Prueba algebraica conceptual de que Grassmannian está cerrado en la inserción de Plucker

Question

Yo soy la planificación de conferencias para mi intro geometría algebraica curso, y he notado algo extraño que viene. Estamos empezando variedades proyectivas pronto. Por supuesto, vamos a demostrar que proyectiva mapas están cerrados.

Entonces, yo quiero hablar de Grassmannians. Quiero mostrar que el Grassmannian está cerrado en la Desplumadora de la incrustación. En otras palabras, quiero saber que el conjunto de la fila $1$ tensores es cerrado en $\mathbb{P} \left( \bigwedge\nolimits^k \mathbb{C}^n \right)$. Esto suena como lo que debería ser una gran aplicación del teorema que proyectiva mapas están cerradas, ¿verdad? Enviar $\mathbb{P}^{n-1} \times \mathbb{P}^{n-1} \times \cdots \times \mathbb{P}^{n-1}$ a $\mathbb{P} \left( \bigwedge\nolimits^k \mathbb{C}^n \right)$ por $(v_1, v_2,\ldots, v_k) \mapsto v_1 \wedge v_2 \wedge \cdots \wedge v_k$? Excepto que esto es sólo un racionalmente definidos mapa -- no está definida cuando la $v_i$ son linealmente dependientes.

Por supuesto, puedo demostrar que el rango de $1$ tensores están cerrados por la fuerza bruta.

Yo también conozco a algunos conceptual explicaciones que no son apropiados como la prueba principal para esta clase (aunque yo bien podría comentar algunos de ellos):

• Trabajo topológicamente más de $\mathbb{C}$ cada $k$-plano tiene una base ortonormales, por lo $U(n)$ actos transtively en $G(k,n)$ e $G(k,n)$ es compacto.

• En términos de la valuative criterio para closedness, es suficiente para tomar una $k \times n$ matriz con entradas valoradas en un dvr y el rango $k$ en el genérico de punto y escribe su límite en $G(k,n)$. Podemos hacer esto de forma explícita en términos de Smith forma normal.

• Cuando una reductora grupo $G$ actúa sobre una variedad afín $X$, el mapa de la semistable puntos a Proj de los invariantes anillo es surjective. Aplicar este con $G = GL_k$ e $X$ la $k \times n$ matrices. Sospecho que yo también soy implícitamente el uso que el anillo de invariantes es generado por el $k \times k$ menores de edad, que ya es trivial.

Hay algunos astutos prueba algebraica que me falta, idealmente uno que utiliza que proyectiva morfismos están cerradas?

Para el contexto, esto es una mezcla de grad-udergrad curso, impartido fuera de Shavarevich volumen 1. Todo es a través de una algebraicamente cerrado de campo y de hecho en bastante forma concreta.

Answer 1

Aquí están algunos detalles de lo que creo que es una variante de la Lev Borisov de la propuesta relacionada con la Plücker relaciones en los comentarios. Creo que si su objetivo es simplemente para mostrar que el Grassmannian se cierra, esto es estrictamente más trabajo que el argumento darij enlaces para que implican el rango de $\varphi(\omega)$. Pero, en cualquier caso, el argumento evita las dificultades que usted ha mencionado en los comentarios.

Deje $V$ ser finito-dimensional espacio vectorial de dimensión $n$ y deje $\omega \in \bigwedge^k V$. Acuñamiento con $\omega$ da un mapa

$$\varphi(\omega) : V \ni v \mapsto \omega \wedge v \in \bigwedge^{k+1} V.$$

Ahora, considere el degenerada de emparejamiento $\wedge : \bigwedge^k V \otimes \bigwedge^{n-k} V \to \bigwedge^n V$ y elija un elemento distinto de cero de $\bigwedge^n V$, o, equivalentemente, una identificación $\bigwedge^n V \cong 1$ ($1$ el campo subyacente). Esto nos da una identificación $\bigwedge^k V \cong (\bigwedge^{n-k} V)^{\ast}$. Deje $\omega^{\ast} \in (\bigwedge^{n-k} V)^{\ast} \cong \bigwedge^{n-k} V^{\ast}$ ser la imagen de $\omega$ en virtud de esta identificación. Acuñamiento con $\omega^{\ast}$ da un mapa

$$\varphi(\omega^{\ast}) : V^{\ast} \ni f \mapsto \omega^{\ast} \wedge f \in \bigwedge^{n-k+1} V^{\ast}.$$

Dualizing este mapa da un mapa

$$\varphi(\omega^{\ast})^{\ast} : \bigwedge^{n-k+1} V \to V$$

lo que ahora podemos componer con $\varphi(\omega)$, obteniendo un mapa

$$\omega \wedge \varphi(\omega^{\ast})^{\ast} : \bigwedge^{n-k+1} V \to \bigwedge^{k+1} V.$$

Reclamo: $\omega$ es un puro tensor de la fib este mapa es $0$.

