大好き★代数幾何

1 名前：１３２人目の素数さん [03/10/02 00:41] Grothendieckは代数幾何が大好きだったそうです。 101 名前：１３２人目の素数さん [03/10/10 20:12] 昨夜の続き。 P^rを体k上の射影空間 Proj(k[x_0, ... x_r] とする。 U_i = D+(x_i)とおく。nを任意の整数とする（負の整数も可)。 θ(i,j) = (x_i/x_j)^nはΓ(U_i ∩ U_j)^*の元である。 θ(j,k)θ(i,j) = θ(i,k) がU_i ∩ U_j ∩ U_kで成り立つ。 従って、命題４よりX上の可逆層が定まる。この層をO(n)と書く。 さて、S上の次数付き加群Mがあると、S+の同次元fに対して、 D+(f)にM_fの次数0成分M_(f)を対応させることにより、 O加群の層M~が定まる。 S上の次数付き加群S(n)をそのp次成分を S(n)_p = S_(p + n)で定義する。 命題６ O(n) = S(n)~ である。 これを証明せよ。 102 名前：１３２人目の素数さん [03/10/10 20:59] ごくろう。 103 名前：１３２人目の素数さん [03/10/10 21:24] 射影スキームとというのはアフィンでないスキームとしては 最も重要なものである。完備な非射影スキームというのは、 かなり例外的なものであり通常考える必要はない。 従って、代数幾何をやるものは射影スキームに親しむ必要がある。 104 名前：１３２人目の素数さん [03/10/10 23:55] 命題７ Γ(P^r, O(n)) は S_nとk-加群として同型である。 これを証明せよ。 105 名前：１３２人目の素数さん [03/10/10 23:56] やだ。 106 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 00:21] ここで環付き空間の射による加群の層の順像と逆像について述べる。 X, Yを位相空間とし、f:X→Yを連続写像とする。 GをX上のアーベル群の層とする。 Gのfによる順像f_*(G)を、 f_*(G)(U) = G(f^(-1)(U))で定義する。 これは、Y上のアーベル群の層である。 FをY上のアーベル群の層とする。 VをXの開集合とし、Vの点xに対してO_f(x)の元を対応させる写像ψで、 局所的にO_Yの切断から誘導されるもの全体をΓ(V)として 得られる層をFのfによる逆像といい、f^(-1)(F)と書く。 詳しく述べると、xのある開近傍Wに対して f(W) を含むYの開集合Uと、U上のfの切断sが存在し、 ψ(p) = s_f(p) がWの全ての点pにおいて成り立つ。 命題８ Hom(f^(-1)(F), G) から Hom(F, f_*(G)) への全単射が存在する。 これを証明せよ。 順像と逆像は環の層でも同様に定義され命題８が成り立つ。 107 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 00:30] >>106 訂正： Vの点xに対してO_f(x)の元を対応させる　⇒ Vの点xに対して F_f(x)の元を対応させる　 局所的にO_Yの切断から誘導 ⇒ 局所的にFの切断から誘導 108 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 00:46] X, Yを環付き空間とし、f:X→Yを射とする。 定義から、射: O_Y → f_*(O_X) が存在する。 命題８より、随伴射: f^(-1)(O_Y) → O_X が存在する。 GをO_X-加群の層とする。f_*(G)はf_*(O_X)-加群の層となる。 射: O_Y → f_*(O_X) により、これはO_Y-加群の層となる。 これをO_X-加群 Gの f による順像と呼び、同じ記号f_*(G)で表す。 FをO_Y-加群の層とする。f^(-1)(F)はf^(-1)(O_Y)-加群の層となる。 射: f^(-1)(O_Y) → O_X により、O_X はf^(-1)(O_Y)-加群となり、 f^(-1)(O_Y)上のテンソル積f^(-1)(F) (x) O_X　が定義される。 これをO_Y-加群 Fの f による逆像と呼び、f^*(F)と書く。 命題９ Hom(f^*(F), G) から Hom(F, f_*(G)) への全単射が存在する。 これを証明せよ。 109 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 00:54] 命題１０ X, Yを環付き空間とし、f:X→Yを射とする。 LをY上の可逆層とすると、f^*(L)も可逆層である。 対応は、L → f^*(L) は 準同型 Pic(Y) → Pic(X) を与える。 これを証明せよ。 110 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 01:26] ここで局所環についての基本事項を復習しておく。 命題１１(中山の補題) Aを局所環、mをその極大イデアルとする。 Mを有限生成A-加群とする。 M = mM なら M = 0 である。 証明 M ≠ 0 と仮定する。 M は有限生成だからZornの補題より極大な部分加群 N が存在する。 L = M/N は 単純加群だから κ= A/m と同型である。 従って L ≠ mL 即ち L/mL = L (x) κ ≠ 0 M → L → 0 は完全だから、 M (x) κ→ L (x) κ → 0 も完全。 従って、M (x) κ ≠ 0 即ち、M ≠ mM QED. 系１ NをM の部分加群とし、M = N + mM とする。 このとき、M = N となる。 これを証明せよ。 系２ M/mM = M (x) κ はκ上の有限次ベクトル空間である。 この基底の代表元x_1, ... ,x_n はM の生成元である。 これを証明せよ。 