A NNALI DELLA
S CUOLA N ORMALE S UPERIORE DI P ISA Classe di Scienze
F. A CQUISTAPACE
F. B ROGLIA
Problemi di Cousin e di Poincaré per spazi di Stein non ridotti
Annali della Scuola Normale Superiore di Pisa, Classe di Scienze 3
esérie, tome 27, n
o4 (1973), p. 889-904
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PER SPAZI DI STEIN NON RIDOTTI
F.
ACQUISTAPACE (*) -
F. BROGILIA(*)
Introduzione.
Scopo
diquesto
lavoro d studiare le condizioni sotto lequali
èpo88i,
bile risolvere i
problemi
di Poincarè e di Cousin pergli spazi
di Stein.Più
precisamente
8i di moetrano iseguenti
teoremi :TEOREMA l.. Sia JP uno
spazio
di Stein(non
necessariamenteridotto):
il 20
problema
di Cousin è risolubileper X
se e 801o seH* (X, Z) ~ NBi(g,~~‘)=0.
Sia X uno
spazio
ridotto verificante il teorema A : il20 problema
diCousin è risolubile per X 8e e isolo see
H i (X, O.)
= 0.TEOREMA 2. Sia X uno
spazio
di Stein(non
necessariamenteridotto) :
allora il
problema
di Poincarè è risolubile per X. Se X è unospazio
ridottoè succiente che X verifichi il teorema A.
Gli autori
ringraziano
ilprof.
O.Stanarla
per aver loro8uggeritu
ilproblema
e iproff.
A.Tognoli
e F. Lazzeri.1.
Divisori
di zero espazi
diStein.
Sia A un anello commutativo con identità.
Un elemento x E A si dice NON DIVISORE DI ZERO se 11(,motetia di
rapporto x
è iniettiva.Pervenuto alla Redazione il 18 Ottobre 1972.
(*)
Lavoroeseguito
nell’ambito del del C. N. B.Sarà indicato con
A T
l’anello totale di frazioni diA,
cioèOSSERVAZIONE: l’associazione A ~~>
AT
non è ingenerale
funtoriale.Ad
esempio q~ (2) ~ 0
dividezero, mentre 2 non divide zero. Tuttavia A --~ B è un morfismo d’anelli tale
che 99 (x)
non divide zero se x non divide zero,allora p
si pro-lunga
a un unico morfismoInoltre 8e g è un monomorfismo ancbe 4S lo è.
LEMMA. l. Sia un omon~orfismo
piatto
d’anelli. Se x E A ènon divisore di zero
anche 99 (x)
lo è.Di,m: A Fon otetia di
rapporto
x peripotesi
iniettiva. Si ha lu successione esattaPoichè ~3 è
piatto
su A se ne ottiene la successione esattaid. non è altro che l’omotetia di rap.
porto q (x) :
da cui la tesi.DEFINIZIONE. Uno
spazio
analiticocomplesso (X, O.x) separato
e a basenumerabile si dice SPAZIO DI STEIN se :
(1)
è olomorficamenteseparato :
cioè perogni
x in ~ esiste unnaturale n e un
morfiamo,
Cnitoin x, f :
X -- on.(2)
è olomorficamente convesso : cioè perogni compatto
2Tc ~, l’inviluppo
convesso di Kè
compatto.
La definizione
classica equivalente
aquesta,
è invece: unoSPAZIO DI STEIN 8e :
(1) 1’(X, Òx)
separa ipunti
e dà coordinatelocali;
cioè perogni
x, y in
X,
esiste tale ches (x) ~ s (y~
e perogni
x E Xesistono
fi , Ox)
tali che il mor6smo da esse deRnito X -+(ti
è un’immersione in x.
(2)
è olomorficamente convesso.Lau condizione
(2)
èequivalente
alla(2’)
perogni successione lx,,)
in X senzapunto
di accumulazione esistef E I’ (X, Ox)
tale che la successionej
è illimitata in1R.
Queste
definizioni hanno senso anche se X non è ridotto e risulta inoltre :(X, Òx)
non ridotto è unospazio
di Stein se e solo se lospazio
ridotto associato
(X,
lo è. Per le dimostrnzioni diquesti
fatti sipuò
vedere
[2].
LEMMA 2. Sia X uno
spazio
di Stein(non
necessariamenteridotto).
Sia Uun
aperto
di Stein relalivamentecompatto.