(Expansión de este en una base da la Plücker relaciones, al menos si estoy leyendo estas notas correctamente.)

Prueba. $\Rightarrow$: vamos a $v_1, v_2, \dots v_n$ ser una base con respecto a la cual se $\omega = v_1 \wedge \dots \wedge v_k$. Identificar las $\bigwedge^n V$ con $1$ uso de $v_1 \wedge \dots \wedge v_n$. Deje $v_1^{\ast}, v_2^{\ast}, \dots v_n^{\ast}$ ser la base dual. A continuación,$\omega^{\ast} = v_{k+1}^{\ast} \wedge \dots \wedge v_n^{\ast}$, por lo que la imagen de $\varphi(\omega^{\ast})^{\ast}$ se encuentra en $\text{span}(v_1, v_2, \dots v_k)$, que acuñamiento con $\omega$ aniquila.

$\Leftarrow$: si $\omega \neq 0$,, a continuación,$\omega^{\ast} \neq 0$, por lo tanto $\varphi(\omega^{\ast}) \neq 0$, por lo tanto $\varphi(\omega^{\ast})^{\ast} \neq 0$. Deje $v_1, v_2, \dots v_i$ ser una base de $\text{im}(\varphi(\omega^{\ast})^{\ast})$ y completar a base $v_1, v_2, \dots v_n$ de % de$V$. De nuevo, deje $v_1^{\ast}, v_2^{\ast}, \dots v_n^{\ast}$ denotar la base dual.

Por hipótesis, $\omega \wedge v_1, \omega \wedge v_2, \dots \omega \wedge v_i = 0$, por lo tanto, hay algunos $\omega' \in \bigwedge^{k-i} V$ tal que

$$\omega = \omega' \wedge v_1 \wedge \dots \wedge v_i.$$

Si $i \ge k$ (en cuyo caso, este argumento muestra que el$i = k$), a continuación, hemos terminado. De lo contrario, debe haber alguna $j \in \{ i+1, i+2, \dots n \}$ tal que $\omega^{\ast}$ no es divisible por $v_j^{\ast}$, por tanto, que el $\varphi(\omega^{\ast}) v_j^{\ast} \neq 0$. Pero entonces no debe existir $\alpha \in \bigwedge^{n-k+1} V$ tal que $\alpha(\varphi(\omega^{\ast}) v_j^{\ast}) \neq 0$, por lo tanto, no debe existir algún elemento de $\text{im}(\varphi(\omega^{\ast})^{\ast})$ (es decir,$\varphi(\omega^{\ast})^{\ast} \alpha$) en que $v_j^{\ast}$ evalúa a algo distinto de cero. Pero esto contradice $\text{im}(\varphi(\omega^{\ast})^{\ast}) = \text{span}(v_1, v_2, \dots v_i)$.

Por lo tanto $i = k$ como se desee. $\Box$

Answer 2

Uno podría argumentar de la siguiente manera: si $G$ está conectado a un algebraicas grupo interino (algebraicamente) en un espacio vectorial $W$, luego de las órbitas de $G$ de la mínima dimensión en ${\mathbb P}(W)$ están cerrados (por la dominante de asignación teorema). Ahora tome $G=GL(V)$ y considerar la posibilidad de una órbita $O$ de la mínima dimensión en ${\mathbb P}(\wedge ^ k V)$. Las diagonales $T$ en $GL(V)$ tienen punto fijo $p$ en $O$ (una versión fácil de Borel teorema de punto fijo). Que es $p$ es un autovector de $T$ en $\wedge ^k V$; pero la única vectores propios de $T$ son de la forma $p_0= v_1\wedge \cdots \wedge v_k$ donde $v_i$ están en el stadrard base. Por lo tanto la órbita a través de $p_0$ es cerrado. Esta órbita es, precisamente, el Grassmannian.

Answer 3

En lugar de tomar$(P^{n-1})^k \dashrightarrow P(\Lambda^kC^n)$, puede discutir inductivamente (en$k$) considerando el mapa $$ F (k-1, k) = P_ {Gr (k-1, n)} (O ^ n / U_ {k-1}) \ to Gr (k, n), $$ donde$U_{k-1}$ es el paquete tautológico en$Gr(k-1,n)$.

Answer 4

Aquí es bastante explícito prueba de uso que proyectiva mapas están cerrados, usted puede disfrutar si usted está siguiendo Shavarevich libro. Utiliza las siguientes técnicas:

• Proyectiva mapas están cerrados
• Cada curva tiene una normalización, que también es tratada por Shavarevich
• Algebro-geométricos de cálculo de límites, es decir, trabajando en el anillo local de un punto
• Algoritmo para calcular la forma normal de Hermite de una matriz con coeficientes en un anillo euclidiano

El último algoritmo es una adaptación de la eliminación de Gauss para el algoritmo de euclides anillos, es muy limpia descrito en Jacobson Álgebra I, ver finitely generado los módulos a través de un pid.