111 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 01:42] >101 :心得をよく読みましょう :03/01/01 12:25 ID:D7EJP0Ux >最近、元総連関係者から得た話として >ある２ちゃんねらーからこのような情報が流れてきた。 >「日本国内の反北朝鮮・反韓国の言論に対して常に >圧力がかけられているのに、なぜ２ちゃんねるだけは >黙殺されているのか。これは、総連や民団に斡旋された >東京の在日を、２ちゃんねるのプロ固定・プロ名無しと >して就職させることの見返りなのである。 >また、プロ名無しが日本国内の地域間対立を >煽ること、および最近では皇太子のアスキーアート >を張り付けることも要請している。」 >102 :心得をよく読みましょう :03/01/01 12:26 ID:D7EJP0Ux >さらに、 >「これだけではない。プロ名無しとして就職させた >在日は、企業のデマを流し混乱を与える工作部隊でもある。 >そのためには、外部からの圧力をはねつけ規制の無い掲示板 >にしておいたほうが都合がいい。必然的に起こる朝鮮批判と >デマによる日本批判なら、後者のほうがダメージは大きい。 >２ちゃんねるの言論の自由を、こういうスパイ活動にも巧みに利用してきたのだ。 >しかし、当事者同士の裁判となってこのような工作がばらされる危険性がある。 >しかし、匿名を傘に投稿者を秘匿しておけば心配は無い。 >管理人が訴状を受け取ることを公言していることの裏が >これだ。管理人は工作の尻拭いさせられ、原告は >訴訟したことの批判をうけ、叩きが一層激しくなるのだ。 >しかし、司法がこういう運営姿勢を認めなくなり、 >この工作からは手をひくようだ。それがひろゆきの >運営方針の転換に現れた。その代わり嫌韓厨問題の提起 >や、管理人に職業右翼陰謀説を語らせるなど、別の工作にうって出てる。」 112 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 01:45] 命題１２ Xを局所環付き空間とし、LをX上の可逆層とする。 Xの点xに対してm_xをO_xの極大イデアルとする。 sをLの大域切断とする。s_x のL_x/(m_x)L_x における像 をs(x)と書く。s(x) ≠ 0 となるx の全体は開集合である。 これを証明せよ。 113 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/11 02:10] つか嫉妬してる人間がいるな。 114 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/11 02:24] shit? 115 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 07:54] X, Yを局所環付き空間とし、f:X→Yを射とする。 LをY上の可逆層とする。sをLの大域切断とする。 sはf^(-1)(L)の大域切断tを誘導する。 t (x) 1 はf^*(L)の大域切断である。 これをf^(*)(s)と書く。 命題１３ xをXの点とする s(f(x)) ≠ 0 なら f^(*)(s)(x) ≠ 0　である。 これを証明せよ。 116 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 08:05] 命題１４ X, Yを局所環付き空間とする。 {U_i}をXの開被覆とし、各i に対して射 f_i: U_i → Y が与えられていて、任意のi, j に対して f_i | U_i ∩ U_j と f_j | U_i ∩ U_j が一致するとする。 このとき、射 f: X → Y で f|U_i = f_i となるものが一意に 存在する。 証明は自明だろう。 117 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 08:22] 命題１５ Xを局所環付き空間とする。 LをX上の可逆層とする。sをLの大域切断とする。 命題１２より s(x) ≠ 0 となるx の全体は開集合である。 これをUと置く。t をLの任意の大域切断とする。 Γ(U)の元 f で t_x = f_x s_x が　U の任意の点 で成り立つものが一意に存在する。 これを証明せよ。 上のfをt/s と書く。 118 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 08:51] kを体。P^r = Proj(k[x_0, ... x_r]) をk上の射影空間とする。 命題７よりΓ(P^r, O(1)) は S_1とk-加群として同型である。 従って、x_0, ... x_r は、可逆層 O(1) の大域切断である。 x_i(p) ≠ 0 となる p の集合は D+(x_i) である。 このことから、P^rの各点pにおけるO(1)のストークO(1)_pは x_0, ... x_r の像により生成されることがわかる。 この事実を、O(1)は大域切断 x_0, ... x_r で生成されると言う。 119 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 09:03] Xをk上の局所環付き空間とする。すなわち、構造射 X → Spec(k) が与えられているとする。 命題１からこれは、環準同型 k → Γ(X) が与えられていることと 同値である。 f: X → P^r をk上の局所環付き空間としての射とする。 命題１０より、f^*(O(1))は可逆層である。 U_i = f^(-1)(D+(x_i)) と置く。 命題１３より、U_i の任意の点 p で f^*(x_i)(p) ≠ 0 である。 即ち、f^*(x_0), ... , f^*(x_r) は f^*(O(1)) を生成する。 