Allora i morfismicanonici
sono morfiami
piatti d’anelli.
Per la dimostrazione vedi
[3].
Sia ora
9
un fascio coerentequalsiasi
su unospazio
di Stein X e aiaU un
aperto
di Stein relativamentecompatto
in X. Dal lemma 2 edagli
isomorfismi
(cfr. [3])
si deduce facilmente il’
Lummà 3. I morfismi canonici
sono morfismi
piatti
diDm : Se 0 - N -- è una successione esatta di
l’(X,
ten-sorizzando con si ottiene a. successione
tf che è esatta per il lemma 2.
Analogamente
per l’altro morfismo.Per
comprendere meglio
ilcomportamento
dei divisori di zero è utile ilseguente esempio (tratto
da[1]).
Consideriamo in
1P1 (t)
’-lnacoppia
di rette distintepassanti
per unpunto
pfissato;
sia A una delle due retteprivata
di unpunto q ~ p
e Bl’altra.
Quindi
A ^~C, B - ot
=(~J).
Possiamo supporre
che p
coincida conl’origine
di~.
Sia X =lo
spazio
analitico unione e siaO
il suo fascio.Poiché le funzioni olomorfe su B sono solo le
costanti,
r
per
ogni
x E Bf (x) = f ( p).
Inoltre la restrizione1’ (X, C~) ---~ F (A, O)
èchiaramente un isomorfismo. La funzione z coordinata è non divisore di 0 in
C~) ~ F (A, 0),
tuttavia = 0poichè z (p)
= 0. Ciò prova che il lemma 2 non è valido senzaipotesi.
2. Il
fascio di germ!
dfunzioni M erotuorfe.
Considereremo d’ora in
poi
solospazi
analitici a basenumerabile,
iquali
salvo avviso contrariopotranno
essere non ridotti e anche non di dimensione finita.Sia
(X, Òx)
unospazio
analitico.E’
possibile
definire su X iseguenti
dueprefasci ~’ 6 ?
non divide zero per
ogni
-u
= restrizione naturale.(by
Sia111 == (U aperti
di Stein relativamentecompatti
inX). 111
èuna base
d’aperti.
Poniamo’
ru
= restrizione naturale.OSSERVAZIONE. I due
prefasci
sono ingenerale
differenti :nelhesempio
del
paragrafo precedente
infattiTx +- 8x .
LEMMA 4. Se Ú è un
aperto
di Stein relativamentecompatto Su
=TD .
Ne e
quindi 9
e9>’
hanno lo stesso fascio associato.DIM : Per il lemma 2
1’~
c Sia s ESu. Supponiamo
che esista t=~=
0 in1° ( Ù, 0-x)
tale che s . t = 0. Poichè t=~=
0 esiste z E Ucon tz =~= 0 ;
ne segue divide zero e
dunque
e~’
coincidono su unabase
d’aperti
ed hannoquindi
lo stesso fascio associato.DEFINIZIONE. Il fascio
9K
associato e a9)’
si dice il FASCIO DI GERMI DI FUNZIONI MEROMORFE.Osserviamo che la definizione data coincide con
quella
usuale nel casodelle varietà e con
quella
data in[6]
se X è unospazio ridotto, poichè
intal caso
Su
=( U,
non si annulla identicamente su nessunaperto
non vuoto di
U),
5. Sia X uno
spazio
analitico.Se x E U è definita
l’applica-
zione
questa
induce un morfismo del limitediretto 99
iniettiva : infatti se la classe di
f/g
è tale chef .,lg,,
= 0cioè, fz 0, f
è nulla su unpiccolo
intorno di x cioèflg
de&nisce la classe nulla.qx é surgettiva :
sia E g,, è non divisore di zero.lae
e Uae sono igermi
di due sezioni dove W è unpiccolo
intorno di x. Consideriamo l’omotetia dirapporto g
tra6g I W
eÒx w
e sia
~’
il nucleo diquesto
morfismo. Naturalmente9:»
= 0 edunque 9"
= 0per
ogni
y in unpiccolo
intorno Ve li’. Pertanto gy ETy
perogni y E
Vcioè Ciò prova
(2)
Consideriamol’applicazione 0
----COl
cos definitai è iniettiva
perché
fibra per fibraix :
OSSERVAZIONE. non è un fascio analitico coerente. Ad
esempio
perX = d,
se fosse coerente sarebbe unOx, .
modulo ditipo finito ;
in altri termini sarebbe un morfismo finito e iniettivo e
dunque
avrebbero la stessa dimenaione di Krull. Invece
CYfl;1lJ,
essendoil corpo di frazioni di ha dimensione 0 mentre ha dimensione 1.
