Ejemplo I.4.9.1 en Hartshorne (soplo)

Question

Deje $Y$ ser irreducible de la curva de $\mathbb{A}^2$$y^2 = x^2(x+1)$. Deje $t,u$ ser homogénea coordenadas de $\mathbb{P}^1$. El total de la inversa de la imagen de $Y$ bajo la voladura $\phi: X \rightarrow \mathbb{A}^n$ $\mathbb{A}^n$ en el origen $O=(0,0)$ es un subconjunto de a $\mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1$ y dadas por las ecuaciones $y^2 = x^2(x+1), x u = y t$. Tenga en cuenta que, por definición, la voladura de $Y$ $O$ es el cierre de $\phi^{-1}(Y-O)$ y se denota por a $\tilde{Y}$.

Hartshorne, considera primero el conjunto abierto $t \neq 0$, conjuntos de $t=1$, golosinas $u$ como un parámetro afín y llega a la excepcional y la curva de ecuaciones $y=ux, u^2=x+1$, y afirma que el último dar, precisamente,$\tilde{Y}$.

Pregunta 1: ¿por Qué las ecuaciones de $y=ux, u^2=x+1$ definir $\tilde{Y}$?

Mi esfuerzo: Desde $Y$ es irreductible, el conjunto $Y-O$ no está cerrado y por lo $\phi^{-1}(Y-O)$ no será cerrada. Ahora $\tilde{Y}$ dentro del total de la inversa de la imagen de $Y$, es decir,$\phi^{-1}(Y)$, por lo que cualquier punto en $\tilde{Y} - \phi^{-1}(Y-O)$ debe ser un punto de $\phi^{-1}(O)$. Por último, tenga en cuenta que $V(y-ux,u^2-x-1) = \phi^{-1}(Y-O) \cup \left\{(0,0,1),(0,0,-1)\right\}$. ¿Cómo puedo completar el argumento ahora?

Pregunta 2: la Aceptación de que $\tilde{Y}=\phi^{-1}(Y-O) \cup \left\{(0,0,1,1),(0,0,-1,1)\right\}$, Hartshorne los estados que los puntos de $\tilde{Y}$ que se cruzan $\phi^{-1}(O)$, es decir, los puntos de $(0,0,1),(0,0,-1)$, (suponiendo que $t=1$), dar las laderas de las ramas de $Y$ a través del origen $O$. Cómo podemos ver eso? ¿Qué es un general de la prueba de esta afirmación?

Pregunta 3: considerando ahora el conjunto abierto $u \neq 0$, podemos establecer $u=1$ y las ecuaciones de $\phi^{-1}(Y)$ se $x = t y, y^2 = x^2(x+1)$ dar $y = 0$$1 = t^2(ty+1)$. Lo que hace que la información dada mi estas ecuaciones significan y por qué es Harsthorne ahora el análisis de ellos?

Answer 1

¿Qué es un estricto transformar? Deje $X\subset \mathbb{A}^2$ ser cualquier afín variedad que contiene el origen. A continuación, $\varphi^{-1}(X)$ se compone de dos irreductible componentes. Es decir,$\tilde{X}$, el cierre de $\varphi^{-1}(X-O)$, e $\varphi^{-1}(O)\cong \mathbb{P}^{1}$. El primero se llama el estricto transformación y la segunda la excepcional curva. Por lo que la excepcional curva en el blow-up es el componente irreducible de la blow-up que está completamente por encima del origen.

Pregunta 1:

Para la referencia:

$$f(x,y)=y^2-x^2(x + 1), \quad g(x,y,u,t)=xu-ty. \tag 1$$

Su método, la Referencia de la prueba de la estrategia:

Este método consta de dos partes. Deje $f,g$ ser las ecuaciones para el que desea mostrar $V(f,g)=\varphi^{-1}(Y-O)$.

En primer lugar, mostrar que $\varphi^{-1}(Y-O)$ no está cerrado. Usted dice: desde $Y$ es irreductible, el conjunto $Y−O$ no está cerrado y por lo $\varphi{−1}(Y−O)$ no será cerrada. De hecho, por la irreductibilidad de $Y$, $Y-O$ no puede ser cerrado en $\mathbb{A}^2$ ya que los puntos están cerrados. Donde quieras $\varphi^{−1}(Y−O)$ a no ser cerrada? Imagen I $\varphi^{−1}(Y)$. Desde $\varphi^{−1}(Y−O)$ siempre está cerrado en sí mismo. Para inferir de esto, usted necesita a $\varphi$ a ser un cerrado mapa restringido a $\varphi^{−1}(Y)$. Pero sólo tenemos que es un homeomorphism en $\varphi^{−1}(Y−O)$, por lo que esta ruta es inútil. Aquí integridad de $\mathbb{P}^1$ entra en juego. Por integridad, todos los mapas de proyección están cerrados los mapas! Por lo que este contiene.

