2.12 d-重埋め込み

ある自然数 $n, d \gt 0$ について， $M_0, M_1, \ldots , M_N$ を全ての $n+1$ 変数 $X_0, \ldots , X_n$ の $d$ 次単項式とする．ただし， $N = \binom{n+d}{n} - 1$ とする．ここで， $\rho_d : \textbf{P}^n \rightarrow \textbf{P}^N$ ，ただし $\rho_d (P) = [M_0 (P) : \cdots : M_N(P)$ ]となるように $\rho_d$ を定義する．これは $\textbf{P}^n$ の $\textbf{P}^N$ における $d$ -重埋め込みと呼ばれる．例えば， $n=1, d=2$ のとき， $N=2$ であり， $\textbf{P}^1$ の $\textbf{P}^2$ における $2$ -重埋め込みの像 $Y$ は円錐である．

(a) $\theta : k[Y_0, \ldots, Y_N$ ] $\rightarrow k[X_0, \ldots ,X_n$ ] を， $Y_i$ を $M_i$ に送るような準同型と定義し，その核を $\mathfrak{a}$ とする．この時， $\mathfrak{a}$ は斉次素イデアルであり，従って $Z(\mathfrak{a})$ は $\textbf{P}^N$ において射影多様体となる．

(b) $\mathrm{Im} \ \rho_d =Z(\mathfrak{a})$ を示せ．

(d) $\textbf{P}^3$ における twisted cubic curve は，適切に座標を選ぶことによって $\textbf{P}^1$ の $\textbf{P}^3$ における $3$ -重埋め込みと等しくなることを示せ．

前回の続きです．今日は(b)についてやります．

本当は(c)もこの記事でやりたかったのですが，あまりにも分量が多くなりそうなので分けることにします．

画面からはみ出している数式はスクロールすると見れます．

(b)の証明

$\mathrm{Im}\ \rho_d \subset Z(\mathfrak{a})$

任意の $Q \in \mathrm{Im}\ \rho_d$ について，

$\exists P \in \textbf{P}^n \ \mathrm{s.t.}\ \rho_d (P) = Q$

だが，前回の記事における(d)のように，任意の $f \in \mathfrak{a}$ について

$f(Q) = f(\rho_d(P)) = \theta (f)(P) = 0$

となるので， $Q \in Z(\mathfrak{a})$ となる．

$Z(\mathfrak{a}) \subset \mathrm{Im}\ \rho_d$

抜本には「この包含の証明にはいくらか計算が必要となる」としれっと書かれていますが，どう考えてもそんな量ではないです．~~頭にきますよ！~~

まず，前回 (d) でやったときと同じように，

$$ \begin{array}{cccc} \rho_d :& \textbf{P}^n & \longrightarrow & \text{P}^N \\ & \left[x_0 : \cdots : x_n \right] & \longmapsto & \left[y_{d,0,\ldots , 0} : \cdots : y_{e_0, \ldots , e_n} : \cdots : y_{0, \ldots , 0, d} \right] \\ \end{array} $$

と添字を付ける．

ここで，

$\left[y_{d,0,\ldots , 0} : \cdots : y_{e_0, \ldots , e_n} : \cdots : y_{0, \ldots , 0, d} \right] \in \textbf{P}^N$

について，

$y_i := y_{0,\ldots , 0, d, 0, \ldots, 0}$

つまり， $i$ 番目の添字が $d$ で，それ以外のものが全て $0$ であるような斉次座標を $y_i$ とする．

この時， $Q \in Z(\mathfrak{a})$ について以下が成り立つ．

$\textbf{Claim} : 0 \leq \exists m \leq n \ \ \mathrm{s.t.} \ \ q_{m} \neq 0$

これはつまり，前回の (d) で見たように，一つの変数しか出てこないような単項式に送った座標が $0$ になると全ての座標が $0$ になってしまい，射影空間の点にはならないという矛盾を導きます．

背理法で証明する．つまり，全ての $i$ で $q_i = 0$ と仮定する．

ここで，

$(X_0^d) ^ {e_0} \cdots (X_n^d) ^ {e_n} - (X_0^{e_0} \cdots X_n^{e_n})^d = 0$

より

$Y_0^{e_0} \cdots Y_n^{e_n} - Y_{e_0, \ldots , e_n}^d \in \mathrm{Ker}\ \theta = \mathfrak{a}$

