario de una base de $\operatorname{Spec} A$, construimos los morfismos en cada una de las $D(r)$ y, a continuación, pegue. Definimos $f^\#(D(r))$ a ser la parte superior de la flecha en el diagrama $$ \requieren{AMScd} \begin{CD} A_r @>f^\#(D(r))>\exists!> \mathcal{O}_X(f^{-1}(D(r)))\\ @AAA @AAA\\ A @>\varphi>> \mathcal{O}_X(X) \end{CD} $$ inducida por el el universal propiedad de localización [Atiyah-Macdonald, Prop. 3.1], donde la hipótesis de la universal de los bienes, funcionando desde $\varphi(r)$ es invertible en a$\mathcal{O}_X(f^{-1}(D(r)))$, por definición, de $f$. Los morfismos en cada una de las $D(r)$ pegamento juntos, ya que los mapas $f^\#(D(r))$ fueron construidos de forma única por la universal de los bienes de arriba, por lo tanto en cualquier intersección $D(rs)$ que deben coincidir.

Para mostrar $\alpha$ $\rho$ son inversos el uno al otro, nota: $\alpha \circ \rho = \mathrm{id}$ es claro dejando $r = 0$ en el diagrama de arriba. Esto implica $\alpha$ es surjective, por lo que permanece para mostrar $\alpha$ es inyectiva. Deje $\varphi\colon A \to \Gamma(X,\mathcal{O}_X)$, y deje $(f,f^\#)$ tal que $\alpha(f,f^\#) = \varphi$. Entonces, tenemos el diagrama de $$ \begin{CD} A_{f(x)} @>f^\#_x>> \mathcal{O}_{x,X}\\ @AAA @AAA\\ A @>\varphi>> \mathcal{O}_X(X) \end{CD} $$ al tomar la directa límite a más de abrir todos los conjuntos de $D(r)$ que contiene un punto de $x$. Desde el mapa de $f_x^\#$ es local, tenemos $(f_x^\#)^{-1}(\mathfrak{m}_x) = \mathfrak{m}_{f(x)}$, por lo tanto $f(x) = \{s \in A \mid \varphi(s)_x \in \mathfrak{m}_x\}$ como se desee mediante el uso de la conmutatividad del diagrama. La singularidad de $f^\#$ también de la siguiente manera a partir de este diagrama ya que si $(g,g^\#)$ es cualquier otro mapa $X \to \operatorname{Spec}A$ tal que $\alpha(g,g^\#) = \varphi$, $f^\#_x = g^\#_x$ todos los $x$, por lo que debe ser el mismo de morfismos.

Answer 2

Deje $g\in Hom_{ring}(A,\Gamma(X,\mathcal{O}_X)$

Cubierta $X$ afín a abrir los subconjuntos $\{U_i=Spec(A_i)\}_{i\in I}$.

Ahora, la inclusión $U_i\hookrightarrow X$ nos da un mapa de la sección global de $U_i$ a sección global de $X$ (es decir, $\rho^{X}_{Spec(A_i)}:\Gamma(X,\mathcal{O}_X)\rightarrow A_i$)

Tomamos el mapa compuesto $A\hookrightarrow \Gamma(X,\mathcal{O}_X)\hookrightarrow A_i$

Esto da lugar a un mapa de $f_i:U_i=Spec(A_i)\rightarrow A$ por cada $i\in I$ (Nota, $f_i$ no es nada, pero la Especificación mapa de la composición de $g$ con el mapa de restricción $\rho^{X}_{U_i}$, es decir, $f_i=Spec(\rho^{X}_{U_i}\circ g)$)

Notación: Si $h:A\rightarrow B$ ser un anillo homomorphism, entonces el correspondiente esquema de morfismos se denota por a $Spec(h):Spec(B)\rightarrow Spec(A)$

Ahora, hacemos uso de ese hecho - Si $X$ $Y$ son dos regímenes, a continuación, dar un morfismos de $X$ $Y$es equivalente a dar un abra la cubierta $\{U_i\}_{i\in I}$ de X, junto con morfismos $f_i:U_i\rightarrow Y$ donde $U_i$ tiene inducida abierto subscheme estructura, de tal manera que las restricciones de $f_i$ $f_j$ $U_i\cap U_j$son el mismo, para cada una de las $i,j\in I$

Por lo tanto, tenemos que comprobar:

$f_i|_{U_i\cap U_j}=f_j|_{U_i\cap U_j}$

Necesitamos cubrir $U_i\cap U_j$, de nuevo por afín a abrir los subconjuntos (de lo Contrario, no podemos usar el functoriality de $Spec$) de la Cubierta $U_i\cap U_j$ $\{V_{ijk}=Spec(B_{ijk})\}_k\in \mathcal{I}$

Lo suficiente como para Mostrar,

$f_i|_{V_{ijk}}=f_j|_{V_{ijk}}$

Tenemos la inclusión de bloques abiertos, $V_{ijk}\hookrightarrow U_i\cap U_j\hookrightarrow U_i \hookrightarrow X$ $V_{ijk}\hookrightarrow U_i\cap U_j\hookrightarrow U_j\hookrightarrow X$

Observar que,

$f_i|_{V_{ijk}}=Spec(\rho^{U_i}_{V_{ijk}}\circ\circ \rho^{X}_{U_i}\circ g)$

y

$f_j|_{V_{ijk}}=Spec(\rho^{U_j}_{V_{ijk}}\circ \rho^{X}_{U_j}\circ g)$

y ambos son iguales a $Spec(\rho^{X}_{V_{ijk}}\circ g)=f_i|_{V_{ijk}}=f_j|_{V_{ijk}}$

Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que $f_i$ $f_j$ está de acuerdo en la intersección y colas con el fin de dar lugar a un morfismos de $X\rightarrow Spec(A).$

Answer 3

Usted tiene el mapa de restricción: $r_i: \Gamma(X)\longrightarrow\Gamma(U_i)$, Esto le da a usted $Spec\Gamma(U_i)\longrightarrow SpecA$. El encolado de las obras, porque los mapas de restricción son compatibles el uno con el otro.