Résolution des exercices du Hartshorne, chapitre II-2

R´esolution des exercices du Hartshorne,
chapitre II-2
Colas Bardavid
jeudi 12 mai 2005
Exercice 2.9
La propri´et´e qu’on cherche `a d´emontrer est uniquement topologique. On a
donc ici juste besoin qu’un sch´ema affine est hom´eomorphe `a un Spec A.
Cas affine
On commence par traiter le cas affine.
On consid`ere donc Zun ferm´e irr´eductible de Spec A. On cherche P∈
Spec Atel que V(P) = Z.Zest d´efinit par V(I). Comme V(I) = V(√I),
on va plutˆot tester si √Iest premier. Soit donc f, g ∈Atelles que fg ∈√I.
Il existe donc n≥1 tel que (fg)n∈I. Ainsi, si P∈V(I), (fg)n∈Pet
donc fou gappartiennent `a P. Donc : V(I)⊂V(f)∪V(g). Donc : V(I) =
(V(f)∩V(I)) ∪(V(g)∩V(I)). Comme V(I) est irr´eductible, on a par exemple
V(I)∩V(f) = V(I) donc V(I)⊂V(f) et donc p(f)⊂√Iet donc f∈√I.
On a montr´e ainsi que √Iest premier et donc que Z=x√I.
Il est ´evident dans le cas affine que ce point g´en´erique est unique.
Cas g´en´eral
Existence
Soit Xun sch´ema recouvert par les Uiqui sont des ouverts affines. Soit en
particulier Ul’un des Uitel que U∩Zsoit non-vide. Soit Zun ferm´e irr´eductible
de X. Alors, Z∩Uest un ferm´e de U; par ailleurs, Z∩Uest un ouvert de Z,
irr´eductible. Donc Z∩Uest irr´eductible. On sait donc qu’il existe un unique
ξ∈Utel que {ξ}U=Z∩U.
Mais : {ξ}X∩Uest un ferm´e de Uqui contient ξ; donc : Z∩U={ξ}U⊂
{ξ}X∩U⊂ {ξ}X.
Mais Z∩Uest un ouvert de Zdonc est dense dans Zdonc n´ecessairement
Z⊂ {ξ}X; l’inclusion inverse est vraie car Zest ferm´e et que ξ∈Z:Z={ξ}X.
1

Unicit´e
Si ξest un point g´en´erique de Z, alors tout ouvert qui rencontre Zcontient
ξ. Donc Uun ouvert affine de Xqui rencontre Z:ξ∈U. Montrons alors que ξ
est un point g´en´erique de U∩Z. Soit x∈U∩Z. Soit Vun ouvert de U∩Zqui
contient x:Vs’´ecrit V=W∩U∩Zavec x∈W. Donc ξ∈W. Donc ξ∈V.
Donc xest adh´erent `a ξ. Donc ξest bien un point g´en´erique de U∩Zet donc
est unique.
Exercice 2.14
On utilise librement dans cette r´esolution les r´esultats du texte Anneaux,
modules gradu´es et Proj .
On rappelle la notation Anngrad.
(a)
Si tout ´el´ement de S+est nilpotent, vu que les nilpotent sont dans tous les
id´eaux premiers, tous les id´eaux premiers contiennent S+et donc Proj Sest
vide.
R´eciproquement, supposons qu’il existe x∈S+non-nilpotent. Alors, la par-
tie mulitplicative S={xn, n ∈N∗}ne contient pas 0. On sait alors qu’il existe
un id´eal premier Phomog`ene n’intersectant pas S. En particulier, S+6⊂ Pet
donc P∈Proj S, qui est donc non-vide.
(b)
Soient S, T ∈Anngrad et ϕ∈HomAnngrad (S, T ).
On note U={P∈Proj T|ϕ(S+)6⊂ P}. On veut montrer que Uest un ou-
vert de Proj T. On regarde le compl´ementaire de U. C’est {P∈Proj T|ϕ(S+) ⊂P}.
Notons
\
ϕ(S+) l’id´eal homog`ene engendr´e par ϕ(S+). Alors, puisque tous les
P ∈ Proj Tsont des id´eaux homog`enes, on a l’´equivalence entre ϕ(S+) ⊂Pet
\
ϕ(S+)⊂P.
Donc, le compl´ementaire de Uest nP∈Proj T|
\
ϕ(S+)⊂Po, qui est bien
un ferm´e de Proj T.
Construisons maintenant l’application f:U→Proj s.` A un P∈U, on
associe ϕ−1(P) qui est bien un id´eal homog`ene premier. Il faut juste v´erifier
que S+6⊂ ϕ−1(P). Si on avait S+⊂ϕ−1(P), on aurait ϕ(S+)⊂P, ce qui est
exclu.
Cette application est bien continue : si F=V(I) est un ferm´e de Proj S,
2

