··
783
·
2024-11-04 01:11

史上最年轻菲尔兹奖得主Serre的经典作品:代数凝聚层Faisceaux algébriques cohérents

法国数学家让-皮埃尔·塞尔(Jean Pierre Serre)是迄今为止最年轻的菲尔兹奖得主,他获奖时年仅27岁,被国际数学领域誉为“在世最伟大”的数学家之一,他在代数拓扑学、多复变函数论、代数几何与数论方面取得了开创性的、历史性的巨大贡献。

Serre与被誉为代数几何的上帝的Grothendick是亲密无间的学术伙伴,他们两个的数学风格可以说是截然相反的,相较于Grothendick更喜欢构造宏大的理论,Serre更喜欢解决具体的问题。而两者的合作碰撞出了无数的火花,诞生了无数经典的理论。具体可见 明星崛起 - 宛如来自空无的召唤

而代数凝聚层(Faisceaux algébriques cohérents)这本书是Serre的经典著作之一,讲述的是层论方法在代数几何中的应用。本书原版是法语写的,后来被翻译成中英文版本。现在我将自己收藏已久的中英法三个版本,都分享出来给有需要的人,欢迎感兴趣的收藏收藏!

PS:第一个附件为法语版,第二个为英语版,第三个为中文版。

如果您要查看本帖隐藏附件请回复

添加评论
评论区
sadfdwer
·
14 days ago

好好

1
回复
sadfdwer
·
14 days ago

好好的

1
回复
sadfdwer
·
14 days ago

好好的的

0
回复
1415926
·
19 days ago

0
回复
LLL
·
19 days ago

感谢!

0
回复
Ricciflows
·
19 days ago

感谢分享!

0
回复
wm_2024
·
16 days ago

感谢分享!

0
回复
zhousMath
·
11 days ago

好的,感谢大大分享

0
回复
henhutu
·
17 days ago

谢谢分享!

0
回复
solaren
·
18 days ago

感谢分享

0
回复
string_
·
18 days ago

代数凝聚层,求论文

0
回复
Grothendieck
·
17 days ago

1

0
回复

弦圈热门内容

宛如来自空无的召唤——数学大师格罗腾迪克的生平(上)

作者简介:艾林‧杰克逊(Allyn Jackson)曾任美国数学学会会讯(Notices of the AMS)的副主编与总主笔,加州大学柏克莱分校数学硕士。她觉得能结合数学和写作两个非常不同的领域,面对各种数学课题和数学人物,收获很大。译者简介:翁秉仁为台湾大学数学系副教授。本文原文发表在 2004 年的 Notices of the AMS 51卷第 9 期,以下译文刊登在《数理人文》创刊号(2013 年 12 月)。媒体或机构如需转载,请联系《数理人文》杂志(微信号:math_hmat)。重点摘要格罗腾迪克是二十世纪的数学大师,为代数几何开启全新的面貌,数学影响仍方兴未艾。格罗腾迪克早年多舛,与父母颠沛流离。他的数学背景贫乏,一切出于自学,但天资奇高,在苦学深思与师友攻错下,终于成为一代宗师。格罗腾迪克以韦伊猜想为目标,从范畴论观点所铸造的新工具,连结了离散的数论世界与连续的拓扑世界,启迪了多位菲尔兹奖得主的工作。如果不把科学看成权力和宰制的工具,而是我们物种在时间长河进行的知识探险。每门科学好比和声一样,依时更迭,或广袤,或丰盈。就像顺着世世代代于焉展露的乐曲,所有主题的精致对 ...

如何构建一个比复数域$\mathbb{C}$还要大的域?

本文我们探讨这个问题:是否存在一种扩张复数域$\mathbb{C}$的方法,使得$\mathbb{C} \subset\mathbb{C}[a]$?或者$\mathbb{C}$是所有域扩张的终点?下面围绕这个问题,我们将提供两种扩张复数域$\mathbb{C}$的方法。方法1:$\mathbb{C}$的笛卡儿积$$P = {\Bbb C}\times{\Bbb C}\times\cdots$$并不是一个域,因为它有零因子:$$(0,1,0,1,\cdots)(1,0,1,0\cdots)=(0,0,0,0,\cdots)。$$但是将零因子商掉,就能得到一个域。令$\mathcal U$为$\Bbb N$上的一个nonprincipal ultrafilter。我们定义$$(a_1,a_2,\cdots)\sim(b_1,b_2,\cdots)$$当$$\{n\in\Bbb N\,\vert\, a_n=b_n\}\in\mathcal U。$$然后商$F = P/\sim$就是一个严格比$\mathbb{C}$大的域,我们称这个域为超积(英语:ultraproduct)。并且嵌入映射$ ...

如果两个对象的余极限同构,那么这两个对象同构?

令$A,B$为特征$p$的交换环。令$\phi_{A}:A\rightarrow A,\phi_{B}:B\rightarrow B$为Frobenius态射,即$p$次方映射。如果我们有 ${\rm{colim}}_{n\in\mathbb{N}}A\cong {\rm{colim}}_{n\in\mathbb{N}}B$,其中transition映射为Frobenius态射,那么我们可以得出$A\cong B$吗?答案:不能。回顾一下,一个$\mathbb{F}_p$-代数$R$是完美的,如果它的Frobenius映射$\varphi : R \ni r \mapsto r^p \in R$是一个同构。Frobenius态射的次方的余极限${\rm{colim}}_{n\in\mathbb{N}}R$是$\mathbb{F}_p$-代数$R$的完美化,并且它这样命名是因为它是完美$\mathbb{F}_p$-代数到$\mathbb{F}_p$-代数的包含映射的左伴随。这使得完美$\mathbb{F}_p$-代数构成了一个$\mathbb{F}_p$-代数的反射子范畴,这意味着在完美 ...

正弦函数的幂级数展开是否是柯西序列?

考虑正弦函数的幂级数展开$$S=(\sum_{i=0}^{j}\frac{(-1)^{i}}{(2i+1)!}r^{2i+1})_{i\in\mathbb{N}}, 0\leq r\leq2\pi。$$那么$S$是否是柯西序列?令$\varepsilon>0$。是否存在$N>0$使得对于任意$m,n\geq N$,都有$$\left|\sum_{j=n}^{m}\frac{(-1)^{j}}{(2j+1)!}r^{2j+1}\right|\leq\sum_{j=n}^{m}\frac{1}{(2j+1)!}r^{2j+1}<\varepsilon?$$证明1:众所周知,$\sin x$的幂级数展开在任意地方都是收敛的(你可以使用比值审敛法来证明这个结论),然后所有收敛数列都是柯西的,因此$S$是柯西序列。证明2:既然这是研究一个紧致集里的级数,最简单的方法是用下面的不等式:$$\sum_{j=n}^{m}\frac{1}{(2j+1)!}r^{2j+1}\leq\sum_{j=n}^{m}\frac{1}{(2j+1)!}(2\pi)^{2j+1}<\varep ...