Ponderado proyectiva del espacio y $\mathrm{Proj}$

Question

Estoy tratando de resolver un problema de Jenia Tevelev notas sobre GIT. (Problema 5 al final de este pdf.)

Calcular $$\operatorname{Proj}\frac{\mathbb{C}[x,y,z]}{(x^5+y^3+z^2)}$$ where $\operatorname{wt.}x,y,z=12,20,30$.

Aquí es lo que tengo hasta ahora.

Deje $R=\mathbb{C}[x,y,z]$ con la por encima de la ponderación, por lo que tenemos la natural graduales de la estructura de anillo dada por la media ponderada grado: $R=\bigoplus_{n\geqslant0}R_n$.

A continuación, $R\cong R^{(2)}\cong R^{(4)}\cong R^{(20)}\cong R^{(60)}$ donde $$R^{(k)}=\bigoplus_{n\geqslant0}R_{kn}.$$ En virtud de estos transformación, el ideal dado por el polinomio en la pregunta se transforma a medida $$(x^5+y^3+z^2)\mapsto (x^5+y^3+z^2)\mapsto (x^5+y^3+z)\mapsto (x+y^3+z)\mapsto (x+y+z).$$

Así, con $S=\frac{\mathbb{C}[x,y,z]}{(x^5+y^3+z^2)}$ tenemos que $$S^{(60)} = \left(\frac{\mathbb{C}[x,y,z]}{(x^5+y^3+z^2)}\right)^{(60)} = \frac{\mathbb{C}[x,y,z]^{(60)}}{(x+y+z)} = \frac{\mathbb{C}[x^5,y^3,z^2]}{(x+y+z)}.$$

Preguntas:

1. Es todo de arriba a la derecha? En particular, es cierto que $$\left(\frac{\mathbb{C}[x,y,z]}{(x^5+y^3+z^2)}\right)^{(60)} \neq \frac{\mathbb{C}[x,y,z]^{(60)}}{(x^5+y^3+z^2)}.$$ Es decir, no podemos continuar a través de' el truncamiento, tenemos que ver cómo el ideal de los cambios así.
2. ¿Cómo puedo continuar a partir de aquí?

Editar:

Parece que es bastante útil hecho de que me he perdido es que

$$\operatorname{Proj}\frac{k[x_0,\ldots,x_n]}{I}\cong\mathbb{V}(I)\subset\mathbb{P}(a_0,\ldots,a_n)$$ donde $\operatorname{wt.}x_i=a_i$.

Entonces el problema se reduce a la comprensión de $$\frac{\mathbb{V}_{\mathrm{aff}}(x^5+y^3+z^2)\setminus\{0\}}{\mathbb{G}_m}$$ where $\mathbb{G}_m$ acts on $\mathbb{A}^3$ a través de la forma estándar para ponderado proyectiva del espacio. Pero no estoy seguro de si esto es cierto cuando los generadores son de diferentes grados, en cuyo caso tenemos que mirar el truncamiento de la primera. (Si este no es el caso, entonces yo estaría super interesado en saber cómo ambos métodos procede - a través de la truncamiento y acaba de saltar directamente.)

Entonces me parece que podría tener sentido para adivinar que $$\operatorname{Proj}\frac{\mathbb{C}[x^5,y^3,z^2]}{(x+y+z)} = \mathbb{V}(x+y+z)\subset\mathbb{P}(60,60,60)$$ but the issue is that $(x+y+z)$ no es homogénea, y nuestro ideal está dada en términos de los elementos que no podemos hacer desde nuestros generadores.

