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Strukturen und Algebra » Algebraische Geometrie » Beschreibung von Morphismen in das projektive Schema P^n
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Autor
Universität/Hochschule J Beschreibung von Morphismen in das projektive Schema P^n
KarlRuprecht
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-03-18

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Guten Abend,

ich hätte da eine Frage zum folgenden Schritt im Beweis vom Thm. 16.4.1 (Seite 424) in Ravi Vakil's Skript zu  "Foundations of Algebraic Geometry":



Hier das ganze Dokument:

math.stanford.edu/~vakil/216blog/FOAGdec3014public.pdf


Sei $\pi:X \to \mathbb{P}^n _R$ ein Morphismus zwischen Schemata, wobei $\mathbb{P}^n _R= Proj(R[x_0, x_1, ... , x_n]$. Offenkundig kann jeder globale Schnitt $x_i \in \Gamma(X, \mathcal{O}_{\mathbb{P}^n _R}(1))$ gedeutet werden als ein Garben-Morphismus $x_i:\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n _R} \to \mathcal{O}_{\mathbb{P}^n _R}(1)$ (durch Bild der 1 eind. bestimmt), daher ist $s_i := \pi^*x_i \in \Gamma(X, \pi^*(\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n _R}(1)))$ gemäß funktorieller Eigenschaft des $^*$-functors sinnvoll definiert.

Schränken wir nun $\pi$ auf $D_+(s_i) \to D_+(x_i)= Spec(R[x_0/x_i, x_1/x_i, ... , x_n/x_i]$ ein. Da $D_+(x_i) \subset \mathbb{P}^n _R$ affin, ist der eingeschränkte Morphismus $\pi \vert_{D_+(s_i)}:D_+(s_i) \to D_+(x_i)$ eindeutig bestimmt durch $(\pi \vert_{D_+(s_i)})^ {\#}: R[x_0/x_i, x_1/x_i, ... , x_n/x_i] \to \Gamma(D_+(s_i), \mathcal{O}_X), x_j/x_i \to (\pi \vert_{D_+(s_i)})^ {\#}(x_j/x_i)$ auf der "Ring-Ebene"(dazu gibt's ja einen Satz).

Bem.: Hier ist $ (\pi \vert_{D_+(s_i)})^ {\#}$ der Ringhomo auf globalen Schnitten zu $\pi \vert_{D_+(s_i)}$.

Nun zu meiner Frage: Wieso gilt $(\pi \vert_{D_+(s_i)})^ {\#}(x_j/x_i)= s_j/s_i$?
 Scheinbar übersehe ich eine lokale Eigenschaft des $^*$-Funktors...
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
Sei $\pi' : D_+(s_i) \to D_+(x_i)$ die Koeinschränkung von $\pi$. Es gibt dann einen natürlichen(!) Isomorphismus
$$\pi'^*(M|_{D_+(x_i)}) \xrightarrow{~\sim~} \pi^*(M)|_{D_+(s_i)}$$
für $\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}$-Moduln $M$. Insbesondere kommutiert das Diagramm
$$\require{xypic}\xymatrix{\pi'^*({\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}}|_{D_+(x_i)}) \ar[r]^{\sim} \ar[d]_{x_j} & \pi^*(\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n})|_{D_+(s_i)} \ar[d]^{x_j} \\
\pi'^*(\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}(1)|_{D_+(x_i)}) \ar[r]_{\sim} & \pi^*(\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}(1))|_{D_+(s_i)}.}$$
Damit sollte man weiterkommen.
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KarlRuprecht
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
Hi, danke für deine Antwort. Eine Zwischenfrage: Mit vertikalen Pfeilen meinst du $x_i$'s oder $s_i$'s?
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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
Weder noch. Ich meine jeweils den von $x_j$ induzierten Morphismus.
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KarlRuprecht
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
Ach ja natürlich, die Bilder der $x_j$ unter $\pi^*$ bzw $\pi'^*$. Also das erlaubt mir im Wesentlichen über die linke Seite zu argumentieren. Auf der rechten ist ja $\pi(x_i)$ Iso, also invertierbar, sodass der Aufdrück $s_j/s_i = \pi^*(x_j)/\pi^*(x_i)$ (formal genauer) $s_i^{-1} \circ s_i$ Sinn ergibt. Wenn ich den Vorteil von dem Diagramm richtig deute, dann verliere ich keine information, wenn ich nur über linke Seite argumentiere. Da hätte ich $ \pi'^*(x_j \vert D_+(x_i)/\pi'^*(x_i \vert D_+(x_i))$.


