Einführung in die Algebraische Geometrie II

75 Pages·2008·0.4 MB·German

SkriptzurVorlesung
Einführung in die Algebraische
Geometrie II
Sommersemester 2008
Frankfurt am Main
Prof.Dr.AnnetteWerner
Inhaltsverzeichnis
8 EigenschaftenvonSchemataundihrenMorphismen 1
9 Dimension 15
10 Faserprodukte 30
11 SeparierteundeigentlicheMorphismen 48
12 ReguläreundglatteSchemata 61
13 AlgebraischeKurven 69
8 Eigenschaften von Schemata und ihren Morphismen
Definition8.1 EinSchemaX heißtreduziert,fallsfürallex∈X derHalmO ein
X,x
reduzierterRingist.
Lemma8.2 i) EinaffinesSchemaX (cid:39) SpecAistgenaudannreduziert,wennA
reduziertist.
ii) Ein Schema X ist genau dann reduziert, wenn für alle offenen Teilmengen
U ⊂X derRingO (U)reduziertist.
X
Beweis:EinRingAistgenaudannreduziert,wenndasNilradikal
√
NilA= 0={f ∈A:fn =0füreinn(cid:61)0}
gleichNullist.
i) Für jede multiplikative Teilmenge S ⊂ A gilt Nil(S−1A) = S−1Nil(A)
(Übungsaufgabe). Ist A ein reduzierter Ring, so ist somit für jedes Primideal
p ∈ SpecAauchAp reduziert.AlsoistdefinitionsgemäßSpecAreduziert.Um-
gekehrt nehmen wir an, dass X (cid:39) SpecA reduziert ist, d.h. alle Halme O
X,x
sindreduziert.Ists ∈ A (cid:39) O (X)einnilpotentesElement,soistalsofüralle
X
x∈X derKeims =0.Darausfolgts=0,d.h.Aistreduziert.
x
ii) Dasselbe Argument wie in i) zeigt, dass in einem reduzierten Schema X alle
RingeO (U)reduziertsind.Wirnehmenumgekehrtan,alleO (U)sindredu-
X X
(cid:83)
ziert.EsseiX = U mitU (cid:39) SpecA eineoffeneaffineÜberdeckungvonX.
i i i
i
DannistA (cid:39) O (U )reduziert,alsoistnachi)U einreduziertesSchema.Da
i X i i
fürallex∈U giltO =O ,istX einreduziertesSchema.
i X,x Ui,x
(cid:3)
Satz8.3 i) IstX einbeliebigesSchema,sogibteseineindeutigbestimmtesabge-
schlossenesUnterschema
i:Xred →X
Seite1
vonX,dasdenselbenunterliegendentopologischenRaumhat.
Ist f : Y → X ein Morphismus von einem reduzierten Schema Y nach X, so
gibtesgenaueinenMorphismus
g :Y →Xred,
sodassdasDiagramm
f (cid:47)(cid:47)
Y (cid:68)(cid:68)(cid:68)g(cid:68)(cid:68)(cid:68)(cid:68)(cid:68)(cid:33)(cid:33) (cid:122)(cid:122)(cid:122)(cid:122)(cid:122)i(cid:122)(cid:122)(cid:122)(cid:61)(cid:61)X
Xred
kommutativist.
ii) FürjedeabgeschlosseneTeilmengeZ vonX gibtesgenaueineStrukturgarbe,
dieZ zueinemreduziertenabgeschlossenenUnterschemavonX macht.
Beweis:
i) WirdefinierenfüralleU ⊂X offen
N(U)={s∈O (U):s ∈Nil(O )fürallex∈U}.
X x X,x
N(U) ist ein Ideal in O (U). Man prüft leicht nach, dass N eine Untergarbe
X
vonO ist.DieQuotientengarbeO /N isteineGarbevonRingenaufX.Essei
X X
XredderlokalgeringteRaum(X,O /N).IstU (cid:39)SpecA⊂Xeineoffeneaffine
X
Teilmenge, so sei i : SpecA/Nil(A) → SpecA die abgeschlossene Immersion
zurQuotientenabbildungA → A/Nil(A)(sieheLemma6.18).Fürjedesg ∈ A
ist
Kerni(cid:93)(D(g))=Nil(A) =N(D(g)),
g
wie man leicht nachprüft (Übungsaufgabe). Daraus folgt Kerni(cid:93) =N| . Also
U
ist (U,O /(N| ))(cid:39)Spec(A/Nil(A)) ein affines Schema. Somit hat Xred eine
U U
offeneÜberdeckungausreduziertenaffinenSchemata,esistalsoeinreduzier-
tesSchema.
