La incrustación veronesa como isomorfismo de anillo

Question

A nivel de anillos, el mapa de Veronese corresponde a isomorfismos como $$k[w,x,y,z]/(wz - xy, wy-x^2, xz - y^2) \cong k[a^3, a^2 b, a b^2, b^3].$$ Este isomorfismo es la afirmación de que las relaciones satisfechas por los monomios de grado 3 generan exactamente el mismo ideal que $I = (wz - xy, wy-x^2, xz - y^2)$ . Una dirección es obvia (correspondiente a un mapa bien definido $\to$ ): los monomios de grado 3 satisfacen ciertamente estas tres relaciones.

La otra dirección parece difícil. Codifica la idea de que hemos encontrado todo las relaciones, lo que sin duda es un problema general extremadamente difícil. ¿Cómo se podría demostrar algo así de forma explícita?

Creo que todo esto se puede formular en un lenguaje geométrico mucho más elevado como un isomorfismo de $\operatorname{Proj}$ construcciones, pero ese lenguaje seguramente debería codificar un argumento concreto.

Answer 1

Sospecho que hay formas más sofisticadas y sistemáticas de demostrarlo, pero he aquí una sencilla prueba práctica. Por la vía fácil tenemos un homomorfismo sobreyectivo $f:R\to S$ donde $R=k[w,x,y,z]$ et $S=k[a^3, a^2 b, a b^2, b^3]$ y el núcleo de $f$ contiene $I$ . Para demostrar que el núcleo de $f$ está contenida en $I$ basta con demostrar lo siguiente.

Reclamación : Si los monomios $m=w^i x^j y^k z^\ell$ et $m'=w^{i'}x^{j'}y^{k'}z^{\ell'}$ son tales que $f(m)=f(m')$ entonces $m\equiv m'\pmod I$ .

¿Por qué es suficiente? Bueno, ya que $f$ mapea monomios a monomios, si $p\in \ker f$ entonces los monomios en $p$ deben corresponder a monomios idénticos en $S$ cuyos coeficientes se cancelan (ya que los monomios en $S$ son linealmente independientes, esa es la única manera $f(p)$ puede ser $0$ ). Pero entonces la afirmación mostraría que los monomios de $p$ también anulan el mod $I$ Así que $p\in I$ .

Entonces, probemos la afirmación. Tenemos $f(m)=a^{3i+2j+k}b^{j+2k+3\ell}$ y de forma similar para $m'$ , por lo que debemos tener $$3i+2j+k=3i'+2j'+k'$$ et $$j+2k+3\ell=j'+2k'+3\ell'.$$

Utilizaremos la inducción en $i+i'+\ell+\ell'$ . Supongamos primero que $i+i'+\ell+\ell'=0$ . Entonces nuestras ecuaciones son simplemente $2j+k=2j'+k'$ et $j+2k=j'+2k'$ . Esto implica fácilmente $j=j'$ et $k=k'$ y así $m=m'$ y hemos terminado.

Supongamos ahora que $i+i'+\ell+\ell'>0$ podemos suponer sin pérdida de generalidad que $i>0$ . Si $i'>0$ podemos cancelar $w$ de ambos $m$ et $m'$ para reducirse a un caso en el que $i+i'+\ell+\ell'$ es más pequeño. Si $\ell>0$ podemos utilizar la relación $wz\equiv xy\pmod{I}$ en $m$ para disminuir $i$ et $\ell$ por $1$ y aumentar $j$ et $k$ por $1$ reduciendo a un caso en el que $i+i'+\ell+\ell'$ es menor. Del mismo modo, si $k>0$ podemos utilizar la relación $wy\equiv x^2\pmod{I}$ en $m$ para reducirse a un caso en el que $i+i'+\ell+\ell'$ es menor.

Por lo tanto, podemos suponer que $i'=\ell=k=0$ . Nuestras dos ecuaciones se reducen entonces a $$3i+2j=2j'+k'$$ et $$j=j'+2k'+3\ell'.$$ Pero ahora observe que la segunda ecuación implica $2j\geq 2j'+k'$ lo que hace imposible la primera ecuación ya que $i>0$ . Por lo tanto, este caso es imposible, completando la prueba.