Answer 1

De Trabajo con la ponderación Completa Intersecciones por Iano-Fletcher, que parece estar disponible gratuitamente aquí:

Deje $f = x^5 + y^3 + z^2 \in k[x,y,z]$ pesos $6,10$, e $15$ respectivamente. Definir $X: (f = 0 ) \subseteq \mathbb{P} = \mathbb{P}(6,10,15)$. (...) $$\mathbb{P}(6,10,15) \simeq \mathbb{P}(6,2,3) \simeq \mathbb{P}(3,1,3) \simeq \mathbb{P}(1,1,1)$$ The monomials transform as $$(x^5, y^3, z^2) \mapsto (x, y^3, z^2) \mapsto (x, y^3, z) \mapsto (x,y,z)$$ Thus $X \subconjunto \mathbb{P} \simeq \{x + y + z = 0\} \subseteq \mathbb{P}^2 = \mathbb{P}^1 \subseteq \mathbb{P}^2$. Of course the coordinate rings of the affine cones over $X \subseteq \mathbb{P}$ and $\mathbb{P}^1 \subseteq \mathbb{P}^2$ no son isomorfos.

En primer lugar, tenga en cuenta que esto es exactamente su caso. Multiplicando todos los pesos por las dos cantidades para hacer la $\mathbb{G}_m$ acción no eficaz (el subgrupo $\{\pm 1\} \subseteq \mathbb{G}_m$ estabiliza todo).

Yo creo que lo que se perdió por encima (y que me confundió pensando así) es que "$x$", "$y$", etc. no significan lo mismo después de cada isomorfismo. Vamos a hacer el primer explícitamente, y los demás serán similares.

Sabemos que $\mathbb{P}(6,10, 15) = \text{Proj}(k[x,y,z])$ con la calificación $|x| = 6, |y| = 10, |z| = 15$ es isomorfo a $\mathbb{P}(6, 2, 3)$. Sin embargo, este isomorfismo no es tan simple como el isomorfismo de graduados anillos mostrando el $\mathbb{P}(6,10,15) \simeq \mathbb{P}(12, 20, 30)$ (por ejemplo). Es algo no-canónica (esto tiene algo que ver con el hecho de que los afín a los conos de las variedades resultantes no son isomorfos). Deje $S$ ser el primer graduado de anillo y $T$ el segundo. Ahora, sabemos que $\text{Proj}(S) \simeq \text{Proj}(S^{(5)})$. ¿Cómo funciona este isomorfismo actuar en conjuntos cerrados? (Todo esto está explicado en EGA II.2.4.7). El isomorfismo es inducida por la inclusión $S^{(5)} \hookrightarrow S$. En virtud de este mapa, la homogeneidad de los números primos de $S$ que contiene un elemento $f$ grado $d$ corresponden exactamente a la homogeneidad de los números primos de $S^{(5)}$ contiene $f^5$ (nota:$V_+(f) = V_+(f^d)$!). Nuestro elemento, $x^2 + y^3 + z^5$ es en realidad homogénea de grado $30$, lo $x^2 + y^3 + z^5 \in S^{(5)}$ y por lo tanto, en $S^{(5)}$, nuestro homogénea ideal es sólo el ideal de $S^{(5)}$ generado por el mismo polinomio.