Wirdefiniereni : Xred → X durchdieIdentitätaufdemtopologischenRaum
X unddiekanonischeGarbenabbildung
i(cid:93) :O →O /N.
X X
Die universelle Eigenschaft von Xred prüft man nun auf einer offenen affinen
Überdeckungnach(Übungsaufgabe).
Seite2
ii) EsseiZ ⊂ X eineabgeschlosseneTeilmenge.WirprüfenzunächstdieEindeu-
tigkeit einer reduzierten abgeschlossenen Unterschemastruktur (Z,O ) auf Z
Z
nach. Ist U (cid:39)SpecA⊂X offen affin, so ist (U ∩Z,O| ) ein abgeschlosse-
U∩Z
nesUnterschemavonU =SpecA.NachProposition8.4istdiesesisomorphzu
SpecA/afüreinIdeala⊂A,undesgiltV(a)=U∩Z.Da(Z,O )reduziertist,
Z
ist
O (U ∩Z)=A/a
Z
√
ein reduzierter Ring. Also folgt a = a. Somit ist a durch V(a)=U ∩Z
eindeutigbestimmtnachSatz4.7.Alsoistauch(Z,O )eindeutigbestimmt.
Z
Nun zeigen wir für Z ⊂ X abgeschlossen noch die Existenz einer reduzier-
(cid:83)
ten abgeschlossenen Unterschemastruktur. Es sei U = X eine offene af-
i
i
fine Überdeckung. Für alle i ist Z ∩ U eine abgeschlosssene Teilmenge von
i
Ui (cid:39) SpecAi, also von der Form Z ∩ Ui (cid:39) V(ai) für ein Ideal ai ⊂ Ai.
√
DasreduzierteaffineSchemaSpecA/ ai hatalsunterliegendentopologischen
√
Raum gerade V( a ) = V(a ) (cid:39) Z ∩ U . Also liefert O √ eine Gar-
i i i SpecA/ ai
be O auf Z ∩ U , die Z ∩ U zu einem reduzierten abgeschlossenen Un-
Z∩Ui i i
terschema von U macht. Aufgrund der gerade gezeigten Eindeutigkeit gilt
i
O | = O | . Also können wir die Garbe O zu einer
Z∩Ui Z∩Ui∩Uj Z∩Uj Z∩Ui∩Uj Z∩Ui
GarbeO verkleben,dieZzueinemreduziertenabgeschlossenenUnterschema
Z
vonX macht.
(cid:3)
NunmüssenwirnochdasfolgendeResultatnachtragen:
Proposition8.4 Es sei X = SpecA ein affines Schema und i : Z (cid:44)→ X ein abge-
schlossenes Unterschema. Dann gibt es ein Ideal a ⊂ A und einen Isomorphismus
Z (cid:39)SpecA/a,sodassdasDiagramm
Z (cid:63) ∼ (cid:47)(cid:47)SpecA/a
(cid:63)(cid:63)i(cid:63)(cid:63)(cid:63)(cid:63)(cid:63)(cid:31)(cid:31) (cid:122)(cid:122)(cid:118)(cid:118)(cid:118)(cid:118)(cid:118)(cid:118)˜i(cid:118)(cid:118)(cid:118)
X
kommutiert. Hier ist˜i die natürliche Abbildung aus Lemma 6.18. Insbesondere ist
jedesabgeschlosseneUnterschemaeinesaffinenSchemasselbstaffin.
Seite3
WirbenötigenfürdenBeweisvonProposition8.4folgendesLemma,daswirinden
Übungenbeweisen:
Lemma:SeiX einSchemaundf ∈ O (X).MitX bezeichnenwirdieMengealler
X f
x∈X,sodassf ∈O× gilt.Wirnehmenan,X erfülltfolgendeBedingung:
x X,x

 X lässtsichdurchendlichvieleoffeneaffineUi, i=1, ..., n,
(∗) überdecken,sodassalleU ∩U ebenfallseineendlicheoffene
i j
 affineÜberdeckungbesitzen.
Dann ist X eine offene Teilmenge von X, und die Einschränkungsabbildung
f
res :O (X)→O (X )induzierteinenIsomorphismus
XXf X X f
O (X) (cid:39)O (X ).