Segundo, tenga en cuenta que si añades $d$ puntos que usted consigue $V(f,g)$,$0<d\in \mathbb{N}$. Si $d=1$, está hecho desde que se encontró el menor subconjunto cerrado que contenga su subconjunto. Siendo el más pequeño está garantizado como $d=1$. Si $d>1$, se puede demostrar que los $V(f,g)$ es irreductible, y que se lleva a cabo también. Siendo el razonamiento, el cierre de $\varphi^{-1}(Y-O)$ no puede ser estrictamente contenida en $V(f,g)$, lo que implicaría que $V(f,g)$ no es irreductible.

Este método sólo funciona si usted ya sabe lo que las ecuaciones son. Mi cuerpo empieza a doler cuando me necesitan para probar irreductibilidad, por lo que sólo utiliza esta táctica para $d=1$.

Lo que yo haría:

En primer lugar, tenga en cuenta que el total de la inversa de la imagen $\varphi^{-1}(Y)$ está definido por $(1)$. Luego de buscar un afín gráfico en un momento. Vamos a ver en el afín gráfico donde las $t\neq 0$. Entonces podemos asumir que $t=1$. Las ecuaciones en este gráfico se convierten $$y^2=x^2(x + 1), \quad xu=y.$$ Esto define un conjunto cerrado en $\mathbb{A}^3$ consta de dos irreductible partes: $x=0$, $y=0$, $u$ arbitraria e $$(\frac{y}{x})^2=u^2=x+1, \quad xu = y.$$ La primera parte está completamente por encima del origen, por lo tanto es parte de la excepcional curva. A continuación, el otro tiene que ser parte de la estricta transformar. Vamos a ver en el afín gráfico donde las $u\neq 0$. Entonces podemos asumir que $u=1$. Las ecuaciones en este gráfico se convierten $$y^2=x^2(x + 1), \quad x=ty.$$ Esto define un conjunto cerrado en $\mathbb{A}^3$ consta de dos irreductible partes: $x=0$, $y=0$, $t$ arbitraria e $$1=(\frac{x}{y})^2(x+1)=t^2(x+1), \quad x = ty.$$ La primera parte está completamente por encima del origen, por lo tanto es parte de la excepcional curva. A continuación, el otro tiene que ser parte de la estricta transformar. Tenga en cuenta que en la segunda parte, el estricto transformar parte, no hay ningún punto con $t=0$. Por lo tanto, todos los puntos donde ya hay en el afín gráfico de $t\neq 0$. Ahora podemos concluir que el afín de la curva de $$\frac{y}{x}^2=u^2=x+1, \quad xu = y$$ in $\mathbb{A}^3$ is isomorphic to the strict transform $\tilde{Y}$. You can also see that the strict transform intersects the pre-image of the origin in two points: $x=y=0$ and $[t:u]=[1:1]$ or $[1:-1]$.

Doy por sentado, pero todavía es una buena cosa para jugar con pienso!

a) ¿por Qué se tiene el total de la inversa de la imagen $\varphi^{-1}(Y)$ $Y$ $\mathbb{A}^2\times \mathbb{P}^1$ por las ecuaciones (como se indica en el ejemplo) $$y^2=x^2(x + 1), \quad xu=ty.$$

Pregunta 2:

Un golpe dispone de un espacio proyectivo sobre el origen que realiza un seguimiento de las laderas de las ramas en el origen de la variedad. Fuera de la pre-imagen de origen, sigue con la línea que pasa a través de un punto y el origen [nota de que proyectiva puntos de las líneas a través del origen]. Esto se hace a través del golpe de ecuaciones $x_jy_i=x_iy_j$.

Usted necesita algo más de fondo para una rigurosa prueba de ello. Lo mismo va para mí, sino en el nivel de BRUJA yo, esto fue suficiente para mí. Acaba de calcular un montón de blow-ups y va a ser más natural.

Pregunta 3:

Cuando la inspección de una variedad proyectiva, a menudo se ve estándar abierto afín a la vez. En este caso, la estricta transformación de Y está contenida en un abrir afín gráfico, por lo que Harsthorne no inspeccionar el otro para $Y$ más(en mi copia, al menos). Por lo general, usted necesita para inspeccionar tanto los gráficos y la cola para obtener su total de blow-up de la variedad. Así que estas ecuaciones describen el afín de la curva de $\tilde{Y}\cap U$ donde $U$ es afín a abrir correspondiente a $t \neq 0$.