120 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 09:25] 命題１６ Xをk上の局所環付き空間とする。LをX上の可逆層とする。 s_0, ... , s_r を L の大域切断で L を生成するものとする。 k-射 f: X → P^r で L = f^*(O(1)), s_0 = f^*(x_0), ..., s_r = f^*(x_r) となるものが一意に 存在する。 証明 s_i(p) ≠ 0 となる p の集合を X_i と書く。 命題１５よりこれは、開集合であり、 任意の j に対して s_j/s_i は Γ(X_i) の元である。 一方、U_i = D+(x_i) は P^r のアフィン開集合で Γ(U_i) = Spec(k[x_0/x_i, ... , x_r/x_i]) である。 従って、x_j/x_i → s_j/s_i により 準同型 k[x_0/x_i, ... , x_r/x_i] → Γ(X_i) が定まり、 命題１から射 X_i → U_i が定まる。 この射は、X_i ∩ X_j で一致する。従って命題１４より 射 X → P^r が定まる。残りは各自に負かす。 QED. 121 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 09:45] Aをk-代数とする。X = Spec(A)上の可逆層 L は準連接である。 従って、A-加群 M が存在して、M~ = L (同型) となる。 そこで、M~が可逆層となるようなA-加群Mの性質を調べる。 122 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:03] 命題１７ 局所環 A 上の有限生成射影加群 M は自由である。 証明 κ= A/m とおく。M/mM = M (x) κ はκ上の有限生成加群だから、 その基底の代表元はM の生成元である (命題１１(中山の補題)の系２)。 従って 有限自由な L と完全列 L → M → 0 が存在し、 L (x) κ→ M (x) κが同型となるものが存在する。 L → M　の核をN とする。 0 → N → L → M → 0 は完全である。 Mは射影的だから、この完全列は分解する。 従って 0 → N (x) κ→ L (x) κ→ M (x) κ → 0 も分解する 完全列である。よって、N (x) κ = 0 となる。 NはLの直和因子だから、有限生成である。 中山の補題より、N = 0 となる。即ち、L と M は同型。 QED. 123 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:17] ところで、照明の最後についてるQED.って何？ 124 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:24] 命題１８ Aを環。MをA-加群とする。 任意の素イデアル p に対して, M_p = 0 なら、M = 0 である。 これを証明せよ。 125 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:28] 命題１９ Aを環。f:M → N をA-加群の準同型とする。 f_p: M_p → N_p が任意の素イデアルに対して全射なら、 fも全射である。 これを証明せよ。 126 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:30] 命題１９ 有理数体上定義された楕円曲線はモジュラーである。 これを証明せよ。 127 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:32] >>126 訂正 命題１９⇒命題２０ 128 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:34] >>123 証明終わりという意味。ラテン語の頭文字。 英語の辞書に載ってるよ。 そんなことより、証明、分かってるのか。 129 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:39] 定義２ Aを環。MをA-加群とする。 有限自由なL_1, L_2で L_1 → L_2 → M → 0 が完全となるようなものが存在するとき、 Mを有限表示を持つ加群という。 130 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 10:54] 命題２０ Aを環。Mを有限表示を持つA-加群とする。 NをA-加群、pをAの素イデアルとする。 Hom(M, N)_p = Hom(M_p, N_p) が成り立つ。 ここで、Hom(M_p, N_p)はA_p-加群としてのHom 証明 N, p を固定する。 F(M) = Hom(M, N)_p G(M) = Hom(M_p, N_p) とおく。 F, G は加法的関手である。 射: F → G が存在する。 即ち、Hom(M, N)_p → Hom(M_p, N_p) これは、f:M → N に、f_p: M_p → N_p を対応させるもの。 M が有限自由のときは、これは同型である。 Mが有限表示を持つから、A_pによるテンソル積が完全列を保存すること (A_pの平坦性)と可換図式により、命題が成り立つ。 詳細は各自にまかす。 QED. 131 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 20:37] 定義３ Aを環とし、MをA-加群とする。 任意のA-加群の列 N' → N → N'' に対して これが完全であることと N'(x)M → N(x)M → N''(x)M が完全であることが同値となるとき、 Mを忠実平坦であるという。 命題２１ Aを環。