Es cierto que $Z$ abarca $L$ - aunque $X$ no es ACM. También puede permitir $X$ para ser singular (pero necesita $X$ irreducible y no degenerada, por supuesto). Para ilustrar una de las ideas principales, conviene examinar primero el caso en que $X$ es una curva.
Si $X$ es una curva. Sea $M$ sea el intervalo de $Z$ y supongamos que $M\neq L$ . (En el caso de la curva, $L$ será un hiperplano). Sea $p$ cualquier punto de $X$ fuera de $Z$ y que $H$ cualquier hiperplano que contenga $M$ y $p$ . Entonces $H\cap X$ contiene al menos $d+1$ puntos, por lo que, según el teorema de Bezout, la intersección no puede ser de dimensión cero. Dado que $X$ es irreducible y unidimensional, esto significa que la intersección debe ser todo $X$ Así que $X$ se encuentra en $H$ contrariamente a la hipótesis.
El caso general. La idea cuando $k\geqslant 2$ es demostrar que si $H$ es un hiperplano general que contiene $L$ entonces $H \cap X$ es irreducible y no degenerada (es decir, la intersección $H\cap X$ no está contenido en un espacio lineal menor de $H$ ). Pero ahora todas las dimensiones se han reducido en $1$ por lo que la iteración de este procedimiento nos reduce al caso de la curva, que ya hemos resuelto.
Para establecer esto, observe que los hiperplanos en $\mathbb{P}^n$ que contiene $L$ están parametrizados por a $\mathbb{P}^{k-1}$ (Si $V$ es el espacio vectorial subyacente de $\mathbb{P}^{n}$ , $W$ el espacio vectorial subyacente de $L$ entonces los hiperplanos están parametrizados por la proyectivización de $(V/W)^{*}$ ). Utilizaremos $H$ para referirse tanto a un punto de $\mathbb{P}^{k-1}$ y el hiperplano correspondiente en $\mathbb{P}^n$ que contiene $L$ . Defina $\Gamma\subset \mathbb{P}^{k-1}\times (X\setminus Z)$ el conjunto
$$\Gamma = \left\{(H,p) \mid p\in H\right\}$$
es decir, los pares $(H,p)$ para que $H$ es un hiperplano que contiene $L$ y $p$ un punto de $H\cap X$ no en $Z$ .
Si fijamos $p$ entonces el conjunto de posibles $H$ que cumplen esta condición son simplemente los hiperplanos $H$ que contiene el tramo de $L$ y $p$ y se parametriza mediante a $\mathbb{P}^{k-2}$ . En otras palabras, $\Gamma$ es un $\mathbb{P}^{k-2}$ haz sobre $X\setminus Z$ . (En esta fibración es donde utilizamos $k\geqslant 2$ .) Desde $X\setminus Z$ es irreducible esto implica que $\Gamma$ es irreducible.
Sea $\overline{\Gamma}$ sea el recinto de Zariski de $\Gamma$ en $\mathbb{P}^{k-1}\times X$ . Entonces $\overline{\Gamma}$ es irreducible ya que $\Gamma$ es. Para un $H\in \mathbb{P}^{k-1}$ la fibra de la proyección $\overline{\Gamma}\longrightarrow \mathbb{P}^{k-1}$ en $H$ es simplemente la intersección $X\cap H$ de dimensión $k-1$ .
Ahora dejemos que $q$ cualquier punto de $Z$ . Entonces $q\in X\cap H$ para cada $H\in \mathbb{P}^{k-1}$ así que $q$ da una sección de $\overline{\Gamma}\longrightarrow\mathbb{P}^{k-1}$ . Desde $Z$ consiste en $d$ puntos distintos en los que $d$ es el grado de $X$ concluimos que $q$ es un punto suave de $X$ . Por último, dado que $Z$ es la intersección de todos los $X\cap H$ para $H\in \mathbb{P}^{k-1}$ esto implica que la intersección general $X\cap H$ es suave en $q$ . Resumiendo, tenemos una sección del mapa que yace genéricamente en el lugar liso de las fibras. Dado que $\overline{\Gamma}$ es irreducible, esto implica que la fibra genérica es irreducible, es decir, si $H$ es un hiperplano genérico que contiene $L$ entonces $H\cap X$ es irreducible.
(La razón intuitiva de esta implicación es que, genéricamente sobre $\mathbb{P}^{k-1}$ la sección nos permite elegir precisamente una componente irreducible de la fibra. La unión de estas componentes nos da un subconjunto de $\overline{\Gamma}$ que tiene la misma dimensión que $\overline{\Gamma}$ y, por lo tanto, cuyo cierre debe ser todo $\overline{\Gamma}$ por irreducibilidad. Pero si hay más de un componente en una fibra general, esto es una contradicción, por lo que la fibra general debe ser irreducible. Para hacer rigurosa esta construcción intuitiva es necesario pasar a la normalización de $\overline{\Gamma}$ y luego mirar la factorización de Stein del mapa a partir de la normalización a $\mathbb{P}^{k-1}$ . La sección da una sección genérica de la parte finita de la factorización de Stein, y eso permite construir la ``unión de los componentes que contienen la sección'').
Por último, el mismo truco que en el caso de la curva nos muestra también que para cualquier hiperplano $H$ , $H\cap X$ debe ser no degenerada. Sea $Y=H\cap X$ de modo que $Y$ es una variedad de grado $d$ y dimensión $k-1$ . Sea $M$ sea el intervalo de $Y$ . Si $M\neq H$ entonces elige cualquier punto $p\in X\setminus Y$ y que $H'$ cualquier hiperplano que contenga $M$ y $p$ . Entonces $H'\cap X$ no puede ser todo $X$ (ya que esto contradiría la no-degeneración de $X$ ), por lo que $Y'=H'\cap X$ debe ser una subvariedad de dimensión $k-1$ (más concretamente, todos los componentes de $Y'$ tienen dimensión $k-1$ ) y grado $d$ . Pero $Y$ es, por tanto, un componente de $Y'$ y la igualdad de grados nos dice que $Y'$ no puede tener ningún otro componente por lo que debemos tener $Y'=Y$ . Esto contradice el hecho de que $p\in Y'$ y $p\not\in Y$ .
En conjunto, esto demuestra el paso inductivo necesario: Si $H$ es un hiperplano general que contiene $L$ entonces $H\cap X$ es irreducible y no degenerado.
Otras observaciones. Supongo, por la configuración de la pregunta, que desea aplicar el resultado para un determinado $L$ que has elegido. Si, en la aplicación, se le permite elegir un general $L$ entonces puedes decir algo más fuerte. El principio clásico de posición uniforme (donde ''clásico'' en este caso significa ''establecido por Joe Harris en los 80'') establece que para un subespacio general $L$ de dimensión $n-k$ el conjunto finito de $d$ -señala en $Z=L\cap X$ tienen la propiedad de que cualquier subconjunto de $r+1$ de los puntos (con $r\leqslant n-k$ ) abarcan un $\mathbb{P}^{r}$ . Elegir $r=n-k$ esto significa que cualquier subconjunto de $n-k+1$ puntos de $Z$ abarca todo el $L$ y, en particular $Z$ abarca $L$ . (Tenga en cuenta que $d\geqslant n-k+1$ por ejemplo, como consecuencia del argumento anterior: si $d < n-k+1$ entonces el $d$ puntos de $Z$ nunca abarcaría $L$ .)