Tuttavia
ogni
sottoOjc modulo
ditipo
finito diCYfl
è coerente.3. La
decompos!z oMe primaria degli
iùeali dir(X, 0).
Sia
(X,
unospazio
di Stein. Per l’anelloT (X, Ox) valgono
iseguenti
risultati(dimostrati
da O. Forster in[5]).
Sia a un ideale dir (X,
chiuso
(2).
Inanalogia
con il caso di un anellonoetheriano,
a ammette unadecomposizione primaria
numerabileove
qi
è un idealeprimario
chiuso. Inoltre taledecomposizione
è irridon- dante nel senso che nessunodei qi
è contenuto nell’intersezione di alcunidegli
altri egli
idealipi
=Vqí
sono idealiprimi
chiusi a due a due distinti.In
particolare
consideriamo ladecomposizione primaria
di(0)
00
Come nel caso noetheriano
(a
E r(X, Ox) i
a dividezero)
= n=1U p,, .
In- fatti sia a un divisore di zero; esiste allora b con ab = 0 equindi
ab Eq~~
(!) Una sezione e E
1’(U,
è per definizione una famiglia di germi u tale che esiste unricoprimento i Uil
di U ed elementi ai E ~’(Ui)
tali che si, , = ’z per ogniz E Ui - (2)
88 X è uno spazio analitico, 97 un fascio coerente su X, U un aperto qualunquedi X è l>oasibile dare a
r(U,71)
una t(Bpologia di spazio di Fréuliet per la quale le restri-zioni sono continue (vedi
[8]>.
per
ogni
n. Se alloraperchè qn
èpn - primario. Dunque
se’1= j
Viceversa sia a
elemento,
adesempio,
diP1.
Esiste un interno h tale« 00 00
che ah E
q1. Poiché ,n
1=2g; (0)
esiste ma allora ah b6 fi q,
ei=2 i-1
dunque
ah b = 0. Se ne deduce che esiste unintero s, 1 S 8 h,
tale chementre e
quindi a
divide zero. Osserviamo che se a EP1’
abbiamo trovato unoelemento t q q,
con at = 0.Abbiamo visto d’altra
parte
che(se per JT
è valido il teoremaA)
affinchès divida 0 basta che esista tale
che 8:
divide 0 inC~X, z .
Viceversa,essendo X di
Stein,
per i lemmi 2 eÒx)
non divide 0 se esolo se 8z non divide 0 per
ogni
Osserviamo innne che per
ogni i
è non vuoto in
quanto pi
è un ideale chiuso in4. 1
l>roblei i
diCousiii.
Sia
9K*
il sottofasciomoltiplicativo
digruppi
abeliani dic)M
formato daigermi
di sezioni invertibili. In altri termini perogni aperto
U in Xô.
risulta naturalmente un sottofascio di9~.
Si hanno le
seguenti
due successioni esatte digruppi abeliani :
si dice il FASCIO DEI GERMI DI PARTI PRINCIPALI
(0 RIPARTIZIONI).
= Div X si dice il FASCIO DEI GERMI DI DIVISORI.
I)a
(1)
e(2)
sitraggono
le successioni esatte :20. Annali dedta Scuola Norm. Sup. di
Il 1° e il 20
problema
di Cousin coneistono nel chiedere sottoquali
condizioni per lospazio X
ae P
risultanosurgettive.
Le condizioni sufficienti che seguono sonoanaloghe
aquelle
per il caso classico dellevarietà ;
ciproponiamo
di studiare la necessità di tali condizioni.L
ben noto ilseguente teorema,
la cui dimostrazione è identica aquella
che si dà per le varietà :TEOREMA
(Cousin)
1. Sia X unospazio
di Stein : allora il10 problema
di Cousin è risolubile per X.2. Sia X uno
spazio
di Stein tale cheg~ (X, ~ ) = 0 ;
allora il 2°problema
di Cousin è risolubile per X.Osserviamo subito che la
prima
condizione èsufficiente,
ma non nece8.saria. Infatti sia ~ _ in
questo
caso H1(X, Õ)
~0, quindi
a è
surgettiva,
tuttaviaX,
essendocompatto,
non èStein.