X f X f
Beweis von 8.4 : Wir prüfen zunächst nach, dass Z die Bedingung (∗) aus dem
Lemma erfüllt. Da i : Z → X ein Homöomorphismus auf eine abgeschlossene
Teilmenge ist, finden wir offene Teilmengen (U ) von X, so dass (i−1(U ))
j j∈J j j∈J
eine offene affine Überdeckung von Z ist. Jedes U ist Vereinigung von offenen
j
Basismengen der Form D(f ) für f ∈ A. Ist i−1(U ) = SpecB , so erfüllt die
jk jk j j
Abbildung i| : SpecB → SpecA die Bedingung i−1(D(f )) = D(ϕ(f )),
i−1Uj j jk jk
wobei ϕ : A → B der zugehörige Ringhomomorphismus ist (siehe Übungsauf-
j
gabe). Also sind alle i−1(D(f )) offen und affin in Z. Nun ist X nach Lemma
jk
4.16 quasi-kompakt. Also ist auch jede abgeschlossene Teilmenge von X und da-
mit auch Z quasi-kompakt. Daher hat die offene Überdeckung i−1(D(f )) von
jk
Z eine endliche Teilüberdeckung der Form i−1(D(f )), l = 1, ..., r. Nun ist
l
i−1(D(f )) ∩ i−1(D(f )) = i−1(D(f ) ∩ D(f )) = i−1(D(f f )) eine offene affine
l m l m l m
TeilmengevonZ,wiewirobengesehenhaben.AlsoistinderTatdieBedingung(∗)
erfüllt.
DieAbbildungi:Z →X hatalsabgeschlosseneImmersiondieEigenschaft,dass
i(cid:93) :O →i O
X ∗ Z
surjektiv ist. Es sei I = Kerni(cid:93). Das ist eine Garbe von Idealen in O . Es gilt
X
O /I (cid:39) (i O ) fürallex ∈ X.Nunist(i O ) = 0genaudann,wennx (cid:54)∈ i(Z)
X,x x ∗ Z x ∗ Z x
ist.AlsoistI (cid:54)= O genaudann,wennx ∈ i(Z)gilt.Somitkönnenwirdieabge-
x X,x
schlosseneTeilmengei(Z)vonX =SpecAbeschreibenals
i(Z)={x∈X :I (cid:54)=O }.
x X,x
Seite4
WirbetrachtennundenRinghomomorphismusϕ = i(cid:93) : A → O (Z)zui : Z → X.
X Z
ϕ
SeinKernistdasIdealI := I(X) ⊂ A.Alsoist0→I→A→O (Z)exakt.Fürjedes
Z
g ∈ A ist dann auch 0 → I → A → O (Z) exakt, da Lokalisieren mit Kern
g g Z ϕ(g)
bildenverträglichist.(DaszeigenwirindenÜbungen.)
Nach dem obigen Lemma ist O (Z) (cid:39)O (Z )=(i O )(D(g)), da
Z ϕ(g) Z ϕ(g) ∗ Z
i−1(D(g))={z ∈Z :ϕ(g) (cid:54)∈m }=Z gilt.
z z ϕ(g)
i(cid:93)
AlsoistI =Kern(O (D(g))) D→(g) (i O )(D(g))=I(D(g)).Wirbetrachtennunfür
g X ∗ Z
dasIdealIdieabgeschlosseneImmersion
˜i:SpecA/I→SpecA=X,
diewirinLemma6.18beschriebenhaben.DieGarbenabbildung˜i(cid:93)istsurjektiv,und
˜i(cid:93) :O(D(g))=A →O (D(g))=A /I
D(g) g SpecA/I g g
isteinfachdieQuotientenabbildungmitKernI =I(D(g)).
g
DadieMengenderFormD(g)eineBasisderTopologiebilden,folgt
Kern˜i(cid:93) =I.
Esist
i(Z) = {x∈X :I (cid:54)=O }
x X,x
= {x∈X :(Kern˜i(cid:93)) (cid:54)=O }
x X,x
= V(I)=˜i(SpecA/I).
DaslieferteinenHomöomorphismusf =˜i−1◦i:Z →SpecA/I.FürjedeoffeneTeil-
menge U = ˜i−1(V) ⊂ Spec(A/I) ist O (U) = O /Kern˜i(cid:93)(V) = O /I(V) =
SpecA/I X X
O (i(V)).Somitistf inderTateinIsomorphismusvonZ nachSpecA/I. (cid:3)
Z
Definition8.5 EinSchemaX heißtinteger,wennfüralleoffenenTeilmengenU ⊂X
derRingO (U)nullteilerfreiist.
