Problema en Rick Miranda: encontrar el género de una curva proyectiva

Question

Hice la siguiente pregunta en el intercambio de pilas ( https://math.stackexchange.com/questions/21164/problem-in-rick-miranda-finding-genus-of-a-projective-curve ) hace unos días, pero no obtuve ninguna solución. Que alguien me ayude, por favor.

Acabo de empezar a aprender las superficies de Riemann y estoy utilizando el libro de Rick Miranda: Curvas algebraicas y superficies de Riemann. #En la sección 1.3 se pide determinar el género de la curva en $\mathbb{P}^3$ definido por las dos ecuaciones $x_0x_3=2x_1x_2$ y $x_0^2 + x_1^2 +x_2^2 +x_3^2 = 0$ . #G también tiene una pregunta similar en la que pide determinar el género de la cúbica torcida. Por favor, explique cómo abordar este tipo de preguntas.

Answer 1

Aunque creo que es muy difícil resolver la cuestión utilizando únicamente la maquinaria presentada en Miranda en este punto, la fórmula de Hurwitz aparece en el siguiente capítulo y es probablemente la herramienta más elemental que se puede utilizar. En el caso de la primera curva, se puede considerar la restricción de una proyección $\mathbb{P}^3 \setminus \{x_1=x_2=0\} \to \mathbb{P^1}$ dado por $[x_0,x_1,x_2,x_3]\mapsto [x_1,x_2]$ a la curva C.

Este mapa tiene grado 4, y hay 4 fibras del mapa con cardinalidad 2 en lugar de 4. Podemos calcular esto explícitamente a partir de las ecuaciones de definición. Pues si $[1,c]$ es un punto en $\mathbb{P}^1$ debemos resolver el sistema de ecuaciones

$x_0x_3 = 2c$

$x_0^2+x_3^2+1+c^2 = 0.$

Configurar $x_3= 2c/x_0$ rinde

$x_0^2+\frac{4c^2}{x_0^2} + 1 + c^2 = 0.$

Esta ecuación tiene cuatro soluciones $x_0$ a menos que $c$ es una de las cuatro raíces de $c^4-14c^2+1=0$ Y en esos casos hay dos soluciones.

De la fórmula de Hurwitz se deduce que

$2g(C)-2 = 4(2g(\mathbb{P}^1)-2)+4\cdot 2,$

y por lo tanto $g(C)=1$ .

Answer 2

La intersección de las dos cuadriculas en $\mathbb{P}^3$ es una intersección completa y define una curva elíptica, por lo que el género es 1. Una forma de ver esto es elegir un punto $p$ sur $C$ y el proyecto de $p$ en un hiperplano general. La curva de la imagen $C'$ es de grado uno menos que la curva original, por lo que $C'$ es una curva plana de grado 3. Como los cúbicos tienen género 1, hemos terminado.

Otra forma de ver eso $g(C)=1$ es calculando la cohomología de la secuencia $$0 \to O_{P^3}(-4) \to O_{P^3}(-2)\oplus O_{P^3}(-2) \to O_{P^3}\to O_C \to 0$$ (Esta es la resolución de $O_C$ como $O_{P^3}$ que es fácil de escribir para las intersecciones completas). Usando esto y las fórmulas estándar para la cohomología en $P^n$ obtenemos $g=h^1(O_C)=1$ .

Otra forma de verlo es mirando la curva como un divisor de tipo $(2,2)$ en la superficie cuaternaria $X_0X_3-2X_1X_2$ . En general, por la fórmula de adjunción, los divisores de tipo $(a,b)$ tienen género aritmético $(a-1)(b-1)$ , por lo que de nuevo obtenemos g=1.

El cúbico retorcido $C$ es la imagen (isomorfa) de $P^1$ bajo la incrustación 3-uple $f_3:(u,v)\to (u^3,u^2v,uv^2,v^3)$ Así que, como $P^1$ tiene género 0, C tiene género 0. Por supuesto, este cálculo podría llevarse a cabo utilizando una proyección, y $C'$ sería una curva plana de grado 2.

Answer 3

He aquí una solución en el espíritu del libro de Miranda. Dada la forma en que se planteó la pregunta creo que el punto es dar una prueba / cálculo que no utiliza mucha geometría algebraica, si nada en absoluto.

Consideremos primero la intersección de las cuádricas $x_0x_3=x_1x_2$ y $x_0^2+x_1^2+x_2^2+x_3^2=0$ .

Esto es fácil de tratar porque se puede resolver el sistema de ecuaciones: Tomar $x_3=\dfrac{x_1x_2}{x_0}$ y sustituirlo en la segunda ecuación. Esto nos lleva fácilmente a $$(x_0^2+x_1^2)(x_0^2+x_2^2)=0$$ Esta es la ecuación de dos pares de líneas oblicuas que forman un $4$ -gon. En otras palabras $4$ esferas, cada una de las cuales se cruza con otras dos formando un ciclo.