MをA-加群とする。 以下は互いに同値である。 1) Mは忠実平坦である 2) Mは平坦で、N ≠ 0 なら N(x)M ≠ 0 3) Mは平坦で、M ≠ mM がAの任意の極大イデアルm に対して成り立つ。 これを証明せよ。 132 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 22:56] 命題２２ Aを環。Mを有限表示を持つA-加群とする。 0 → G → F → M → 0 が完全で、 Fが有限生成なら、Gも有限生成である。 証明 有限自由なL_1, L_2で L_1 → L_2 → M → 0 が完全となるようなものが存在する 従って以下の可換図式が成り立つ。 　　L_1 → L_2 → M → 0 ↓ 　　↓ 　↓ 0 → G → F → M → 0 ここで、M → Mは恒等写像。 Snake lemma より Coker(L_1 → G) = Coker(L_2 → F)　(同型) よって、Coker(L_1 → G)は有限生成。 Im(L_1 → G)も有限生成だから、Gも有限生成である。 QED. 133 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 23:18] 命題２３ 環Aを環Bの部分環で、BはA-加群として忠実平坦とする。 MをA-加群とする。M(x)B がB-加群として有限表示を持てば、 MもA-加群として有限表示を持つ。 証明 M(x)B はがB-加群として有限生成だから、 Mの部分加群Nで有限生成で、N(x)B → M(x)B が同型と なるものが存在する。BはA-加群として忠実平坦だから、 NはMと一致する。従ってMは有限生成。 よって有限自由なFと以下の完全列が存在する。 0 → G → F → M → 0 BはA-平坦だから、 0 → G(x)B → F(x)B → M(x)B → 0 は完全。M(x)BはB-加群として表示を持ち、 F(x)Bは有限生成だから、命題２２より G(x)Bも有限生成である。BはA-加群として忠実平坦だから 最初に述べた方法と同様にGも有限生成である。 QED. 134 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 23:32] 命題２４ 有限生成射影加群は、有限表示を持つ。 これを証明せよ。 135 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 23:45] 命題２５ BをA-代数で、BはA-加群として平坦とする。 Mを有限表示を持つA-加群とする。 NをA-加群とする。 Hom(M, N)(x)B = Hom(M(x)B, N(x)B) (同型)が成り立つ。 ここで、Hom(M(x)B, N(x)B) はB-加群としてのHom 証明は、命題２０と同様。 136 名前：１３２人目の素数さん [03/10/11 23:55] 命題２６ 環Aを環Bの部分環で、BはA-加群として忠実平坦とする。 MをA-加群とする。M(x)B がB-加群として有限生成射影加群 なら、MもA-加群として有限生成射影加群である。 証明 命題２４より、M(x)B は有限表示を持つ。 従って命題２３より、M は有限表示を持つ。 従って命題２５より、任意のA-加群Nに対して Hom(M, N)(x)B = Hom(M(x)B, N(x)B) (同型)となる。 任意の完全列　N → N' → 0　に対して、 N(x)B → N'(x)B → 0 も完全である。 M(x)Bは射影加群だから、 Hom(M(x)B, N(x)B) → Hom(M(x)B, N'(x)B) → 0 も完全。 従って、Hom(M, N)(x)B → Hom(M, N')(x)B → 0 も完全。 Bは忠実平坦だから、Hom(M, N) → Hom(M, N') → 0 も完全。 即ち、Mは射影加群である。 QED. 137 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 00:13] 命題２７ Aを環。{f_i} をAの元の有限列で、単位イデアルAを 生成するとする。A_f_i の直和環をBとする。 BはA-加群として忠実平坦である。 証明 各A_f_iはA-平坦だから、BもA-平坦である。 仮定より、{D(f_i)} はSpec(A)の開被覆である。 従って、pをAの素イデアルとすると、 p はあるD(f_i) に含まれる。pA_f_i はA の素イデアル である。これよりpB ≠ B が分かる。 命題２１より、BもA-忠実平坦である。 QED. 138 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 00:38] 命題２８ Aを環、MをA-加群とする。 X = Spec(A)とおき、O_X-加群 M~ を考える。 M~が可逆層なら、Mは有限生成射影加群である。 証明。 M~が可逆層であるから、Spec(A)の開被覆 {D(f_i)} で各M_f_iがA_f_iとA_f_i加群として同型なものがある。 M_f_iの直和 T を考える。 T = M (x) B である。 TはBとB-加群として同型だから、B-加群として 有限生成射影加群である。 命題２７より、BはA-加群として忠実平坦である。 従って、命題２６よりMは有限生成射影加群である。 QED. 139 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 00:45] >128 quantum electrodynamics. 電子をはじめ荷電粒子，電磁場からなるミクロな系を支配する力学体系を 量子電磁力学という.