Mira el Ejemplo 6.22 en la página 62 de las notas de B. Moonen para una más trabajado ejemplo de la blow-up para esta curva.

Glueings

Usted puede pegar variedades a lo largo de abre dando un isomorfismo desde el abierto de Una variedad a una variedad de B. Las variedades vienen con el estándar de glueings entre su nivel afín abre. Por ejemplo, supongamos $V_t$ ser afín a la carta en donde $t\neq 0$ $V_u$ donde $u\neq 0$ $\mathbb{P}^1$ con coordenadas $[t:u]$:

$$\mathbb{A}^1\setminus O \cong _u \cap V_t \rightarrow V_u \cap V_t \cong \mathbb{A}^1 \setminus O,$$ $$\frac{t}{u} \cong [\frac{t}{u},1] \mapsto [1,\frac{u}{t}] = \frac{u}{t}.$$

Esta pegado por lo tanto algunas veces se denota por a $x \mapsto x^{-1}$. Para el blow-up, usted siempre tiene el mismo glueings ya que este se basa sólo en el espacio que contiene a $\mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1$. Deje $[t:u]$ ser las coordenadas proyectivas de nuevo y $V_u, V_t$ la norma correspondiente afín abre. Entonces tenemos:

$$\mathbb{A}^3\setminus V(\mbox{projection on third coord}) \cong V_u \cap V_t \rightarrow V_t \cap V_u \cong \mathbb{A}^3\setminus V(\mbox{projection on third coord}),$$ $$(x,y,\frac{t}{u}) \cong ((x,y),[\frac{t}{u},1]) \mapsto ((x,y),[1,\frac{u}{t}]) \cong (x,y,\frac{u}{t}).$$

Si realmente nos fijamos en el blow-up, entonces tenemos la ecuación de $xu=ty$. Así que tenemos $x\frac{u}{t}=y$ y viceversa, por lo que nos puede caer una coordenada. En otras palabras, en $\mathbb{A}^3$ la variedad de corte por $xy=z$ es isomorfo a $\mathbb{A}^2$. El uso de este y eliminando la información redundante, vamos a $X$ ser el blow-up:

$$V_u \cap X \cap V_t \rightarrow V_t \cap X \cap V_u,$$ $$(y\frac{t}{u},y,\frac{t}{u}) \mapsto (x,x\frac{u}{t},\frac{u}{t}).$$

Espero que esto ayude.

Answer 2

$u$ $t$ representar la pendiente de la tangente. En el primer caso $u=\frac{y}{x}$ asumiendo $x\neq 0$. así que la división de la ecuación original por $x^2$ obtenemos $u^2=x+1$. Esto debe responder a la pregunta $1$. En el origen hay dos tangentes, dado por $x+y=0$$x-y=0$. La intersección de a $\tilde{Y}$ $(0,0,\pm 1)$ da $x=y=0$ $u^2=1$ $u=\pm 1$ las laderas de las dos tangentes. El punto es que el origen con dos tangentes, ahora corrisponds a dos de cada punto con una sola tangente. Y las dos tangentes del proyecto en las tangentes y del origen. Para la pregunta 3 ahora preforma el mismo argumento para $t=\frac{x}{y}$ el inverso de la pendiente.

Answer 3

Me gustaría hacer algunos complemento a Mohamed Hashi la respuesta.

Deje $X$ ser el golpe de $\mathbb{A}^2$ $O=(0,0)$ $$X=\{((x,y),(u:t))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\mid xu=yt\}.$$ Deje $\mathbb{A}^1_u,\mathbb{A}^1_t$ ser afín a la cubierta de $\mathbb{P}^1$,luego $$\mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1=(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_u) \cup(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_t).$$ Tenemos el siguiente isomorfismo: $$X_u=X\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_u)\longrightarrow \mathbb{A}^2,$$ donde $((x,y),(1:t))\longmapsto (y,t)\longmapsto ((yt,y),(1:t))$.En virtud de este isomorfismo,podemos escribir $$\varphi^{-1}(X)\cap X_u=\{(0,t))\in \mathbb{A}^2\mediados de t \in k\}\cup \{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid 1=t^2(yt+1)\},$$ $$\varphi^{-1}(Y-O)\cap X_u=\{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid 1=t^2(yt+1)\}- \{(0,\pm 1))\},$$ desde $\overline{\varphi^{-1}(Y-O)}^X\cap X_u=\overline{\varphi^{-1}(Y-O)\cap X_u}^{X_u}$ es cerrado en $X_u\cong\mathbb{A}^2$,tenemos $$\overline{\varphi^{-1}(Y-O)}^X\cap X_u=\{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid 1=t^2(yt+1)\},$$ por lo tanto $\tilde{Y}_u=\tilde{Y}\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_u)=\{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid 1=t^2(yt+1)\}.$