Vermute, dass du darauf hinaus möchtest, dass weil $D_+(x_i)$ affin, die Ringhomos $(\pi'^*(x_j \vert D_+(x_i))^{\#}$ der globalen Schnitte besonders einfache Gestalt haben. Weiß aber nicht wie ich da weiterkomme.


Habe noch überlegt über die Halme zu argumentieren:

Wegen oben erhalte ich lokal $(x_j \vert D_+(x_i))/(x_i \vert D_+(x_i))\to   \pi'^*(x_j \vert D_+(x_i)/\pi'^*(x_i \vert D_+(x_i))= \pi'^*((x_j \vert D_+(x_i))/(x_i \vert D_+(x_i)))$

und möchte ja $\pi'^*((x_j \vert D_+(x_i))/(x_i \vert D_+(x_i)))= (\pi')^{\#}((x_j \vert D_+(x_i))/(x_i \vert D_+(x_i)))$.

Hab dann halmweise für $x \in X$ überlegt: $\pi'^*((x_j \vert D_+(x_i))/(x_i \vert D_+(x_i)))_x = \pi'^{-1}((x_j \vert D_+(x_i))/(x_i \vert D_+(x_i)))_x  \otimes_{\pi'^{-1}(\mathcal{O}_{\mathcal{P}^n}) _x}   \mathcal{O}_{X, x} =(x_j \vert D_+(x_i))/(x_i \vert D_+(x_i))_{\pi(x)} \otimes_{\mathcal{O}_{\mathcal{P}^n, \pi(x)}} \mathcal{O}_{X, x}$

...aber von da komme ich leider nicht weiter.




Noch ein Ansatz sah ich in in der Bijektion $\mathrm {Hom} _{\mathcal{O}_X}(f^{*}{\mathcal {G}},{\mathcal {F}})=\mathrm {Hom} _{\mathcal{O}_Y}({\mathcal {G}},f_{*}{\mathcal {F}})$, so könnte ich zumindest $\mathrm {Hom} _{\mathcal{O}_X}(\pi^{*}{\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}|_{D_+(s_i)}},\pi^{*}{\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}(1)|_{D_+(s_i)}})=\mathrm {Hom} _{\mathcal{O}_Y}({\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}|_{D_+(s_i)}},\pi_{*}\pi^{*}{\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}(1)|_{D_+(s_i)}})$, doch dies scheint auch keine Möglichkeit zu liefern das $\pi \vert _{D_+(x_i)}$ zurückzugewinnen.

Finde leider keine verwertbare Korrespondenz zwischen $\pi'^*$ und $(\pi')^{\#}$

\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
Versuche es einmal mit
$$\require{xypic}\xymatrix{\pi'^*({\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}}|_{D_+(x_i)}) \ar[r]^{\sim} \ar[d]_{\large x_j} & \pi^*(\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n})|_{D_+(s_i)} \ar[d]^{\large x_j} \\
\pi'^*(\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}(1)|_{D_+(x_i)}) \ar[r]_{\sim} & \pi^*(\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}(1))|_{D_+(s_i)} \\
\mathcal{O}_{D_+(s_i)} \ar[u]^{\large x_i}_{\sim} \ar[r]_{\sim} & \pi'^*(\mathcal{O}_{D_+(x_i)}) \ar[u]_{\large x_i}^{\sim}}$$
und jage das Element $1$ oben links durch das Diagramm. Nutze außerdem für $\pi'$ den folgenden Zusammenhang zwischen $f^*$ und $f^\#$: Sei $f : X \to Y$ ein Morphismus, $s \in \Gamma(Y,\mathcal{O}_Y)$. Dann ist $s$ auch ein Morphismus $\hat{s} : \mathcal{O}_Y \to \mathcal{O}_Y$, und das Diagramm
$$\xymatrix{f^* \mathcal{O}_Y \ar[d]_{\sim} \ar[r]^{f^* \hat{s}} & f^* \mathcal{O}_Y \ar[d]^{\sim} \\ \mathcal{O}_X \ar[r]_{\widehat{f^\#(s)}} & \mathcal{O}_X}$$
kommutiert.
 