Per il 2°
problema
di Cousinvogliamo
dimostrare ilseguente
TEOREMA. 1.
(1)
Sia X unospazio
di Stein(non
necessariamenteridotto) :
se il 20
problema
di Cousin è risolubileper JC
allora(2)
Sia X unospazio
ridotto verificante il teorema A : see il 20 pro- blema di Cousin è risolubile per .X alloraLa dimostrazione deriva dai
seguenti
lemmi.LEMMA 6. Sia X uno
spazio
analitico verificante il teorema A e9
un fascio analitico coerente su X. Perogni l’applicazione
canonica diG.
spazi
vettoriali(3)
Come nel oaso delle varietà queato itomorfismo deriva dalla sncceaaione esattaL’applicazione
esponenziale ha senso anche in questo caoo : possiamo infatti anpporre0,% -=
o(Cn) l 9;
se f E1’(X, 9), , poichè f -
h èolomorfa,
1-.2ri!
Er(’, 9 ,
Quindil’applioazione
exp : O(o")
- 0*(OR)
passa al quoziente.è
surgettiva
eaperta.
Inoltre è un chiuso acomplementare
densoper la
topologia
di Fréchet suDIM : Osserviamo anzitutto che è un sottomodulo chiuso di
9~ -
1infatti
poiché
è finitamentegenerato, qualunque
siaU3
x unaperto
di Stein relativamente
compatto, l’immagine
inversa di in7f)
è un ideale finitamente
generato, poichè
èpiatto
sudunque,
come ideale finitamente
generato
inun’algebra
diFréchet,
è chiuso. Sia Per il teorema ~1 esistono81’’’.’ 8,
in in tali cheDà cui Poichè risulta:
classe di 9,, mod.
e y~ è
surgettiva.
Ora, poichè
è un vettoriale di dimensionefinita,
si hache
èC-lineare,
continua esurgettiva
traspazi
diFréchet :
dal teorema del
grafico
chiuso segueche r.
èaperta.
Se
poi
Ú èaperto
inT (~~ ~)~ f ( U)
èaperto
in~~ N
Nesegue che U incontra il
complementare
di ker yx edunque questo
è denso.LBmm.& 7. Sia
(X, Ox)
unospazio
di Stein e.6
un fascio su X local- mente libero di rango 1. Allora esiste taleche e.
non divideO in
J3 ~Oj~
perogni
DIM : Siano ideali
primi
ottenuti dalladecomposizione
di(0)
inSappiamo
che per i=1, ... , Xi
= =0per
1
è non vuoto. Sia E’possibile
trovare una sezionetale che per
ogni
i. Infatti per il lemma 5 l’inter- sezioneè una intersezione di
aperti densi,
non vuota per il teorema di Baire.Consideriamo ora il fascio
coerente £-
. Con lo stessov
ragionamento
èpossibile
tale che perogni
ø è un owomorfismo tra e
1’(X, Ox)
lineare. Daquanto procede
segue cheConsiderianio infatti il
diagramma
commutativo perogni i
v
li
non è il moróemo nullopoiché
equindi
è iniettivo. Poiché8~c ~ ,~~ .~~~
si ha la tesiMostriamo ora che s non divide 0 iu
ogni punto. Supponiamo
che esistao 6 JT tale
che s.
divide zero. Il sottofascio di0~ (4)
è coerente comenucleo del morRsmo tra fa8ci coerenti «
moltiplica.zione
per s » :Oj 2013 -P.
Ora
poiché sx divide
(1. Dal teorema A esistecon
f ~ U e/.~=0.
Si ha allora/.P(a)===P(/.~)==o.
divide 0 e per
qualche
Ne seguo
~(s)(xb )=0
cioè(,&»,,,0
E controquanto
avevamo trovato.DEL TEOREMA 1.
(1)
Sia X unospazio
di Stein. E’ sufficiente provare cheHi (X, ()
= 0.Poiclié fl
èsurgettiva
peripotesi,
dalla succes-R 3
si ottiene che basta mostrare che A ha
immagine
nulla.6~) : ~ ‘
classe diuj, O.), ove ~
èricoprimento
diX. e
definisce un fascio invertibileE.
Per il lemma 6 esistetale
che s.,
non divide zero perogni
x E X. Per deiinizioneQuindi
(2)
Sia X unospazio
ridotto verificante il teorema A esia P surgettiva.