alors on a :
P∈f−1(V(I)) ⇐⇒ f(P)∈V(I)
⇐⇒ I⊂ϕ−1(P)
⇐⇒ ϕ(I)⊂P
En notant d ϕ(I) l’id´eal homog`ene engendr´e par ϕ(I), on a donc f−1(F) =
V(d ϕ(I)), qui est donc un ferm´e.
Pour d´eterminer un morphisme entre Uet Proj S, il faut encore d´ecrire
l’action sur les faisceaux structuraux.
Soit donc V⊂
→◦ Proj S. On choisit la description des faisceaux structuraux `a
la Hartshorne. On d´efinit :
f#
V:OProj S(V)→ OU(f−1(U))
s7→ f#
V(s) : f−1(V)→`p∈f−1(V)T(p)
q7→ ϕ(s(f(q)))
.
o`u ϕs’´etend naturellement `a T(p)→S(f(p)).
On v´erifie que f#
Vest bien d´efinie (voir la d´efinition des faisceaux structuraux
par Hartshorne). Ces fl`eches d´efinissent bien une transformation naturelle.
(Pfff ! !)
(c)
On ne r´epond que partiellement `a cette question.
On suppose que pour d≥d0,ϕd:Sd→Tdest un isomorphisme (de groupes
ab´eliens).
Montrons que U= Proj T. Soit P∈Proj T. Si ϕ(S+)⊂P, alors, Td⊂P
pour d≥d0, car, `a partir de ce rang, ϕd(Sd) = Td. Or, ceci est impossible : un
P∈Proj Tne peut pas ˆetre plein `a partir d’un certain rang (cf. le texte sur les
anneaux gradu´es). Donc : U= Proj T.
Montrons maintenant que fest bijective.
Pour l’injectivit´e : si ϕ−1(P) = ϕ−1(Q), alors ϕ−1(Pd) = ϕ−1(P)d=
ϕ−1(Qd). Pour d≥d0, on a donc Pd=Qd. On sait que cela implique P=Q
(cf. le texte sur les anneaux gradu´es).
Pour la surjectivit´e : on renvoit `a EGA II, p. 22 qui dit que lorsqu’on connaˆıt
la trace `a l’infini d’un ensemble qui a les mˆemes propri´et´es qu’un id´eal premier,
alors, c’est bien la trace d’un id´eal premier.
Montrons alors que fest bicontinue. Soit donc F=V(I) un ferm´e de
Proj T.f(F) est l’ensemble ϕ−1(P)|I⊂P. On aimerait montrer que cet
ensemble est Q|ϕ−1(I)⊂Q). D’abord, on a bien : ϕ−1(P)|I⊂P⊂
Q|ϕ−1(I)⊂Q). R´eciproquement, soit Q∈Proj Stel que ϕ−1(I)⊂Q.`
A
mon avis, on s’en sort avec la mˆeme proposition d’EGA II.
Pour les faiscaux structuraux, `a mon avis c’est plus facile, il suffit de trouver
une ´ecriture des ´el´ements de S(p)qui ne fasse intervenir que des ´el´ements de Sd
avec dgrand.
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(d)
Je passe.
Exercice 2.16
(a)
C’est ultra-classique ( ?) et de toute fa¸con, je l’ai fait dans un autre papier
(Mettons les mains dans le cambouis pour ´etuider un morphisme de sch´emas).
(b)
Soit (Ui)i≤Nun recouvrement fini de Xpar des ouverts affines. Soit U=Ui
l’un de ces ouverts affine. On travaille alors avec b=a|Uet g=f|U. On a bien
que b|D(g)= (a|D(f))|Udonc est nulle. Cela signifie que best nulle dans OU(U)g
et donc qu’il existe nun entier tel que gnb= 0. C’est-`a-dire : (fna)|U= 0.
Comme on n’a qu’un nombre fini d’ouverts affines, c’est bon, on peut prendre
le maximum des net ¸ca marche, grˆace `a la propri´et´e de d´efinition locale des
faisceaux.
(c)
Soit b∈ OX(D(f)). On travaille d’abord sur un ouvert affine U: quitte `a
tout restreindre `a U, on peut supposer qu’on travaille dans un sch´ema affine.
Un ´el´ement b∈ OU(D(f)) est du type c
fn. Donc : la restriction de c`a D(f) est
bien fnb.
On fait ¸ca sur les ouverts Uique nous donne l’´enonc´e. Quitte `a multiplier
les ciqu’on obtient sur les ouverts Uipar des puissances de f, on peut supposer
que sur chaque ouvert Ui, la restriction de ci`a D(f|Ui) est (fnb)|Uio`u le nne
d´epend pas de i.
Maintenant, il faut recoller les cientre eux. Sur Ui∩Uj,ciet cjont la mˆeme
restriction sur l’ouvert D(f|Ui∩Uj). D’apr`es l’item pr´ec´edent, on sait donc que
il existe m(i, j) tel que fm(i,j)(ci|Ui∩Uj−cj|Ui∩Uj) = 0.
On peut prendre mle plus grand des m(i, j) et en remultipliant les cipar
fm, on voit que les cise recollent bien sur leurs intersections.
Par d´efinition locale, on conclut.
(d)
Maintenant, c’est facile.
Pour commencer, on rappelle que fest inversible quand elle est restreinte `a
D(f) (cf. Propri´et´es sch´ematiques qu’on peut tester sur les germes).
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On a donc une fl`eche de OX(X)fdans OX(D(f)) :
ϕ:OX(X)f→ OX(D(f))
g
fn7→ g|D(f)(f|D(f)−1)n.
Cette fl`eche est bien injective. Si ϕ(g
fn) est nulle dans OX(D(f)), alors ma
restriction de gest nulle. Comme notre sch´ema est quasi compact, on sait alors
qu’il existe mentier tel que gf m= 0. Cela veut dire que get donc en particulier
g
fnsont nuls dans le localis´e.
Cette fl`eche est surjective. Soit g∈ OX(D(f)). D’apr`es l’item pr´ec´edent, on
sait qu’il existe mtel que gfmsoit la restriction de c. On v´erifie alors que ¸ca
marche.
Exercice 2.18
Cet exercice est r´esolu dans le texte Liens entre la fl`eche X→Yet la
fl`eche f#
Y:OY(Y)→ OX(X).
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