仿射概形上的拟凝聚上同调消失

仿射概形的局部函数由同一个环的分式产生，拟凝聚层的局部截面则由同一个模的局部化产生。各片的分母看似不同，但主开覆盖使它们在每个素理想附近至少有一个可逆，从而存在一个消去接缝差的收缩。

删去原点后，$D(x)$ 和 $D(y)$ 能覆盖剩下的平面，却不能覆盖整个平面。$x,y$ 生成的不是单位理想，原点正是两者都不可逆的位置。这个缺口会让同时含 $x,y$ 负幂的Laurent项留在一次上同调里。

穿孔仿射平面的一个不可消去项 ​

令 $k$ 为任意域，

两片及其交 $D(xy)$ 都仿射。结构层为拟凝聚层，所以式 (2) 给

分母是两个子空间之和，不是理想；这个商首先是 $k$-向量空间商，也带相容的 $k[x,y]$-模结构。

Laurent单项式 $x^i{y}^j$，$(i,j)\in {\mathbb{Z}}^2$，构成分子的一组基。第一子空间包含所有 $j\ge 0$ 的单项式，第二包含所有 $i\ge 0$ 的单项式。因此商中恰好保留

作为 $k$-基。特别地，$[1/(xy)]\ne 0$。

给一个实际化简：

后两项分别来自 $D(x)$ 和 $D(y)$，首项两指数均负，不能来自任何一片。这一说法在任意特征下仍成立；系数3或5在相应特征下变零，不影响首项的非零性。

此外

交取在共同的Laurent环中。可见删去原点后全局函数仍是普通多项式，但高阶群已经改变；只看 $H^0$ 会漏掉这个变化。

格点 $(i,j)$ 表示 $x^i{y}^j$。灰点至少属于一个覆盖片的截面空间，蓝点与红点保留；红点对应 $(-1,-1)$。

两个不能省略的条件 ​

$U$ 是仿射概形的开子集，但并非因此自动仿射。若它仿射，式 (1) 会迫使式 (3) 为零，与 $[1/(xy)]\ne 0$ 矛盾。所以 $U$ 不仿射。

拟凝聚性也重要。仿射上 $\mathrm{\Gamma }$ 在拟凝聚层范畴内正合，不能单凭这一点就推出在全部Abel群层中定义的导出群为零：两种范畴的分解对象不同。下面的证明通过主开覆盖直接连接到通常层上同调，补上这一环。

第一步：主开覆盖的局部化复形正合 ​

写 $\mathcal{F}=\tilde{M}$。若有限主开集 $D(f_1),\dots ,D(f_n)$ 覆盖 $X$，则 $(f_1,\dots ,f_n)=R$。增广Čech复形公理库Čech 上同调Čech cohomology · Cech cohomology以圆周两弧的两个接缝算出整数粘合障碍，定义固定覆盖的Čech复形并说明比较定理的条件。为

对任意素理想 $\mathfrak{p}$ 作局部化公理库环的局部化Localization of rings把指定乘法闭集中的元素形式地变为可逆元所得的环。。总有某个 $f_s\notin \mathfrak{p}$；在 $R_{\mathfrak{p}}$ 中，$f_s$ 已可逆，所以把 $s$ 插入指标不会改变相应局部化模。

把余链写成交替指标形式，定义 $(hc{)}_{i_0\cdots i_{p-1}}=c_{s{i}_0\cdots i_{p-1}}$。次数0的 $h$ 是投影到 $s$ 分量，再识别为 $M_{\mathfrak{p}}$。差分展开时，删去新插入指标的项为 $c$，其余项两两抵消，故

于是式 (5) 在每个素理想处局部化后正合。模的正合性可逐素理想检测，因此式 (5) 本身正合。这一步没有使用待证的仿射消失。

第二步：从所有基覆盖的Čech消失到导出群消失 ​

所用一般判据如下：取一组开集基 $\mathcal{B}$，为每个基开集选择一族覆盖。假设覆盖中各片及其有限交仍在基内；任意开覆盖都能被这些覆盖细化；并且对这些覆盖的所有正次Čech群均为零。那么 $H^q(B,\mathcal{F})=0$ 对每个 $B\in \mathcal{B}$、$q>0$ 成立。