Ancora dobbiamo mostrare che = 0.
Sia ~
E ~!(X, C~~‘), E
=fl
Uj, ~’~),
e sia.e
il fascio invertibile determinato daE.
Sia Aun insieme numerabile denso in X.
Scegliamo
s Efi ,,-1 (e (0) ),
intersezione certamente non vuota per il teorema diBaire,
Si tu, n VJ n Uj.
Ma si(x) =~=
E equindi (cfr.
par2)
per E Ancora si conclude ~(E)
_[8; aj ’]
= 0.COROLLARIO. Sia X uno
spazio
di Stein : il 2°problema
di Cousin trisolubile per X se e solo se
H2 (X, Z)
= 0.5.
Il problema
diPoincaré.
Abbiamo introdotto
9M
come il fascio associato alprefascio 3~.
Tra
prefascio
e fascio associato è definitaun’applicazione
che ingenerale
non è iniettiva. Tuttavia nel nostro caso lo è. Infatti ~e U è
aperto
in data dae
quindi (f, Ig, )
= 0 se e solo sef =
o.In
particolare
perogni spazio
analitico X si ha un omoinorfifimo iniet- tivo d’anelliIl
problema
di Poincaré consiste nel chiedere perquali spazio X, Fz é
surgettiva.
Vogliamo
dimostrare laseguente proposizione, analoga
al lemma 7.PROP. 8. Sia g uno
spazio
diStein, 9
un fascio coerente di ideali diSupponiamo
che perogni
xE X,
la fibra9,, contenga
un non divisoredi zero. Allora esiste tale non divide zero per
ogni
a? 6 JC.Sono necessari i
seguenti
lemmi :LEMMA 9. Sia
T. Finsieme, supposto
nonvuoto,
dei non divisori di zeroin
~~ , T~
èaperto
e denso in per latopologia
di Cartan(5).
Dm ; Sia a un ideale
qualunque
in è finitamentegenerato perché
un anello noetheriano.Comunque
siscelga
unaperto
IT di Stein relativamentecompatto contenente o, poichè
èpiatto
su1’( 1T, Òx)
il’immagine
inversa di a inOx)
è flnitamentegenerata
edunque chiusa.
Ciò prova che
a è
chiuso nellatopologia
limite diretto di(~g, ~ .
Inoltre aè un sotto
d-enazio
vettoriale di equindi
sea =~= 0~,~ ~
ilcomplementare
di a è denso in
1
Sia ora
l’
ladecomposizione primaria
di(0)
nell’anello noethe.riano
~X, m
e siayqí . pi
è chiuso. equindi p, n 9",
è chiuso in Inoltrepi
f1 è un sottoC spazio
vettoriale di9~ proprio, poichè
altri-menti 8i avrebbe Pertanto a come
plementare
denso equindi To
è unaperto
denso.Lzmm.& 10. Sia
l’applicazione
canonica :aperto
e denso inr (X, 9).
Dim.
Supponiamo
per il momento(Tx)
non vuoto. Si ha allora perogni
i che9z)
è un sottoe-spazio
vettoriale chiuso non banale dir(X,9)
equindi
è magro. Ne segue che(Tz) è aperto
e denso.Resta solo da provare che
~ ~ ;
maquesta
è una conseguenza delpiù generale
LEMMA 11. Sia A un anello e siano
a,
... , an ideali in A. Sia .R unn
80ttoinsieme di g chiuso
rispetto
alla somma e alprodotto.
Se RcD
a-lai al.lora
Rc af
perqualche j.
Se per
ogni j
Bt
esistono elementib~ , ,., , bn
tali chebj i ~~, j =1, ... ,
n. Sottoqueste ipotesi
ilpolinomio
(5)
Latopologia
di Cartan sulla fibra di un fasoio ooorento 9 è definita coti : unaMOOMMOM
I
iiCJ.
converge a 9 8e esiste un aperto U 3 x e una successioneI
inF( !7, g)
convergente adfEr(U, CJ)
oon1"1.=9,,,
eLa
topologia
di Cartan coincide con la topologia limite diretto.non
può
essere elemento di nessunaj .
Questo
si dimostra per induzione. Per n = 1 è banalmente vero.Sup- poniamo
ora, adesempio,
,.. ,bn~
E Si baPer
ipotesi
induttiva 9 ...a~ u
... U an e qunque, dato che R èchiuso,
è elemento diai.