Ahora observe que la intersección de las cuádricas $x_0x_3=x_1x_2$ y $x_0^2+x_1^2+x_2^2+x_3^2=0$ es una degeneración continua de la intersección de las cuádricas $x_0x_3=2x_1x_2$ y $x_0^2+x_1^2+x_2^2+x_3^2=0$ . Por lo tanto, la intersección posterior es una superficie de Riemann compacta $T$ (dejo al lector que verifique que esta intersección es suave) degenerando en el ciclo anterior de $4$ esferas. Es fácil ver que entonces $T$ es un toro y, por tanto, su género es $1$ .

Nota: La forma de pensar de los geómetras algebraicos sobre esta solución es la siguiente: La cuádrica $x_0x_3=\lambda x_1x_2$ es la incrustación de Segre de $\mathbb P^1\times \mathbb P^1\to \mathbb P^3$ dado por $[a:b]\times [c:d]\mapsto [\lambda ac:ad:bc:bd]$ y luego la intersección de $x_0x_1=\lambda x_1x_2$ y $x_0^2+x_1^2+x_2^2+x_3^2=0$ se retira a $\mathbb P^1\times \mathbb P^1$ como la curva definida por la ecuación $$\lambda^2a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2=0.$$ Ahora esto define un divisor de grado $(2,2)$ sur $\mathbb P^1\times \mathbb P^1$ que se puede representar (eligiendo $\lambda=1$ por ejemplo) por dos pares de líneas como se ha descrito anteriormente. Si uno conoce el comportamiento del género (aritmético) en las familias planas, entonces todo lo afirmado anteriormente está claro.

Answer 4

Esta es la forma más algebraica que veo para calcular esto. Sea $Q_1$ y $Q_2$ sean dos polinomios cuadráticos en cuatro variables. Sea $R$ sea el anillo graduado $k[x_1, x_2, x_3, x_4]/(Q_1, Q_2)$ . Sea $V_d$ sea el espacio vectorial de grado $d$ polinomios en $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ y que $R$ sea el grado $d$ parte de $R$ . Tenemos una secuencia exacta: $$0\to V_{d-4} \to V_{d-2}^{\oplus 2} \to V_d \to R_d \to 0.$$ El primer mapa (no trivial) es $f \mapsto (f Q_2, - f Q_1)$ el segundo es $(g,h) \mapsto g Q_1 + h Q_2$ el tercero es el grado $d$ parte del mapa de cociente $k[x_1, x_2, x_3, x_4] \to R$ . Así que $$\dim R_d = \dim V_d - 2 \dim V_{d-2} + \dim V_{d-4} =$$ $$\frac{(d+3)(d+2)(d+1)}{6} - 2 \frac{(d+1)(d)(d-1)}{6} + \frac{(d-1)(d-2)(d-3)}{6} = 4d$$ para $d>0$ . (Para $d=0$ este cálculo falla porque $\dim V_{-4}$ est $0$ no $(-4+3)(-4+2)(-4+1)/6=-1$ .)

Dejemos que $X$ sea la curva $Q_1 = Q_2 = 0$ y que $L$ sea el haz de líneas en $X$ obtenida restringiendo el haz de líneas $\mathcal{O}(1)$ sur $\mathbb{P}^3$ . Para un tamaño suficientemente grande $d$ tenemos $R_d = H^0(X, L^{\otimes d})$ . Así, para los grandes $d$ tenemos $\dim H^0(X, L^{\otimes d}) = 4d$ . Según Riemman-Roch, esta dimensión debería ser $(\deg L)d - (\mathrm{genus}(X)-1)$ . Así que $\deg L=4$ y $X$ tiene el género $1$ .

Answer 5

Si sabes que el género es un invariante biracional, puedes escribir explícitamente algunos mapas: $x_0 x_3 - 2x_1 x_2 = 0$ es birracional a $\mathbb{P}^2$ a través de las sustituciones $x_0 = RS, x_3 = 2T^2, x_1 = RT, x_2 = ST$ . S $R^2 S^2 + 4T^4 + R^2 T^2 + S^2 T^2 = 0$ que es más o menos una curva elíptica en la forma normal de Edwards $x^2 + y^2 = a^2 + a^2 x^2 y^2$ .

Este argumento se generaliza a la intersección de dos cuádricas en $\mathbb{P}^3$ : si $A, B$ son $4 \times 4$ matrices tales que sus cuadriculas están dadas por $x^T A x = x^T B x = 0$ entonces su intersección es biracional a la curva $y^2 = P(t)$ donde $P(t) = \det(A - tB)$ (al menos sobre un campo algebraicamente cerrado). No tengo ni idea de lo conocido que es esto; me imagino que es un ejercicio en alguna parte, pero (lo suficientemente vergonzoso) escribí un trabajo entero sobre este resultado en la escuela secundaria.