Asimismo,en virtud del isomorfismo $X_t=X\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_t)\cong\mathbb{A}^2$,obtenemos $$\tilde{Y}_t=\tilde{Y}\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_t)=\{(x,u)\in \mathbb{A}^2\mid u^2=x+1)\}.$$ Ahora volver a nuestra pregunta.

Pregunta 1: ¿por $\tilde{Y}=\tilde{Y}\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_t)$?

Tenga en cuenta que $\mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1=(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_t) \cup\{((x,y),(1:0))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\},$ así $$\begin{equation} \begin{split} \tilde{Y}&=\tilde{Y}_t\cup (\tilde{Y}\cap\{((x,y),(1:0))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\})\\ &=\tilde{Y}_t\cup (\tilde{Y}\cap\{((x,y),(1:0))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\cap X\})\\ &=\tilde{Y}_t\cup (\tilde{Y}_u\cap\{((0,y),(1:0))\in X_u\}). \end{split} \end{equation}$$ Pero bajo nuestra isomorfismo $X\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_u)\cong\mathbb{A}^2$,sabemos que $$\{((0,y),(1:0))\in X_u\}=\{(y,0)\in \mathbb{A}^2\mid y\in k\},$$ y $$\tilde{Y}_u=\{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid 1=t^2(yt+1)\}.$$ Por lo tanto,$\tilde{Y}_u\cap\{((0,y),(1:0))\in X_u\}=\emptyset$, llegamos a la conclusión de que $\tilde{Y}=\tilde{Y}_t$.

Pregunta 3: ¿qué acerca de la $\tilde{Y}_u$?

De hecho,tenemos $\tilde{Y}=\tilde{Y}_u \cup \{((-1,0),(0:1))\in \tilde{Y}_t\}$.

Pregunta 2: Pionts de $\varphi^{-1}(O)$ están en correspondencia 1-1 con el conjunto de líneas a través de las $O$$\mathbb{A}^2$, puntos de $((0,0),(0,\pm 1))$ corresponden a líneas de $y=\pm x$ cuya pendiente se $\pm 1$.Tenga en cuenta que las líneas de $y=\pm x$ son de la tangente de las dos ramas de $Y$$O$.

Añadido:no hay un enfoque más directo en relación con la pregunta 1.De la misma manera,podemos ver en el siguiente isomorfismo: $$X_u\longrightarrow Z(x-yt)\subset\mathbb{A}^3,$$ donde $((x,y),(1:t))\longmapsto (x,y,t)\longmapsto ((yt,y),(1:t))$.En virtud de este isomorfismo,podemos escribir $$\begin{equation} \begin{split} \varphi^{-1}(Y)\cap X_u&=Z(y^2-x^3-x^2,x-yt)\subset \mathbb{A}^3,\\ \varphi^{-1}(Y-O)\cap X_u&=Z(1-t^2-yt^3,x-yt)-(0,0,\pm 1)\subset\mathbb{A}^3,\\ \overline{\varphi^{-1}(Y-O)}^X\cap X_u &=\overline{\varphi^{-1}(Y-O)\cap X_u}^{X_u}=Z(1-t^2-yt^3,x-yt), \end{split} \end{equation}$$ por lo tanto, tenemos $\tilde{Y}_u=\tilde{Y}\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_u)=Z(1-t^2-yt^3,x-yt)$.

Del mismo modo,$\tilde{Y}_t=\tilde{Y}\cap(\mathbb{A}^2 \times\mathbb{A}^1_t)=Z(1+x-u^2,xu-y)$. Y desde $$\begin{equation} \begin{split} \tilde{Y}\cap\{((x,y),(1:0))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\} &=\tilde{Y}\cap\{((x,y),(1:0))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\}\cap X_u\\ &=\tilde{Y}_u\cap\{((0,y),(1:0))\in X_u\}\\ &=\tilde{Y}_u\cap\{((0,y,0)\in \mathbb{A}^3\}\\ &=\emptyset. \end{split} \end{equation}$$ Ilustración: 1.La primera igualdad se mantiene debido a$\tilde{Y}\cap\{((x,y),(1:0))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\}$ es en realidad un subconjunto de a $X_u$.

2.La segunda igualdad se sostiene porque en $X_u$,$u=1$$x=yt$.

