微分形式层

只需验证泛性质。只需要定义 $h(dx_i) = d’x_i$.

对于任意 $\overline{b},\overline{b’} \in I/I^2$. $\delta(\overline{b}+\overline{b’}) = \delta(\overline{b+b’}) = d(b+b’) \otimes 1 = db \otimes 1 + db’ \otimes 1 = \delta \overline{b} + \delta \overline{b’}$.

对于任意 $\overline{c} \in C, \overline{b} \in I/I^2$. $\delta(c \overline{b}) = \delta(\overline{cb}) = d (cb) \otimes 1=(bdc+ cdb) \otimes 1 = dc \otimes b+ cdb \otimes 1 = cdb \otimes 1$. 其中 $dc \otimes b = 0$ 是因为 $b\in I, C = B/I$.

如果 $B$ 是一个有限生成的 $A$ 代数。不妨设 $B = A[x_1,\dots,x_n]/ I$, 所以考虑以下正合列 $0 \to I \to A[x_1,\dots,x_n] \to B \to 0$. 根据命题 ，我们得到 $$I/I^2 \xrightarrow{\delta} \Omega_{A[x_1,\dots, x_n]/A} \otimes_{A[x_1,\dots,x_n]} B \to \Omega_{B/A} \to 0$$

根据例题 , $\Omega_{A[x_1,\dots, x_n]/A} \otimes_{A[x_1,\dots,x_n]} B$ 由 $d x_i \otimes 1$ 生成，是个秩为 $n$ 的自由 $B$ 模。所以 $\Omega_{B/A} $ 是有限生成的 $B$ 模。

如果 $S^{-1}B$ 是一个有限生成 $A$ 代数 $B$ 的局部化， 那么根据命题 , 我们可以知道 $\Omega_{S^{-1}B/A} \cong S^{-1}\Omega_{B/A}$, 如果 $Omega_{B/A}$ 由 $\omega_1,\dots, \omega_k$ 有限生成，那么这个局部化可以由 $\frac{\omega_1}{1},\dots, \frac{\omega_k}{1}$ 有限生成。

命题 里的 $I$ 取 $\frakm$，那么 $C=k$. $A$ 也取 $k$. 所以有以下正合列 $$\frakm/\frakm^2 \xrightarrow{\delta} \Omega_{B/k} \otimes_B k \to \Omega_{k/k} \to 0$$

因为 $\Omega_{k/k}$ 由 $dk$ 生成，但是 $dk =0$, 所以 $\Omega_{k/k} = 0$.

因此我们有正合列 $$\frakm/\frakm^2 \xrightarrow{\delta} \Omega_{B/k} \otimes_B k \to 0.$$ 所以 $\delta$ 是个满射。

接下来就是去证 $\delta$ 是单射。只需要证明 $$\delta’ :\rmHom_k(\Omega_{B/k} \otimes_B k, k) \to \rmHom_k(\frakm/\frakm^2 , k)$$ 是满射。

其中 $\rmHom_k(\Omega_{B/k} \otimes_B k, k) \cong \rmHom_B(\Omega_{B/k} ,k)$ （利用张量积和 $\rmHom$ 的伴随性质）。根据泛性质，我们可以知道 $\rmHom_B(\Omega_{B/k},k)$ 和 $\mathrm{Der}_k(B,k)$ 是等同的。$\mathrm{Der}_k(B,k)$ 是从 $B$ 到 $k$ 的导子。设 $d: B \to k$ 是一个导子。$\delta'(d)$ 就是将 $d$ 限制在 $\frakm$ 上。进一步如果 $x,y \in \frakm$, $xy\in \frakm$, 那么 $$d(xy) = xdy + ydx$ 这在 $k$ 中是为 $0$ 的，所以可以将 $\delta'(d)$ 可以看成 $\frakm/\frakm^2 \to k$ 的映射。

设 $h \in \rmHom_k(\frakm/ \frakm^2, k)$, 那么我们打算构造一个导子 $d: B \to k$ 使得 $d$ 限制在 $\frakm/\frakm^2$ 上是 $h$. 对于任意 $b \in B$, $b$ 可以写成 $b = \lambda +c$, 其中 $\lambda \in k, c\in \frakm$, 所以我们定义 $db = d(\lambda +c) = h(\overline{c})$.