Deje $X = \mathbb{P}^{n-1} \times \mathbb{P}^{n-1} \times \cdots \times \mathbb{P}^{n-1}$ e $X^o$ el de apertura subconjunto de $X$ consta de $k$-uples de independiente líneas y deje $Y = \mathbb{P} \left( \bigwedge\nolimits^k \mathbb{C}^n \right)$. Me indican por $\phi : X^o \to Y$ el ingenuo mapa de $X^o$ a $Y$ usted describe en su pregunta.

Primero construimos la imagen racional del mapa

La imagen de $Z$ de % de $\phi$ es su imagen como un racional mapa, por lo tanto, siga el estándar de construcción: vamos a $\Gamma^o\subset X\times Y$ ser la gráfica de $\phi$ e $\Gamma$ su cierre en $X\times Y$. Dejamos $Z$ ser la proyección de $\Gamma$ en $Z$, la cual es cerrada debido a que el teorema se desea ilustrar.

A continuación, nos muestran que la imagen racional coincide con la imagen regular

Deje $Z^o = \phi(X^o)$ la imagen del mapa y nos deja ¿que $Z^o = Z$ i.e que el Grassmann en la variedad está cerrado. Para cualquier punto en el $Z$ no es la curva de $C^o \subset \Gamma^o$ cuyo cierre $C$ cumple con $X\times\{[z]\}$ - que es, de tal manera que la proyección de $C$ contiene $[z]$. Deje $([v_1], \ldots, [v_k], [z])$ ser un punto de $C$.

Ahora vamos a hacer un análisis infinitesimal alrededor de este punto para mostrar que $[z]$ pertenece a $Z^o$. La herramienta clave de nuestro análisis es el de Gauss-Hermite algoritmo, que se aplican a algunos matriz con coeficientes en el anillo local de un engrosamiento de $[z]$ en $C$ - o una normalización de $C$ ya que tenemos este anillo para ser euclidiana.

Podemos encontrar un hyperplane en $\mathbb{P}^{n-1}$ evitando las diversas $[v_i]$s, esto produce una celda $E = \mathbb{C}^{n-1}$, por lo que el engrosamiento del punto de $([v_1], \ldots, [v_k], [z])$ rendimientos $k$ vectores $v_i(\epsilon)$ en $E\otimes \mathbb{C}[\epsilon]$ donde $\epsilon$ es el parámetro local de nuestra engrosamiento.

La aplicación de Gauss-Hermite algoritmo de los rendimientos de los vectores $\epsilon^{a_i}(w_i +o(\epsilon))$ tal que $$ v_1(\epsilon) \wedge \cdots \wedge v_j(\epsilon) = \epsilon^{a_1}(w_1 +o(\epsilon))\wedge\cdots\wedge \epsilon^{a_j}(w_j +o(\epsilon)) $$ para todos los $j$. Llegamos a la conclusión de que $[z] = [w_1\wedge\cdots\wedge w_k]$, es decir, $Z^o = Z$.

Answer 5

Aquí está uno más enfoque, creo que es diferente de los otros.

Dentro de $\mathbb{P} \left( \bigwedge\nolimits^k V \right) \times \mathbb{P} V$, vamos a $X$ denotar $\{ (\omega, v) : \omega \wedge v = 0 \}$. Esto es claramente cerrado. Considere la posibilidad de la proyección de $X \to \mathbb{P} \left( \bigwedge\nolimits^k V \right)$. La fibra dimensión es superior semicontinuo, así que vamos a $d-1$ a ser el más grande de fibra de dimensión y deje $\Gamma$ ser cerrada locus en $\mathbb{P} \left( \bigwedge\nolimits^k V \right)$ cuando el que la mayor dimensión se logra.

Busca en un rango de un punto de $\mathbb{P} \left( \bigwedge\nolimits^k V \right)$, $d \geq k$. Para $x \in \Gamma$, vamos a $V_x \subset V$ ser el subespacio para que $\mathbb{P}(V)$ es la fibra. Por lo $d = \dim V_x$, elija una base $v_1$, $v_2$, ..., $v_d$. A continuación, $v_1 \wedge \cdots \wedge v_d$ divide $x$, como en varias otras pruebas, por lo $d \leq k$. Esto demuestra que $d=k$ y que cada punto de $\Gamma$ es de rango $1$, por el contrario, es obvio que la fibra por encima de cada rango de un punto de dimensión $k-1$.

Básicamente, este es Qiaochu la respuesta/Lev Borsiov comentario, excepto el uso de semicontinuity de fibra dimensión explícita de las ecuaciones.