（中略） しばしば英語の頭字をとってQEDと略称される(→･････). ［岩波 理化学辞典，第3版,岩波 (1971)］ 量子電気力学 [文部省 学術用語集 物理学編(1954)] 140 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 00:45] 命題１７より、階数１の有限生成射影加群の層化がSpec(A)上の可逆層 となることは、明らかである。 これと、命題２８より、階数１の有限生成射影加群と可逆層は、 同型を除けば、同じものと考えることが出来る。 141 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 00:56] 命題１６と命題２８などから、我々の目的である 以下の定理が出ることは明らかだろう。 詳細は各自に任す。 主定理 kを体。Aをk上の(有限生成とは限らない)可換代数。 P^nをk上の射影空間、すなわちProj(k[X_0, ... X_n])。 Spec(A)からP^nへのk-morphisms全体, Hom(Spec(A), P^n)は、A上の階数１の射影加群で 階数n+1の自由加群A^(n+1)の直和因子となって いるもの全体と1対１に対応する。 142 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 01:01] >>141 上の定理のkは体でなくても環であればいい。 今までの証明を見ればkが体であることを、どこにも使って ないことが分かるはずだ。 143 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 01:08] >>先生 乙！ TeX打ちでもするか 144 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 01:47] すでに知ってる人もいるだろうが、俺の種本を教えてあげよう。 命題１６の証明などは、HartshorneのAlegebraic Geometry, 命題２８の証明などは、BourbakiのCommutative Algebra(1-7). O(1)の解釈などは、SerreのFACを参考にした。 SerreのLocal Algebraも中山の補題の証明に使った。 命題１は、Hartshorneにも載っているが、局所環付き空間 でなくスキームを扱っていたと思う。局所環付き空間であの命題を 述べたのはEGAかな。よく覚えてない。 命題１６もXはスキームでなく局所環付き空間で成り立つが、 これに気づいたのは、今回の証明を書いているときだ。 あと主定理自体は、あるオンラインの代数幾何入門からヒントを得た。 今は著者名と題名を思い出せない。 145 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 02:07] スキームではない環付き空間で 代数幾何的に重要だったりおもしろそうな例ってどんなのがありますか？ 146 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 02:16] 門外漢でわからないけど、 「A上の階数１の射影加群で階数n+1の自由加群A^(n+1)の直和因子と なっているもの全体と1対１に対応する」 っていうのは、 「A^(n+1)の階数１の直和因子全体と1対１に対応する」 って言う意味でいい？ 「A上の階数１の射影加群の同型類でA^(n+1)の直和因子で 代表されるもの全体と1対１に対応する」 というようにも読めるけど、そういう意味ではないよね？ 147 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 02:24] >>145 代数幾何的に重要かどうかは知らないが、 例えば代数的でない複素多様体。 148 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 02:29] >>146 ｢A^(n+1)の階数１の直和因子全体と1対１に対応する｣ という意味。 例えば、Aが体の場合を考えてみれば分かる。 この場合、階数１の直和因子とは、１次元の線形部分空間のことだ。 149 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/12 02:31] Milne先生のところ？＞オンラインの代数幾何講義 150 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 02:52] >>149 違う。ロシアまたは東欧系の名前の数学者だった。 151 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 03:38] 命題１６により可逆層がなぜ代数幾何で重要かがわかるだろう。 非特異代数多様体では可逆層と因子とは線形同値を除けば同じ ものと考えていい（証明せよ）。この見方からすると、O(1)には 射影空間の超平面が対応する。O(1)の逆像には、超平面の逆像が 対応するはずだが、超平面の逆像の定義は？　一般に因子の逆像とは何か？ 152 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 10:42] 命題１６でXをスキームでなく局所環付き空間として述べたのは、 そのほうが証明の本質がわかりやすいから。より一般化された問題の ほうが、その本質がよく分かる場合が多い。問題が難しかったら、 その問題を一般化せよというのは、よく言われる。 153 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 12:59] 命題２８の証明って、Bourbakiでしか見たことない。 基本的な命題なのに。Bourbakiの可換代数は、非常にいい。 Atiyah-MacDonaldの本は、Bourbakiのエッセンスをまとめたものだろう。 154 名前：１３２人目の素数さん [03/10/12 14:12] >>6 の続きって何なんでしょうか？ 代数空間とか代数スタックのことですか？ 