Tut mir Leid, ich habe leider keine Zeit, das alles ordentlich im Detail zu prüfen und aufzuschreiben. Wenn dir die Tipps nicht weiterhelfen: Es steht alles im Detail in EGA II.
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
Ansätze wie die in Beitrag 4 führen vermutlich zu nichts. Daher noch zwei ganz allgemeine Tipps für das Arbeiten in der algebraischen Geometrie:

1) Keine Halme verwenden.

2) Keine explizite Konstruktion von $f^*$ verwenden; stattdessen die Definition $f^* \dashv f_*$ nutzen.

Jedenfalls wenn es geht, also in 99,9% der Fälle. Folgt man diesen Hinweisen, erspart man sich gleich ein paar Sackgassen.

\(\endgroup\)


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KarlRuprecht
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-20

\(\begingroup\)
2018-03-19 21:50 - Triceratops in Beitrag No. 5 schreibt:





Nutze außerdem für $\pi'$ den folgenden Zusammenhang zwischen $f^*$ und $f^\#$: Sei $f : X \to Y$ ein Morphismus, $s \in \Gamma(Y,\mathcal{O}_Y)$. Dann ist $s$ auch ein Morphismus $\hat{s} : \mathcal{O}_Y \to \mathcal{O}_Y$, und das Diagramm
$$\require{xypic} \xymatrix{f^* \mathcal{O}_Y \ar[d]_{\sim} \ar[r]^{f^* \hat{s}} & f^* \mathcal{O}_Y \ar[d]^{\sim} \\ \mathcal{O}_X \ar[r]_{\widehat{f^\#(s)}} & \mathcal{O}_X}$$
kommutiert.
 




That's a Bingooo!!! Genau sowas hab ich gesucht bzw. erfolglos versuchtb zu zeigen. Vielen, vielen Dank, nochmals.

Vielleicht, wenn du etwas mehr Zeit hast, könntest du auf den Beweis von der Kommutativität dieses Diagramm ein wenig eingehen, dazu hab ich in keiner Quelle (inkl. EGA II) was finden können.
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-03-20


Mt der Adjunktion als Definition des Pullbackfunktors lässt sich das Diagramm äquivalent umschreiben. Reicht das schon als Tipp? (Falls das in EGA steht, dann in EGA I, Chap. 0. Das gilt für beliebige geringte Räume.)



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KarlRuprecht
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-20

\(\begingroup\)
Also wenn ich die Adjunktion anwende, sprich die Bijektion $b:\mathrm {Hom} _{\mathcal{O}_X}(f^{*}{\mathcal {G}},{\mathcal {F}})=\mathrm {Hom} _{\mathcal{O}_Y}({\mathcal {G}},f_{*}{\mathcal {F}})$, so verlagert sich das Problem darauf, die Kommutativität von

$$
\require{AMScd}
\begin{CD}
\mathcal{O}_Y  @>{b(f^* \hat{s})}  >> f_* f^* \mathcal{O}_Y   \\
@VVV  @VVV   \\
\mathcal{O}_Y @>{b(\widehat{f^\#(s)})}>> f_* \mathcal{O}_X
\end{CD}
$$

nachzuweisen. Und da komm ich nicht drum rum in der explizite Konstruktion von $b$ rumzuwuseln. Hast du dieses Argument mit der Umschreibung über Adjunktion gemeint?

Hat $b$ vielleicht vereinfachte explizite Gestalt oder "kanonische Bilder" (z.B. $b(id)$) die bekannt sind, wenn man wieder Garben über affinen Schemata betrachtet?

\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-03-20

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Es geht hier um zwei Morphismen $f^* \mathcal{O}_Y \to \mathcal{O}_X$, deren Gleichheit zu prüfen ist. Wegen der Adjunktion reicht es, die Gleichheit von zwei Morphismen $\mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$ zu prüfen. Finde diese. Benutze dabei (a) die Natürlichkeit der Adjunktion, (b) dass der Isomorphismus $f^* \mathcal{O}_Y \cong \mathcal{O}_X$ unter der Adjunktion gerade $f^\# : \mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$ entspricht (das ist die Definition des Isomorphismus; wenn du eine andere Definition verwendest, muss die Äquivalenz gezeigt werden).