となり，この式に $Q \in Z(\mathfrak{a})$ を代入すると，

$q_0^{e_0} \cdots q_n^{e_n} - q_{e_0, \ldots , e_n}^d = 0$

となる．仮定より， $Q$ の任意の座標 $q_{e_0, \ldots , e_n}$ が $0$ になり矛盾．

よって主張は成り立つ．

$q_0 = q_{d,0,\ldots , 0} \neq 0$ としても一般性を失わない．

ここで，

$(X_0^d)^{d-1} (X_0^{e_0} \cdots X_n^{e_n}) - (X_0^d)^{e_0} (X_0^{d-1} X_1)^{e_1} \cdots (X_0^{d-1} X_n)^{e_n} = 0$

が成り立つ．実際に， $X_0$ の指数は左右の項でどちらとも $d(d-1) + e_0$ になっている．

よって，

$Y_0^{d-1} Y_{e_0, \ldots, e_n} - Y_0^{e_0} Y_{d-1, 1, 0, \ldots, 0}^{e_1}Y_{d-1, 0, 1, 0 \ldots, 0}^{e_2} \cdots Y_{d-1, 0, \ldots, 0, 1}^{e_n} \in \mathfrak{a}$

となる．ここに $Q \in Z(\mathfrak{a})$ を代入して整理すると

\begin{align*} & q_0^{d-1} q_{e_0, \ldots, e_n} - q_0^{e_0} q_{d-1, 1, 0, \ldots , 0}^{e_1}q_{d-1, 0, 1 ,0 \ldots , 0}^{e_2} \cdots q_{d-1, 0, \ldots , 0, 1}^{e_n} \\ =\ & q_0^d \left\{ \frac{q_{e_0, \ldots , e_n}}{q_0} - (1)^{e_0} \left( \frac{q_{d-1, 1, 0, \ldots, 0}}{q_0} \right)^{e_1} \cdots \left( \frac{q_{d-1, 0, \ldots, 0, 1}}{q_0} \right)^{e_n} \right\} \\ =\ & 0 \end{align*}

となる．これは，主張より $q_0 \neq 0$ としているからである．

よって

$\frac{q_{e_0, \ldots , e_n}}{q_0} = \left( \frac{q_{d-1, 1, 0, \ldots, 0}}{q_0} \right)^{e_1} \cdots \left( \frac{q_{d-1, 0, \ldots, 0, 1}}{q_0} \right)^{e_n}$

と表せる．従って

\begin{align*} Q &= \left[q_0 : \cdots : q_{e_0, \ldots , e_n} : \cdots : q_n \right] \\ &\sim \left[1 : \frac{q_{d-1, 1, 0, \ldots, 0}}{q_0} : \cdots : \frac{q_{e_0, \ldots , e_n}}{q_0} : \cdots : \frac{q_n}{q_0} \right]\\ &= \left[1 : \frac{q_{d-1, 1, 0, \ldots, 0}}{q_0} : \cdots : \prod_{i = 1}^{n} \left(\frac{q_{d-1, 0, \ldots , 0, 1, 0, \ldots, 0}}{q_0} \right)^{e_i} : \cdots : \left( \frac{q_{d-1, 0, \ldots , 0, 1}}{q_0} \right)^d \right] \end{align*}

となる．(ただし，一般項における分数の分子は，1番目の添字が $d-1$ で $i$ 番目の添字が1とする．)

ここで， $Q$ の座標に出てくる分数を一つの変数としてみると，変数の数は $n$ 個しか無く，それぞれの座標は全て $\rho_d$ で送った形になっていることがわかります．

よって，

$\exists P = \left[q_0 : q_{d-1, 1, 0, \ldots, 0} : q_{d-1, 0, 1, 0, \ldots, 0} : \cdots : q_{d-1, 0, \ldots, 0, 1} \right] \in \textbf{P}^n\ \ \mathrm{s.t.}\ \ \rho_d(P) = Q$