155 名前：１３２人目の素数さん [03/10/13 19:35] Hartshorneの本の演習問題をここで解かないか？ 156 名前：珍々 ◆0OHTCmYTPk [03/10/13 19:39] オンラインで、一章の解答を見た記憶がある。 157 名前：１３２人目の素数さん [03/10/13 20:45] 俺も見た。だから2章から行こう。 158 名前：１３２人目の素数さん [03/10/13 21:22] >>156 リンク希望 159 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/14 17:16] 2ch発のHartshorne解答集ができたらおもしろいね。 160 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 05:21] 大好きか？代数幾何 死ぬ前に１度は勉強してみたい。 161 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 20:51] 今日は代数幾何な気分でつ。 162 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 20:56] ２次曲線age 163 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 21:27] モジェライ理論age 164 名前：１３２人目の素数さん [03/10/15 22:07] シツモソです。Ｋを体とするときＫ上有限生成な代数群スキームのなす圏は アーベル圏でしょうか？十分入射的でしょうか？もしＹＥＳなら何よめばわかるでしょうか？ ＮＯならどんな反例（Cokが有限生成代数群スキームにならない例とか）が あるでしょう？しってるひといたら情報ください。 165 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 22:09] 晒しあげ 166 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/15 22:12] >>164 おいおい、abelならadditiveだぞ。 二つの射をどうやって足すんだ？ 167 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 22:14] >>166 おまい馬鹿？？ 168 名前：↑ mailto:sage [03/10/15 22:16] 馬鹿はオマエ 169 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 22:16] ｗｗｗｗｗｗｗ 170 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/15 22:21] 根拠の無いレスを繰り返すのはお止めなさい 171 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/15 22:22] はい 172 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/15 22:28] >>166 ああ、すいません。有限生成な可換代数群スキームの圏のまちがいです。 こいつアーベル圏でしょうか？KernelについてはとじてるんですがCokernelが よくわかりません。いくつかの特殊な場合に成立するのはわかったんですが 一般の場合成立するのかも反例があるのかもわかりまへん。おながいします。 173 名前：１３２人目の素数さん [03/10/15 22:57] 直感的にはアーベル圏にはならないと思う。 詳しいことはSerreの"algebraic groups and class fields"に 書いてあったような。ただし、スキームではなく可換代数群だが。 群スキームについては、SGAかな。ダウンロードできるよ。 フランス語だが。 174 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/15 23:26] >>173 ＞群スキームについては、SGAかな。ダウンロードできるよ。 　 ダウンロードできるんですか･･･しかし膨大な量になりそうな･･･ 　 ＞直感的にはアーベル圏にはならないと思う。 ＞詳しいことはSerreの"algebraic groups and class fields"に ＞書いてあったような。ただし、スキームではなく可換代数群だが。 　 連結成分が固有とかいう条件つけてもだめすか？ 175 名前：１３２人目の素数さん [03/10/16 07:43] >>174 SGAはダウンロードしなくてもオンラインで見れるよ。 176 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/16 08:11] いい加減SGAは卒業しろよ・・。 177 名前：１３２人目の素数さん [03/10/16 14:53] ここのみんなで ttp://www.math.leidenuniv.nl/~edix/public_html_rennes/sgahtml/ これに参加しないか？ 178 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/16 17:49] スルー 179 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/16 18:03] 参加するーってことかな 180 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/16 19:01] 代数幾何的素数判定 181 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/16 19:10] >>180 知ってる言葉並べただけだろ 182 名前：１３２人目の素数さん [03/10/16 19:51] では、HartshorneのAlgebraic Geometry(Springer-Verlag, 1977) の演習問題を解いてくれ。