Edit (21-03-2018): Mir ist gerade aufgefallen, dass meine Hilfestellungen hier viel zu umständlich waren. Ich werde später einen ganz anderen, hoffentlich viel verständlicheren Ansatz posten.
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-03-21

\(\begingroup\)
Ich denke, in der Allgemeinheit versteht man es viel klarer:

Setup. Sei $f : X \to Y$ ein Morphismus geringter Räume, $\mathcal{K}$ ein invertierbarer $\mathcal{O}_Y$-Modul, $t \in \Gamma(Y,\mathcal{K})$ ein globaler Schnitt. Mit dem Pullback erhalten wir einen invertierbaren $\mathcal{O}_X$-Modul $\mathcal{L} := f^* \mathcal{K}$ mit einem globalen Schnitt $s := f^* t \in \Gamma(X,\mathcal{L})$; wir identifizieren hier stets $\Gamma(X,\mathcal{L}) \cong \hom(\mathcal{O}_X,\mathcal{L})$. Betrachte den offenen Teilraum $D_+(t) = \{y \in Y : \mathcal{K}_y = \langle t_y \rangle\}$ von $Y$ und analog den offenen Teilraum $D_+(s)$ von $X$. Es gilt $f^{-1} (D_+(t)) = D_+(s)$, und wir erhalten einen induzierten Morphismus $g : D_+(s) \to D_+(t)$. Sei nun $t' \in \Gamma(Y,\mathcal{K})$ ein weiterer globaler Schnitt mit dem Pullback $s' \in \Gamma(X,\mathcal{L})$. Weil $\mathcal{K}$ auf $D_+(t)$ frei von $t$ erzeugt wird, gibt es einen eindeutigen (suggestiv notierten) lokalen Schnitt $\frac{t'}{t} \in \Gamma(D_+(t),\mathcal{O}_Y)$ mit $\frac{t'}{t} \cdot t = t'$ in $\Gamma(D_+(t),\mathcal{K})$. Analog haben wir einen eindeutigen lokalen Schnitt $\frac{s'}{s} \in \Gamma(D_+(s),\mathcal{O}_X)$ mit $\frac{s'}{s} \cdot s = s'$ in $\Gamma(D_+(s),\mathcal{L})$.

Behauptung. Der Ringhomomorphismus $g^\# : \Gamma(D_+(t),\mathcal{O}_Y) \to \Gamma(D_+(s),\mathcal{O}_X)$ schickt $\frac{t'}{t}$ auf $\frac{s'}{s}$.

In deinem Beispiel ist $f : X \to \mathbb{P}^n$, $\mathcal{K}=\mathcal{O}(1)$, $t = x_i$, $t' = x_j$. In dem Beispiel ist zufälligerweise auch $D_+(t)$ ein affines Schema, aber das brauchen wir nicht. Die Behauptung zeigt also genau das, was du möchtest.

Zum Beweis. Zunächst einmal ist $g^\#(\frac{t'}{t})=f^\#(\frac{t'}{t})$ per Definition von $g^\#$. Wir dürfen also den Morphismus $g$ gleich wieder vergessen, und tun das auch. Die Behauptung folgt nun grob gesagt so:

$s' = f^*(t')=f^*(\frac{t'}{t} \cdot t) \stackrel{!}{=} f^\#(\frac{t'}{t}) \cdot f^*(t) = f^\#(\frac{t'}{t}) \cdot s.$

Aus der Eindeutigkeit folgt daher die Behauptung $f^\#(\frac{t'}{t}) = \frac{s'}{s}$. Es bleibt nur noch zu zeigen, dass die Gleichung mit dem $!$ gilt, d.h. dass

$f^* : \Gamma(Y,\mathcal{K}) \to \Gamma(X,f^* \mathcal{K})$

bzw.