3.En la tercera igualdad,hemos utilizado el isomorfismo $X_u\cong Z(x-yt)$.

3.La última igualdad se mantiene debido a $\tilde{Y}_u=Z(1-t^2-yt^3,x-yt)$,e $$Z(1-t^2-yt^3,x-yt)\cap\{((0,y,0)\in \mathbb{A}^3\}=\emptyset.$$

Finalmente,se observa que el $\tilde{Y}=\tilde{Y}_t\cup(\tilde{Y}\cap\{((x,y),(1:0))\in \mathbb{A}^2 \times \mathbb{P}^1\})=\tilde{Y}_t\cup \emptyset=\tilde{Y}_t$.

Edit3:En este ejemplo,los puntos de $\tilde{Y} \cap \varphi^{-1}(O)$ corresponde a la tangente de las dos ramas de $Y$$O$, vamos a ver que esto es cierto para cualquier curvas en $\mathbb{A}^2$.

Deje $Y=Z(f)$ ser una curva en $\mathbb{A}^2$donde $f(x,y)=f_r+\cdots+f_d$ $f_i$ son polinomios homogéneos en $x,y, ~\forall r\leq i\leq d$.Vamos a suponer que $r\geq 2$, de modo que $O=(0,0)$ es un punto singular de $Y$.Como de costumbre,ya que $X_u\cong\mathbb{A}^2$,podemos escribir $$\begin{equation} \begin{split} \varphi^{-1}(Y)\cap X_u&=\{(0,t))\in \mathbb{A}^2\mid t \in k\}\cup \{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid \frac{f(yt,y)}{y^r}=0\},\\ \varphi^{-1}(Y-O)\cap X_u&= \{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid \frac{f(yt,y)}{y^r}=0\}-\{(0,t)\in \mathbb{A}^2\mid f_r(t,1)=0\},\\ \tilde{Y}_u=\overline{\varphi^{-1}(Y-O)}^X\cap X_u &=\{(y,t)\in \mathbb{A}^2\mid \frac{f(yt,y)}{y^r}=0\}\\ \tilde{Y}_u \cap \varphi^{-1}(O) &=\{(0,t)\in \mathbb{A}^2\mid f_r(t,1)=0\} \end{split} \end{equation}$$ Del mismo modo,tenemos $$\tilde{Y}_t \cap \varphi^{-1}(S) =\{(0,u)\in \mathbb{A}^2\mediados de f_r(1,u)=0\}.$$ A continuación nos pegamento $\tilde{Y}_u \cap \varphi^{-1}(O)$ $\tilde{Y}_t \cap \varphi^{-1}(O)$ a ver que $$\tilde{Y} \cap \varphi^{-1}(O)\cong D=\{(x:y)\in \mathbb{P}^1\mid f_r(x,y)=0\}.$$ In waht follows,we let $D_1=\{(1:y)\in \mathbb{P}^1\mediados de f_r(1,y)=0\}$, $D_2=\{(x:1)\in \mathbb{P}^1\mediados de f_r(x,1)=0\}$.La cola es llevada a cabo por el siguiente isomorfismo: $$\tilde{Y}_u \cap \varphi^{-1}(O)\cong D_2:(0,t)\mapsto (t:1),$$ $$\tilde{Y}_t \cap \varphi^{-1}(O)\cong D_1:(0,u)\mapsto (1:u).$$ Ahora vemos que $\tilde{Y} \cap \varphi^{-1}(O)\cong D=\{(x:y)\in \mathbb{P}^1\mid f_r(x,y)=0\},$que es un conjunto finito.Además,nos cuenta que $f_r(x,y)$ es un polinomio homogéneo de grado $r$ $k[x,y]$ $k$ es algebraicamente cerrado,por lo $f_r(x,y)$ puede ser factorizado en términos lineales: $$f_r(x,y)=(a_1x-b_1y)\cdots(a_rx-b_ry).$$ De ello se desprende que $$\tilde{Y} \cap \varphi^{-1}(O)=\{(b_1:a_1),...,(b_r:a_r)\}.$$ Así que podemos decir que los puntos de $(b_i:a_i)$ $\tilde{Y} \cap \varphi^{-1}(O)$ corresponde a los llamados de la tangente a las direcciones $a_ix-b_iy$.Pero sabemos que la tangente a las direcciones son exactamente las tangentes de las sedes de $Y$ a través de $O$.

Llegamos a la conclusión de que los puntos en $\tilde{Y} \cap \varphi^{-1}(O)$ corresponde a las tangentes de las sedes de Y a través de $O$.