X
Lemma8.6 EinaffinesSchemaX (cid:39) SpecAistgenaudanninteger,wennAeinInte-
gritätsringist.
Beweis:IstX (cid:39) SpecAinteger,soistA (cid:39) O (X)nullteilerfrei,d.h.einIntegritäts-
X
ring.IstumgekehrtAeinIntegritätsring,soseiU (cid:54)=∅einebeliebigeoffeneTeilmenge
vonX =SpecA.Fernerseiens,t∈O (U)gegebenmit
X
st=0
Seite5
in O(U). Da A ein Integritätsring ist, ist (0) ein Primideal in A. Es sei η ∈ SpecA
der zugehörige Punkt. Dann ist η ∈ U. Wir betrachten die Keime s und t in
η η
O (cid:39)A =QuotA. Es ist s t = 0, also s = 0 oder t = 0. Nach Lemma 6.7
X,η (0) η η η η
istO (U)→O injektiv,worauss = 0odert = 0folgt.DaheristO (U)nulltei-
X X,η X
lerfrei. (cid:3)
Vorsicht: Ist X ein integres Schema, dann sind alle O Integritätsringe. Die Um-
X,x
kehrunggiltabernicht.(Übungsaufgabe)
Proposition8.7 EinSchemaX istgenaudanninteger,wennX reduziertundirredu-
zibelist.
Beweis : Falls X integer ist, so sind alle O (U) Integritätsringe, also insbesondere
X
reduziert.DaheristX reduziert.
AngenommenX =X ∪X fürabgeschlosseneTeilmengenX undX vonX.Dann
1 2 1 2
sinddie offenenTeilmengen U = X \X und U = X \X disjunkt. Alsoist nach
1 1 2 2
denGarbenaxiomendieAbbildung
O (U ∪U ) → O (U )×O (U )
X 1 2 X 1 X 2
f (cid:55)→ (f| ,f| )
U1 U2
ein Isomorphismus. Da O (U ∪U ) keine Nullteiler besitzt, folgt U = ∅ oder
X 1 2 1
U =∅,alsoX =X oderX =X.DaheristX irreduzibel.
2 1 2
Wir nehmen nun an, X ist irreduzibel und reduziert. Es sei U ⊂ X of-
fen und f,g ∈O (U) mit fg = 0. Wir betrachten Y ={x∈U :f ∈m } und
X f x x
Y ={x∈U :g ∈m }. Diese Teilmengen sind abgeschlossen in U (Übungsaufga-
g x x
be).Dafürallex ∈ U giltf g =0∈m ,folgtU =Y ∪Y .DaX irreduzibelist,ist
x x x f g
nachLemma4.9auchU irreduzibel.AlsoistU = Y oderU = Y .Wirkönnenohne
f g
Einschränkung U = Y annehmen. Es sei V ⊂ U eine beliebige offene affine Teil-
f
menge. Aus D(f| )=V ∩(U \Y )=∅ folgt, dass f| nilpotent ist. Nun ist O (V)
V f V X
reduziert,alsoistf|V = 0.AlsoistdieEinschränkungvonf aufalleoffenenaffinen
TeilmengenvonU trivial.Darausfolgtf =0. (cid:3)
Lemma8.8 Sei X ein irreduzibles Schema. Dann gibt es einen Punkt η ∈ X, der in
jedernicht-leerenoffenenTeilmengeU ⊂X enthaltenist.EsgiltX ={η},wobei{η}
derAbschlussderEinpunktmenge{η}ist.DerPunktηheißtgenerischerPunktvon
X.
Seite6
Beweis : Sei ∅ (cid:54)= U = SpecA ⊂ X eine offene affine Teilmenge. Dann ist U nach
Lemma4.9irreduzibel.NachProposition4.10giltalsoSpecA = V(p) = {p}fürein
PrimidealpvonA.SeiηderzugehörigePunktinX.EsistX ={η}∪(X/U),alsofolgt
{η}=XausderIrreduzibilitätvonX.Aus{η}={ξ}=Xfolgtη =ξ(Übungsaufga-
be),alsoistηunabhängingvonderWahlvonU.Dajedenicht-leereoffeneTeilmenge
vonX eineoffeneaffineTeilmengevonX enthält,folgtdieBehauptung. (cid:3)
JetztzeigenwireineVerallegemeinerungvonLemma6.7.
