局部自由层与代数线丛

形式陈述

一份模层何时在小区域内真正拥有一组基？设 $(X,\mathcal O_X)$ 是环空间，并假设各点茎为非零交换环。 $\mathcal O_X$ -模层 $\mathcal E$ 称为有限秩局部自由层，若每个点都有开邻域 $U$ 和同构

\mathcal E|_U\cong\mathcal O_U^{\oplus r}

对某个有限 $r$ 成立。也就是说，每个这样的区域都有 $r$ 个截面作自由模的基，称为局部标架。秩在连通分支上恒定。

秩1局部自由层称为可逆层。在概形上它也称代数线丛的截面层。局部标架之间通过可逆正则函数相乘；高秩则通过可逆矩阵换基。

局部自由不同于全局自由。前者只要求一套小区域上的基，后者要求有一组全局截面同时在每个点附近组成基。

直觉

局部自由层让几何空间每一点附近的线性代数保持同样的秩，但不同区域的基可以扭着连接。一个对象可能处处有局部基，却不存在任何全局基；也可能在一般位置自由，到了特殊点需要更多生成元。

后两种失败完全不同。过渡函数造成的是整体粘合障碍，特殊点的额外生成元则说明局部自由性本身已失败。

例子与边界

原点理想在一处失去自由性

令 $R=k[x,y]$ 、 $X=\operatorname{Spec}R$ ，取理想层 $\widetilde I$ ，其中 $I=(x,y)$ 。在 $D(x)$ 或 $D(y)$ 上，理想含有一个单位，所以等于结构层，局部自由秩1。

除原点 $\mathfrak m=(x,y)$ 外，每个素理想至少不包含 $x,y$ 中的一个，因此上述两个主开集覆盖全部非原点位置。

在原点的局部环 $R_{\mathfrak m}$ 中，考察

I_{\mathfrak m}/\mathfrak m I_{\mathfrak m} =\mathfrak mR_{\mathfrak m}/\mathfrak m^2R_{\mathfrak m}.

$x,y$ 的类构成二维 $k$ -基：线性项不能由次数至少2的多项式关系消去，即使局部化允许常数项非零的分母，比较最低次项仍得到同样结论。

若 $I_{\mathfrak m}$ 为自由秩 $r$ ，作张量积扩张到分式域 $k(x,y)$ 后，它成为该域的一维空间，所以 $r=1$ 。但自由秩1模约化模极大理想只有一维，与上面的二维结果矛盾。故原点确实不是局部自由点。

这也说明，存在两个生成元并不表示局部秩为2；在分式域上只有一个方向，而在特殊点无法用一个局部生成元描述它。

射影直线上的局部基不能组成全局基

取射影直线的两片 $U_0=\operatorname{Spec}k[t]$ 、 $U_\infty=\operatorname{Spec}k[u]$ ，交上 $u=t^{-1}$ 。在两片分别取自由秩1层，标架记为 $e_0,e_\infty$ ，按

e_\infty=t^{-1}e_0

粘合。过渡函数在交上可逆，因此得到可逆层 $\mathcal L$ 。

一个全局截面须由 $f(t)e_0$ 与 $g(u)e_\infty$ 给出，并满足

f(t)=t^{-1}g(t^{-1}).

左侧只有非负次幂，右侧只有严格负次幂，所以二者只能为零。于是 $\Gamma(X,\mathcal L)=0$ 。但局部层秩为1，绝非零层，因而不可能与全局自由层 $\mathcal O_X$ 同构。

这份层通常记为 $\mathcal O_{\mathbb P^1}(-1)$ 。此处只用两片过渡和Laurent系数验证非平凡性；系统的扭转层构造会解释它与齐次多项式的关系。

推论与应用

从局部基得到过渡矩阵

在两片 $U_i,U_j$ 上选标架，重叠处有可逆矩阵 $g_{ij}\in GL_r(\mathcal O_X(U_i\cap U_j))$ 。对同一截面的坐标采用 $v_i=g_{ij}v_j$ 约定，则三重交上必须有

g_{ij}g_{jk}=g_{ik}.

反过来，满足该式的局部自由层可按兼容截面族粘合。换标架会将过渡矩阵改为 $a_i g_{ij}a_j^{-1}$ 。这是代数正则函数上的规则；不能把只连续或只光滑的换基函数直接当成合法代数同构。

纤维维数只提供必要的局部检查

对概形点 $x$ ，真正的点纤维是

\mathcal E(x)=\mathcal E_x\otimes_{\mathcal O_{X,x}}\kappa(x).

若 $\mathcal E$ 在 $x$ 附近自由秩 $r$ ，该纤维维数为 $r$ 。反向不能只报一个纤维维数就宣布自由：需要选择局部生成元，还要排除它们之间的关系。

Nakayama 引理说，在有限生成条件下，纤维中的生成基可提升为局部模生成元；它不自动证明这些提升线性无关。原点理想的计算正是利用“至少需要两个生成元”，再与一般秩1冲突。

可逆层为什么可作张量的单位因子

令 $\mathcal L^\vee=\mathcal Hom(\mathcal L,\mathcal O_X)$ 。秩1标架的对偶按倒数过渡，因此评价映射

\mathcal L\otimes\mathcal L^\vee\longrightarrow\mathcal O_X

在每片都是 $\mathcal O_U\otimes\mathcal O_U\cong\mathcal O_U$ ，故全局为同构。这解释了“可逆”所指的是张量积，而非截面值处处非零。

自检：两片上分别有非零基，不代表存在全局非零截面。对 $\mathcal O(-1)$ ，任何候选全局截面都须满足上面的Laurent等式，已经被证明只能为零；局部标架本身不会自动粘合。

参考资料

The Stacks Project，§17.14，Tag 01C5：局部自由层、秩与标架。
The Stacks Project，§17.16，Tag 01CA：张量积的局部行为；§26.7，Tag 01I6：仿射拟凝聚层与模的对应。原点理想和两片负线丛的计算在本文展开。

形式陈述 ​

原点理想在一处失去自由性 ​

射影直线上的局部基不能组成全局基 ​

从局部基得到过渡矩阵 ​

纤维维数只提供必要的局部检查 ​