我们来验证 $d$ 确实是一个导子。

(1) $d(b+b’) = h(\overline{c+c’} ) = h(\overline{c}) + h(\overline{c’}) = db +d b’$.

(2) $d(bb’) = d(\lambda \lambda’ + cc’ + c \lambda’ + c’ \lambda) = h(\overline{cc’} + \overline{c\lambda’} + \overline{c’\lambda})= h( \overline{c\lambda’}) +h( \overline{c’\lambda})=db + db’$

(3) $d(k) =0$.

那么证明完毕！

因为 $\dim_k M \otimes k =r$, 根据中山引理，$M$ 可以由 $r$ 个元素生成，所以有满射 $\varphi: A^r \to M \to 0$. 设 $R$ 是它的核, 即 $$ 0\to R \to A^r \to M \to 0.$$ 那么我们得到一个正合序列 $$0 \to R \otimes K \to K^r \to M \otimes K \to 0$$ 并且因为 $\dim_K M\otimes K =r$, 我们有 $R\otimes K =0$. 但是因为 $R$ 是 torsion-free 的，所以 $R =0$, 并且 $M$ 同构于 $A^r$.

假设 $\Omega_{B/k}$ 是秩为 $\dim B$ 的自由 $B$ 模。那么 $\dim_k \frakm/\frakm^2 = \dim B$, 所以 $B$ 是一个正则局部环。根据引理 , $B$ 是唯一因子分解整环。

反过来，假设 $B$ 是一个维数为 $r$ 正则局部环。那么 $\dim_k \frakm/ \frakm^2 =r$. 所以我们有 $\dim_k \Omega_{B/k} \otimes k = r$. 设 $K$ 是 $B$ 的分式域。利用 里的局部化的结论，那么我们有 $S^{-1}\Omega_{B/k} \cong \Omega_{B/k} \otimes_B K = \Omega_{K/k}$.

因为 $k$ 是完美域和 $K/k$ 是有限生成的域扩张， $K$ 是 $k$ 的可分生成扩张。根据定理 , 所以 $\dim_K \Omega_{K/k} = \text{tr.d.} \ K/k$. 那么根据 GTM I 1.8A, $\dim B = \text{tr.d.} K/k$. 因为 $B$ 是有限生成 $k$ 代数，根据推论 , $\Omega_{B/k}$ 是有限生成 $B$ 模。

最后根据引理 , 可知 $\Omega_{B/k}$ 是秩为 $\dim B$ 的自由 $B$ 模。

设 $S = A[x_0,\dots,x_n]$ 是 $X$ 对应的齐次坐标环。设 $E$ 是分次的 $S$ 模 $S(-1)^{n+1}$, 一次基为 $e_0,\dots,e_n$. 定义零次分次 $S$ 模的同态 $E \to S, e_i \mapsto x_i$，即 $E_d=S_{d-1} \to S_d$, 并且设 $M$ 是同态核，那么我们有正合列 $$0 \to M \to E \to S,$$ 这也意味着我们有一下 $X$ 上层的正合列 $$0 \to \widetilde{M} \to \calO_X(-1)^{n+1} \to \calO_X \to 0.$$ 注意 $E\to S$ 并不一定是满射，但是当次数 $\ge 1$ 的时候，这是一个满射。

接下来我们就只需要证明 $\widetilde{M} \cong \Omega_{X/Y}$. 注意到 $E_{x_i} \to S_{x_i}$ 是自由 $S_{x_i}$ 模的满模同态。所以 $M_{x_i}$ 是秩为 $n$ 的自由 $S_{x_i}$ 模，由 $\{e_j – (x_j/x_i) e_i| j\neq i\}$ 生成。如果 $U_i = D_+(x_i)$, 那么 $\widetilde{M}|_{U_i}$ 是自由 $\calO_{U_i}$ 模，由截面 $(1/x_i) e_j – (x_j/x_i^2)e_i,i\neq j$ 生成。

我们定义映射 $\varphi_i : \Omega_{X/Y}|_{U_i} \to \widetilde{M}|_{U_i}$ 如下。因为 $U_i \cong \rmSpec \ A[x_0/x_i,\dots,x_n/x_i]$, 所以 $\Omega_{X/Y}|_{U_i}$ 是自由 $\calO_{U_i}$ 模，由 $d(x_0/x_i),\dots, d(x_n/x_i)$ 生成。