２章からいく。 ほとんど自明な問題は除く。 II.1.3.(b) 以下の条件を満たすX,F,G,と射F → G 及びXの開集合U の例を示せ。 F, G を位相空間X上の層。F → G を層としての全射とする。 開集合U があって、F(U) → G(U) は全射ではない。 183 名前：１３２人目の素数さん [03/10/16 20:47] >>177 そのプロジェクトって少しは進展してるのかな？ 全然、結果を見たことがないんだが。 184 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/16 21:09] プロジェクトSEX 185 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/16 21:16] >>184 死ねアホ 186 名前：１３２人目の素数さん [03/10/16 22:20] >> 182 X = C（複素数体） F = G = 正則関数の層 φ：F → G：f → f'（導関数） とする。 φは層として全射（ローカルには原始関数は必ず存在するから）。 だが、U = C - {0} とすると、φ(U)：F(U)→G(U) は全射でない。 たとえば f∈G、f(z) = 1/z を考えよ。 187 名前：１３２人目の素数さん [03/10/16 22:54] >>186 偶然だな。俺は１日考えて同じ例を思いついた。 188 名前：１３２人目の素数さん [03/10/16 23:01] II.1.11 {F_i} を ネーター空間X上での層のdirect system とする。 前層 U → lim F_i(U) は層であることを示せ。 189 名前：186 [03/10/17 01:46] >>188 これにもチャレンジしてみますた。 ＜層の一意性条件＞ s、t ∈ dirlimit F_i(U)、U の開被覆を{U_α}とし、 ∀α s|U_α = t|U_αと仮定する。 （以下、sやtの適当な代表元を「s_i」「t_i」等で表す） この仮定は、正確に書くと ∀α ∃i(α) s_i(α)|U_α = t_i(α)|U_α （「i(α) 」はαに依存する添え字）。 今、X がネーターだから、{U_α}から有限開被覆をとれる。 添え字αをこの有限開被覆の添え字の範囲で動かしたときのi(α)の最大値をj と おくと、この j に対して ∀α s_j|U_α = t_j|U_α。 よって、F_j が層であることから、結局グローバルにs = t。 190 名前：186 [03/10/17 01:47] （続き） ＜層の貼り合わせ条件＞ U の開被覆を{U_α}、{s(α)} ∈ Πdirlimit F_i(U_α)とし、 ∀α, β s(α)|U_α∩U_β = s(β)|U_α∩U_βと仮定する。 この仮定は、正確に書くと ∀α, β ∃i(α, β) s(α)_i(α, β)|U_α∩U_β = s(β)_i(α, β)|U_α∩U_β。 今、X がネーターだから、{U_α}から有限開被覆をとれる。 添え字αとβをこの有限開被覆の添え字の範囲で動かしたときのi(α, β)の 最大値をj とおくと、この j に対して ∀α, β s(α)_j|U_α∩U_β = s(β)_j|U_α∩U_β。 よって、F_j が層であることから、s_j | U_α = s(α)_j をみたすグローバルな 貼り合わせ s_j ∈ F_j(U) が存在する。このs_j を代表元とする s ∈ dirlimit F_i(U) が、明らかに最初の {s(α)} の貼り合わせとなる。 以上。間違いあったら指摘も求む。 しかし、なんか疲れた。こういう問題はちょっとつまんないかも... 191 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/17 02:03] 乙 192 名前：186 [03/10/17 02:53] 今読み直して気付いたが、i(α)とかの「最大値」ってのはヘンだな。 「上界の1つ」と読み替えてくれ。 193 名前：１３２人目の素数さん [03/10/17 07:55] Hartshorneの演習問題 II.1.16(b) Fを位相空間X上の層とする。任意の開集合 U ⊃ V に対して、制限写像: F(U) → F(V) が全射のときFを軟弱(flasque)と言う。 0 → F' → F → F'' → 0 を層の完全列とする。 F' が軟弱なら、任意の開集合 U に対して、 0 → F'(U) → F(U) → F''(U) → 0 が完全であることを示せ。 194 名前：Which不一致 ◆v.V7zKGUME [03/10/17 08:03] とりびある 195 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [03/10/17 12:16] >>194 そりゃ正しい命題はすべてトリビアルだ。 それじゃ演習問題にならん。 196 名前：１３２人目の素数さん [03/10/17 19:15] >>193 ヒントをあげよう。F → F'' は全射だから、 局所的にF(V) → F''(V) は全射である。 従って F"(U) の任意の切断 s に対して、 Ｕの空でない開部分集合 V と、その上の F の切断 t が 存在して、t の像が s|V となる。V ≠ U なら、 F'が軟弱だから、t の定義域 V を真に拡大できることを示す。 次に、Zornの補題を使って V = U と出来ることを示せ。 197 名前：186 [03/10/18 00:28] >>193 またまたチャレンジ！ なんかクセになってきた。 本見ずに考えたら半日くらいかかってしまったが・・・。 >>196 のヒントのやりかたとはちょっと違うかも。 II.1.16(b) の証明： 左完全性は常に成り立つから、F(U) → F'(U) が全射であることを示せばよい。 以下、F' を F の部分層とみなす。 s ∈ F''(U)をとる。F → F'' が層の全射であることから、 ∃ U の開被覆 {U_i}、t_i ∈ F(U_i) t_i → s|U_i。 添字の集合I に適当な整列順序を入れ、i, j (i < j) に対して c_ij := t_j - t_i ∈ F(U_i∩U_j) とおく。 c_ij ∈ Ker(F(U_i∩U_j) → F''(U_i∩U_j)) = F'(U_i∩U_j) であること、 および c_ij が「チェインルール」 c_jk - c_ik + c_ij = 0 を満たすこと が容易にわかる。 今、{c_i} ∈ ΠF'(U_i) を次のように(超限)帰納的に定義する。 ・「最初の元」0の値： 　c_0 := 任意の元 ∈ F'(U_0)。 ・ i の「1つ後の元」i'（= min{j | i <j})の値： 　c_i + c_ii' ∈ F'(U_i∩U_i') の定義集合を U_i' に拡大したものを c_i' ∈ F'(U_i')とする。F' が軟弱であることからこのような c_i' が 常にとれる。 この {c_i} が、∀ i, j (i < j) c_j - c_i = c_ij ∈ F'(U_i∩U_j) を満たすことが容易に わかる（チェインルールを使う）。 この {c_i} を使って、{r_i}∈ΠF(U_i) を r_i := t_i - c_iで定義すると、U_i∩U_j 上で、 r_i = t_i - c_i = t_i - c_j + c_ij = t_i - c_j + t_j - t_i = r_j。 よって、この {r_i} はグローバルに r ∈ F(U) に貼り合わせることができ、これが求める s の逆像となる。 以上。 198 名前：186 [03/10/18 01:07] >>197の証明は取り下げる。 「(超限)帰納的に」という部分、あまり深く考えずに、超限帰納法からこういう 議論ができるかと思って書いたがいたが、やっぱヘンだ。I が可算なら この証明でOKだが・・・。 199 名前：186 [03/10/18 02:48] >>197の修正版。超限帰納法をきちんと使ったらできた。 II.1.16(b) の証明： 左完全性は常に成り立つから、F(U) → F''(U) が全射であることを示せばよい。 以下、F' を F の部分層とみなす。 s ∈ F''(U)をとる。F → F'' が層の全射であることから、 ∃ U の開被覆 {U_i}、t_i ∈ F(U_i) t_i → s|U_i。 添字の集合I に適当な整列順序を入れ、i, j (i < j) に対して c_ij := t_j - t_i ∈ F(U_i∩U_j) とおく。 c_ij ∈ Ker(F(U_i∩U_j) → F''(U_i∩U_j)) = F'(U_i∩U_j) であること、 および {c_ij} が c_jk - c_ik + c_ij = 0 (i < j < k) を満たすことが容易にわかる。 ここで、 ∃ {c_i} ∈ ΠF'(U_i) s.t. ∀ i, j (i < j) c_j - c_i = c_ij ∈ F'(U_i∩U_j) ・・・ (*) を超限帰納法で示す。 k ∈ I を任意に1つとり、J := {j ∈ I | j < k} に対して ∃ {c_j} ∈ ΠF'(U_j) (j ∈ J) s.t. ∀ j, j' ∈ J (j < j') c_j' - c_j = c_jj' ∈ F'(U_j∩U_j') が成り立つと仮定する。 今、j''∈J を勝手に1つとり、c_j'' + c_j''k ∈ F'(U_j''∩U_k) の、 制限写像F'(U_k)→F'(U_j''∩U_k)による逆像の1つをc_k ∈ F'(U_k)とおく。 F' が軟弱であることからこのような c_k が常にとれる。 この c_k は c_k - c_j = c_jk (∀ j∈ J) を満たす。実際、 j < j'' の場合、c_k - c_j = c_j'' + c_j''k - c_j = c_jj'' + c_j''k = c_jk、 j'' < j の場合、 c_k - c_j = c_j'' + c_j''k - c_j = - c_j''j + c_j''k = c_jk。 よって K := J ∪ {k} についても仮定と同じ主張がなりたつことが示され、 結局 (*) が示された。 この {c_i} を使って、{r_i}∈ΠF(U_i) を r_i := t_i - c_iで定義すると、U_i∩U_j 上で、 r_i = t_i - c_i = t_i - c_j + c_ij = t_i - c_j + t_j - t_i = r_j。 よって、この {r_i} はグローバルに r ∈ F(U) に貼り合わせることができ、これが求める s の逆像となる。 以上。 200 名前：１３２人目の素数さん [03/10/18 15:33] >>198 可算の場合だけで実用上は十分だろうな。 可算基を持たない位相空間というのは、代数幾何（に限らず他の数学でも） ではまず扱わない。 201 名前：１３２人目の素数さん [03/10/18 18:49] 話は変わるが、俺はHartshorneの講義を聞いたことがある。 コホモロジーがどうとか言ってた。講義の内容は さっぱり解らなかったが。w あれは、1973年頃だったと思う。 長髪にひげで、当時まだいたヒッピーみたいというのが 俺の印象だった。俺は修士課程のほやほやだった。 歳がばれるな。

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