SeP" (bi , ... , bn) E ai
siha bi
Eai
control’ipotesi.
n
Quindi P" (b! ,
... ,bn) f ifh
’=1i ai edunque
R non è chiusorispetto
allasomma e al
prodotto.
00 _
DIM. DELLA PROP. 8 : Sia al solito
(0)
,==1qi, Pi
=per e x; un
punto qualunque
inXi.
Siaè allora divisore di 0 ed esiste
quindi
con~./===0.
Abbiamo visto che si
può
e sia
r(X,
il localizzato dirispetto
alcomplementare
di eMostriamo che 8 è divisore di zero come elemento di
r (X,
infatti
f
non è zero inr (X, perchè,
se lofosse,
esisterebbe t Er (g, t q
conf -
t =0 ; poichè t f pi
edunque poichè f - t
= 0 Eq; , 8i
avrebbe control’ipotesi. Dunque
s .j
= 0 in1’ (1,
con
f ~
0.Osserviamo ora che
l’applicazione
è iniettiva. Infatti se
f E F (X,
è tale che =0,
la fibrain x;
del fascioAnn 1
è PoichéAnn f è
un fascio coerente esiste una sezioneglobale
tale cioè
t 9 M.,i .
Poichèt . f = 0, f è
zero comeelemento
r (g,
,In conclusione abbiamo
provato
che se a Ep,
alloragx
è divisore di 0.Per il teorema di Baire l’insieme
non è vuoto : sia o un suo elemento.
Dunque
perogni i
è non divisoredi zero : per
quanto
vistoprima p,
perogni
i eaunque s
è non divi.sorte di 0 in
r(X,9).
Per il lemma2 s.,
non divide 0 perogni
x equindi
risolve il nostroproblema.
TIORBMA 2.
(1)
Se X è unospazio
di Stein(non
necessariamenteridotto)
il
problema
diPoincaré
è risolubile per X.(2)
Se X è rnospazio
ridotto veridcante il teoremaA,
ilproblema
di Poincarè è risolubile per X.DIM: (1)
Sia m EP(X, cm)
una funziona meromorfa. Perogni aperto U
di X
poniamo
E’ P cos definito un fascio coerente di ideali di
(g
inquanto
.Alt i =
In oltre
poichè
perogn
i x mx = conf x
E gx Erl’x
c_9. , 9ae
contiene un non divisore di zero. Secondo la
prop. 8
esiste8 E
(X, ~’)
tale che ax ET.
perogui
x in X. Si haPoichè o E si ha m
==flo
e ilproblema
di Poincarè è risolto(2)
Nel caso in cui X sia ridotto è sufficiente il teorema A secondo i risultati di[4].
6.
Un esempio di varietà
nondi Stein per cui il problema di Poincarè è risolubile.
Sia g una varietà
complessa
che sia una « coronacompleta *
nel sensodi
[7]
e in cui la funzioneesaustiva 99
nonraggiunga
mai il suo estremoinferiore. Sotto
queste ipotesi
g non è di Steinperché 1’inviluppo
convessodei
compatti ~a ~ ~ s b)
è dato da(9’
equindi
non ècompatto.
In
[7]
pag. 66.68 èprovato
che se~’
è un fascio analitico coerente suX tale che
prof.
3 allora X verifica il teorema A relativamente ad~’.
Sia m E
crJl)
una funzione meromorfa su X esia 9r
il fasciodi
ideali definito nel teorema 2 : per provare che il
problema
di Poincarè èrisolubile
per X
basterà dimostrare cheprof J~ 3. Questo
discende dalfatto che per
ogni x
EX,
=d !
... ,e,,)
è fattoriale.Infatti per
ogni
x E X si ha mx =ax
con a,xe bx
in Per la fat-bx
’torialità di si
può
supporreche ax e bx
sianoprimi
fra loro equindi,
se a e b sono le sezioni di
0~
definite ebx
su unpiccolo
intornodi x,
che ay eby
sianoprimi
fra loro perogni
y abbastanza vicino a ae.Sia hx
E per pdefinizione hx
Pix E Dalla fattorialità dibx
’segue che
bx
divide Ciò prova che5x
ègenerato da bx
edunque 9 è
un fascio localmente libero di rango 1(b. è
non divisore dizero).
Pertanto
profx. 9
= dim X= n >
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