Proposition8.9 SeiX einintegresSchemamitgenerischemPunktη.
i) DerlokaleRingO isteinKörperundstimmtalsomitdemRestklassenkörper
X,η
κ(η)überein.ErheißtFunktionenkörpervonX.
ii) FürjedeoffeneaffineTeilmengeSpecA(cid:39)U ⊂X giltQuotA=κ(η).
iii) Für jede offene Teilmenge U ⊂ X und alle x ∈ U ist die Halmabbildung
O(U) → O injektiv. Ferner haben wir einen natürlichen injektiven Homo-
X,x
morphismusO →O .
X,x X,η
iv) AlleRestriktionsabbildungeninX sindinjektiv.
(cid:84)
v) Inκ(η)giltO (U)= O fürjedeoffeneTeilmengeU ⊂X.
X X,x
x∈U
Beweis : Es sei ∅ (cid:54)= V (cid:39) SpecA eine offene affine Teilmenge von X. Dann ist A
ein Integritätsring. Nach Lemma 8.8 liegt η in V. Also ist V der Abschluss von η
in V. Daher entspricht η dem minimalen Primideal (0) ⊂ A. Nach Lemma 6.7 ist
O (cid:39)QuotA,unddieRestriktionsabbildungenaufV sindinjektiv.
V,η
DaO (cid:39)O ist,folgeni)undii).
X,η V,η
iii) Seif ∈ O (U)mitf = 0.DannexistierteineoffeneaffineUmgebungW von
X x
x mit f| = 0. Ist ∅ (cid:54)= V ⊂ U eine beliebige offene affine Teilmenge, so ist
W
η ∈V ∩W,alsoV ∩W (cid:54)=∅.Daherfolgtausf| =0nachderVorbemerkung
V∩W
f| =0.Somitistf =0.AlsoistO (U)→O injektivfürallex∈U.
V X X,x
Wählen wir x = η, so ist also O (U) → O injektiv für alle offenen Teil-
X X,η
mengenU vonX.DieuniverselleEigenschaftdesdirektenLimeslieferteinen
HomomorphismusO = limO (U)→O ,derebenfallsinjektivist.
X,x −→ X X,η
x∈U
iv) folgtausiii)
Seite7
(cid:84)
v) Aus iii) folgt O (U)⊂ O . Ist U (cid:39)SpecA offen, affin in X, so ist
X X,x
x∈U
(cid:84) (cid:84) (cid:84)
OX,x (cid:39) Ap.Zuf ∈ ApdefinierenwirdasIdeal
x∈U p∈SpecA p∈SpecA
a={g ∈A:fg ∈A}.
AngenommenaisteinemPrimidealpvonAenthalten.Daf ∈Ap ist,istf = ab
mit a,b ∈ A und b (cid:54)∈ p. Nun ist bf = a ∈ A, also ist b ∈ a ⊂ p. Das ist ein
Widerspruch.DaheristainkeinemPrimidealenthalten,alsofolgta=A.Somit
(cid:84)
ist 1 ∈ a, also gilt f ∈ A. Daher folgt O (U)⊃ O , falls U affin ist. Der
X X,x
x∈U
allgemeineFallfolgtdurchBetrachteneineroffenenaffinenÜberdeckung.
(cid:3)
Definition8.10 i) Ein Schema X heißt noethersch, falls X eine endliche offene
n
(cid:83)
affineÜberdeckungX = U besitzt,sodassO (U )fürallei∈{1, ..., n}ein
i X i
i=1
noetherscherRingist.
ii) EinSchemaX heißtlokalnoethersch,wennjederPunkteineoffeneaffineUm-
gebungU besitzt,sodassO (U)noetherschist.
X
Beispiel:
i) IstAeinnoetherscherRing,soistSpecAeinnoetherschesSchema.
ii) Für jeden noetherschen Ring A ist der projektive Raum Pn ein noethersches
A
Schema.
Wir haben hier die Eigenschaft noethersch jeweils nur für eine spezielle offene affi-
ne Überdeckung gefordert. Mit dieser Definition ist nicht a priori klar, dass für ein
noetherschesaffinesSchemaSpecAderRingAnoetherschseinmuss.Diesfolgtaber
ausdemnächstenLemma.
Lemma8.11 Ein Schema X ist genau dann lokal noethersch, wenn für jede offene
affineTeilmengeU ⊂X derRingO (U)noetherschist.
X
Beweis:SeiU (cid:39)SpecAeineoffeneaffineTeilmengevonX.DaX eineÜberdeckung
durchSpektrennoetherscherRingebesitztundLokalisierungennoetherscherRinge
Seite8