说明其机制也能避免循环论证。从内射分解公理库内射分解Injective resolution从给定模嵌入并向高次数延伸、由内射模组成且正次数无上同调的增广复形。的首步嵌入 $\mathcal{F}\hookrightarrow \mathcal{I}$，其中 $\mathcal{I}$ 内射，令商层为 $\mathcal{Q}$。一个 $\mathcal{Q}(B)$ 截面总有局部提升。细化到指定覆盖后，提升之差是 $\mathcal{F}$ 的一次Čech余循环；由假设可消去，故提升能全局粘合。这证明 $\mathcal{I}(B)\to \mathcal{Q}(B)$ 满射。

在每个有限交上也同样满射，所以这条层短正合列公理库层的正合列Exact sequence of sheaves · Stalkwise exactness区分层的局部满射与截面满射，用圆周一形式的两个接缝差解释逐茎正合及全局提升障碍。给出逐项正合的 Čech 复形列。内射层的正次Čech群为零，$\mathcal{F}$ 的也为零，长正合列遂说明 $\mathcal{Q}$ 仍满足同一消失假设。再由导出群长正合列，先得 $H^1(B,\mathcal{F})=0$，并有

对商层重复便依次得到所有次数消失。

应用时取所有仿射开集为基，指定覆盖取每张仿射片的有限主开覆盖。仿射准紧性保证任何开覆盖有这种细化；同一仿射片内主开集的有限交仍为主开集；式 (5) 验证Čech消失。于是一般判据给出式 (1)。

单元任务：两种接缝障碍的完整计算 ​

任务。 完成下列两项，并说明计算的是层上同调而非未经核验的覆盖上同调。

1. 圆周两弧上的整数层，在一个交叠分支以 $+1$ 粘合，在另一个以 $-1$ 粘合。求 $H^0,H^1$，给非零类代表及其阶。
2. 对 $U={\mathbb{A}}_k^2\setminus \{0\}$ 求 $H^0(U,{\mathcal{O}}_U)$、$H^1(U,{\mathcal{O}}_U)$ 及更高次群；判断 $U$ 是否仿射。

题解一。 两弧和两个交叠分支都使局部系统平凡，区间常值整数层无高阶上同调，故Čech比较适用。差分矩阵为

$D(a,b)=0$ 强制 $a=b=0$。其像是 $\{(u,v):u+v\text{ 为偶数}\}$，所以核为零、余核为 $\mathbb{Z}/2$。$[(1,0)]$ 不在像中，而 $2(1,0)=D(-1,1)$。因此 $H^0=0,H^1=\mathbb{Z}/2$，正是绕行变号产生的整数障碍。

题解二。 覆盖片为 $D(x)=\mathrm{Spec}k[x,x^{-1},y]$ 与 $D(y)=\mathrm{Spec}k[x,y,y^{-1}]$，交为 $\mathrm{Spec}k[x^{\pm 1},y^{\pm 1}]$。结构层在各片及其交上拟凝聚，仿射消失已证明，所以仍可作Čech计算。

零次群是两子环的交，故为 $k[x,y]$；一次群为式 (3)，基为式 (4)，特别为无限维 $k$-向量空间；更高次有序Čech项为零，故 $H^q=0$，$q\ge 2$。若 $U$ 仿射，一次群应为零，矛盾，故它不是仿射概形。

两例共同点是“可在交集上写出的差，未必能由各片截面的改动消除”。差别在于第一例的障碍来自整数与负号，形成有限挠群；第二例来自允许的分母，留下无限多负指数项。

验收标准。 必须保留圆周交集的两个分支，明确写出整数差分而不先改用实数；必须写出穿孔平面的三个截面环及其限制；必须说明两次Čech比较的局部消失条件；最后分别提交一个非零类的证书，并解释为什么逐茎可提升不等于全局可提升。