我们定义 $\varphi_i$ 为 $$\varphi_i(d(x_j/x_i)) = (1/x_i^2)(x_ie_j – x_je_i).$$

我们下面去证明这些同构 $\varphi_i$ 可以粘起来为 $X$ 上模层同构 $\varphi: \Omega_{X/Y} \to \widetilde{M}$. 在 $U_i\cap U_j$, 对于任意 $k$, 我们知道 $$\frac{x_k}{x_i} = \frac{x_k}{x_j} \frac{x_j}{x_i}$$

因此在 $\Omega|_{U_i\ccapU_j$, 我们有 $$d\left(\frac{x_k}{x_i}\right) -\frac{x_k}{x_j} d\left( \frac{x_j}{x_i} \right) = \frac{x_j}{x_i} d\left( \frac{x_k}{x_j} \right).$$

那么 $\varphi_i$ 作用在左边，$\varphi_j$ 作用在右边。

左边为 $$(1/x_i^2)(x_ie_k – x_ke_i) – (x_k/x_j)(1/x_i^2)(x_ie_j -x_je_i)=(1/x_ix_j)(x_je_k -x_k e_j)$$

右边为 $$(1/x_ix_j)(x_je_k -x_k e_j)$$

所以同构 $\varphi_i$ 可以粘起来为同构 $\varphi$.

如果 $x\in X$ 是一个闭点，那么局部环 $B = \calO_{X,x}$ 维数为 $n$, 剩余域为 $k$, 并且它是有限型 $k$ 代数的局部化。进一步，$B$ over $k$ 的微分形式模 $\Omega_{B/k}$ 等同于微分形式层 $\Omega_{X/k}$ 的 stalk $(\Omega_{X/k})_x$.

那么我们利用定理 ，$(\Omega_{X/k})_x$ 是秩为 $n$ 的自由模。当且仅当 $B$ 是正则局部环。

利用 和 可得。

如果 $n= \dim X$, 那么 $X$ 的分式域 $K$ 相对于 $k$ 的超越次数为 $n$， $K$ 是有限生成扩张域， 这是可分生成的(利用引理 )。

根据定理 , 可知 $\Omega_{K/k}$ 是维数为 $n$ 的 $K$ 向量空间。 $\Omega_{K/k}$ 是 $\Omega_{X/k}$ 在 $X$ 的泛点上的 stalk. 因此 $\Omega_{X/k}$ 在泛点的某个开邻域上是秩为 $n$ 的局部自由层。再利用定理 ，$X$ 在 $U$ 上都是非奇异的。

考虑如下正合列 $$0 \to \scrI /\scrI^2 \to \Omega_X \otimes \calO_Y \to \Omega_Y \to 0.$$

利用引理 (d) （如果 $\scrF’, \scrF,\scrF”$ 的秩分别为 $n’,n,n”$, 那么有同构 $$\bigwedge^n\scrF \cong \bigwedge^{n’} \scrF’ \otimes \bigwedge^{n”}\scrF”.$$）, 那么我们可以得到

$$ \omega_X \otimes \calO_Y \cong \omega_Y \otimes \bigwedge^r(\scrI /\scrI^2).$$

注意外积和取对偶是交换的，所以 $\bigwedge^r(\scrI/\scrI^2)$ 的对偶为 $\bigwedge^r \scrN_{Y/X}$.

我们用 $\bigwedge^r (\scrI/\scrI^2)$ 的对偶层乘在两边，那么我们就会得到 $$\omega_Y \cong \omega_x \otimes \bigwedge^r \scrN_{Y/X}.$$

当 $r=1$, 我们注意到 $Y$ 对应的理想层为 $\scrI_Y \cong \scrL^{-1}$, 又因为有 $\scrI/ \scrI^2 \cong \scrI \otimes \calO_X/\scrI\cong \scrI \otimes \calO_Y$, 所以 $\scrI/\scrI^2 \cong \scrL^{-1}\otimes \calO_Y$, 并且 $\scrN_{Y/X} \cong \scrL \otimes \calO_Y$.

所以 $\omega_Y \cong \omega_X \otimes \scrL \otimes \calO_Y$.

(a) 因为 $X$ 是非奇异的，