$f^* : \hom(\mathcal{O}_Y,\mathcal{K}) \to \hom(f^* \mathcal{O}_Y,f^* \mathcal{K})$
 
besagte Linearitätseigenschaft erfüllt. Weil die Skalarmultiplikation hier gerade das Vorschalten von Morphismen $\mathcal{O}_Y \to \mathcal{O}_Y$ ist, bezüglich derer die obige Abbildung natürlich ist, reicht es zu zeigen:

Lemma. Der Ringhomomorphismus

$f^* : \hom(\mathcal{O}_Y,\mathcal{O}_Y) \to \hom(f^* \mathcal{O}_Y,f^* \mathcal{O}_Y) \cong \hom(\mathcal{O}_X,\mathcal{O}_X)$

identifiziert sich mit dem Ringhomomorphismus

$f^\# : \Gamma(Y,\mathcal{O}_Y) \to \Gamma(X,\mathcal{O}_X).$

An dieser Stelle ein Meta-Argument: Es identifiziert sich $f^*$ mit einem Ringhomomorphismus $\Gamma(Y,\mathcal{O}_Y) \to \Gamma(X,\mathcal{O}_X)$, und weil sich im Kontext gar kein anderer Ringhomomorphismus dieses Typs befindet, muss es sich um $f^\#$ handeln. Es wäre schön, wenn eines Tages solche "Argumentationen" mit Hilfe eines Mechanismus als wasserdicht anerkannt werden können.

Beweis des Lemmas. Zu zeigen ist, dass für alle Homomorphismen von $\mathcal{O}_Y$-Moduln $\alpha : \mathcal{O}_Y \to \mathcal{O}_Y$ das Diagramm
\[\require{xypic}\xymatrix@C=15ex{f^*(\mathcal{O}_Y) \ar[r]^{f^*(\alpha)}  \ar[d]_{\cong} & f^*(\mathcal{O}_Y) \ar[d]^{\cong} \\ \mathcal{O}_X \ar[r]_{1 \mapsto f^\#(\alpha(1))} & \mathcal{O}_X}\] kommutiert. Wegen der Adjunktion $f^* \dashv f_*$, bezüglich der der Isomorphismus $f^* \mathcal{O}_Y \to \mathcal{O}_X$ gerade per Definition zu $f^\# : \mathcal{O}_Y \to f_* \mathcal{O}_X$ korrespondiert, bedeutet dies gerade, dass
\[\require{xypic}\xymatrix@C=15ex{{\mathcal{O}_Y} \ar[r]^{\alpha}  \ar[d]_{f^\#} & {\mathcal{O}_Y} \ar[d]^{f^\#} \\ f_* \mathcal{O}_X \ar[r]_{f_*(1 \mapsto f^\#(\alpha(1)))} & f_* \mathcal{O}_X}\] kommutiert. Das ist ein Diagramm in der Kategorie der $\mathcal{O}_Y$-Moduln. Daher muss die Kommutativität nur beim globalen Schnitt $1$ von $\mathcal{O}_Y$ getestet werden. Das geht leicht: Der Weg über oben rechts liefert $f^\#(\alpha(1))$, der Weg über unten links liefert dasselbe.
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KarlRuprecht
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-22

\(\begingroup\)
Wiedermals großen Dank für diese ausführliche Erläuterung.
Eine Zwischenfrage zu deinem Argument im unteren Diagramm:

Klar ist, dass wegen $\mathcal{O}_Y$-Struktur wir $\alpha(1)$ rausziehen können, also $f^\#(\alpha(1))= \alpha(1)f^\#(1)$, weiß jedoch nicht, wie ich $f_*(1 \mapsto f^\#(\alpha(1)))$ richtig verarzte.

Also ich hätte $f_*(1 \mapsto f^\#(\alpha(1))) = 1 \mapsto f_* f^\#(\alpha(1)) = 1 \mapsto \alpha(1) f_* f^\#(1)$, aber wie ich mit $f_* (f^\#)$ umgehen soll um Kommutativität des Diagramms zu zeigen, weiß ich leider nicht genau.
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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-03-22

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Der Ausdruck $f_* ( \text{lokaler Schnitt})$ ergibt keinen Sinn.

Benutze (bzw. wiederhole) die Definition des Funktors $f_*$ auf Morphismen.
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KarlRuprecht
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-23

\(\begingroup\)
Achso, ja klar, wenn $F:\mathcal{O}_X \to \mathcal{O}_X $ durch die Vorschrift $a_U \to s \vert_U \text{ } a_U$ (= Multiplikation) auf $\Gamma_X(U)$ mit $U \subset X$ gegeben ist, dann ist $f_*F$ auf $\Gamma_Y(V)$ für $V \subset Y$ gegeben durch $b_{f^{-1}(V)} \to s_{f^{-1}(V)} \text{ } b_{f^{-1}(V)}$, insb. ändert das nicht das Bild der $1$. Alles klar.
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