$S^{(5)}$ es generado por monomials $x^a y^b z^c$ $15a + 10b + 6c = 5n$ algunos $m$. Desde $5$ no divide $6$, esto significa que $5|c$, y por lo tanto cualquier monomio es de la forma $x^{a} y^b z^{5c'}$. Desde cualquier monomio de esta forma tiene el grado de un múltiplo de $5$, llegamos a la conclusión de que estos abarcan $S^{(5)}$. Esto demuestra que $S^{(5)}$ $k[x, y, z^5]$ donde $x$ peso $15$, $y$ tiene peso $10$, e $z^5$ peso $30$. Este es isomorfo al anillo graduado $k[s, t, r]$, hasta un total de multiplicación factor en la calificación, donde $s$ peso $3$, $t$ tiene peso $2$, e $r$ peso $6$, por el mapa de $s \mapsto x, t \mapsto y, r \mapsto z^5$. Este mapa induce un isomorfismo canónico en su $\text{Proj}$ (que, recordemos, se construye teniendo en cuenta el grado $0$ fracciones, por lo que multiplicando el grado de todo por una constante no cambia nada). En particular, el isomorfismo $\text{Proj}(S^{(5)}) \simeq \text{Proj}(T)$ es de $V_+(x^2 + y^3 + z^5)$$V_+(s^2 + t^3 + r)$. Tenga en cuenta que este nuevo polinomio, $s^2 + t^3 + r$ es homogénea de grado $6$ $T$. Continuando de esta manera, finalmente, un isomorfismo de $\text{Proj}(S)$ $\text{Proj}(k[x,y,z])$ donde este último tiene la costumbre $(1,1,1)$ clasificación. Este isomorfismo tarda $x^2 + y^3 + z^5$$x + y + z$, lo que obviamente es homogénea lineal de la función de tres variables. Por lo tanto, $V_+(x^2 + y^3 + z^5) \subseteq \mathbb{P}(15,10,6)$ es isomorfo a $V_+(x+y+z) \simeq \mathbb{P^1} \subseteq \mathbb{P}(1,1,1) = \mathbb{P}^2$.

Aviso que lo que yo he hecho es esencialmente el mismo que el álgebra se hizo anteriormente. Sin embargo, hay algunas diferencias importantes a señalar:

• En primer lugar, parece que parte de la confusión proviene del hecho de que se utilizan las letras $R$, $x,y,z$ para representar diferentes pero isomorfo cosas.

• Segundo, no es el caso que $R \simeq R^{(d)}$ cualquier $d$. Es sólo el caso de que $\text{Proj}(R) \simeq \text{Proj}(R^{(d)})$. Tenga en cuenta que los afín conos sobre nuestras iniciales y finales de las variedades son muy diferentes! El primero es un singular hipersuperficie de grado $5$, mientras que el segundo es sólo un plano.

Por último, me gustaría volver a mi anterior comentario, lo cual es interesante a la luz de la comprensión de que realmente estamos tratando con $\mathbb{P}^1$. Primero de todo, usted está completamente correcto en la interpretación que el $\text{Proj}(k[x,y,z])/f(x,y,z)$ es simplemente el cociente de $V(f(x,y,z)) \subset \mathbb{A}^3$ por la acción del círculo $\mathbb{G}_m$. En este caso, la acción es $\zeta: (x,y,z) \mapsto (\zeta^{15} x, \zeta^{10}y, \zeta^{5}z)$. De hecho, es cierto (y no sé una buena referencia para este hecho; te agradecería si alguien encuentra una) que el Proj de cualquier gradual álgebra es el cociente de su espectro por un círculo de acción.

Esta es una interpretación muy interesante topológicamente. Sabiendo que el cuasi-homogénea la variedad es sólo $\mathbb{P}^1$ nos dice que el enlace de la singularidad $L:= \{(x,y,z) \in S^5 \subseteq \mathbb{C}^3 \mid x^2 + y^3 + z^5 = 0\}$ admite un punto fijo-libre de círculo de acción tales que el cociente es sólo $S^2$! Este círculo de acción es "casi" un haz de fibras; la razón no es que en los puntos cuando, por ejemplo, $z = 0$, la fibra $\{(\zeta^{15}x, \zeta^{10}y, 0)\}$ tiene multiplicidad $5$. Topologists se refieren a dichas $3$-colectores, Seifert fibra de espacios, y la forma de interesantes ejemplos de $3$-colectores cuya topología algebraica es generalmente manejable. En efecto, conocer el género del cociente de la superficie además de la información acerca de orientability (que es trivial en este caso, ya que todo es complejo) y la descripción local de las fibras es casi suficiente para determinar el grupo fundamental y los de homología en su totalidad. De hecho, este particular $3$-colector es muy famoso! Es la de Poincaré de Homología de la Esfera, el primer ejemplo histórico de un colector con la homología de grupos de $S^3$ que no está homeomórficos.