Son " $n$ $n$ matrices con rango de $k$" un afín variedad algebraica?

Question

Identificar el conjunto de todas las complejas $n$ $n$ matrices con $\mathbb{C}^{n^2}$. Decimos que un subconjunto $S \subset \mathbb{C}^{n^2}$ es un afín variedad algebraica si $S$ es que el común de la puesta a cero de un conjunto (posiblemente infinita o incontable) de polinomios en $n^2$ variables complejas. Algunos ejemplos que satisfacen esta definición son las "matrices con determinante 1" y "matrices de rango en la mayoría de las $k$".

Un no ejemplo es "matrices con rango de $n$", porque es el complemento de la afín algebraicas variedad "matrices de rango en la mayoría de las $n - 1$"; cualquier afín variedad algebraica es necesariamente cerrado en la topología Euclidiana, por lo que su complemento (que es abierto en la topología Euclidiana) no puede ser un afín variedad algebraica.

Sin embargo, estoy teniendo problemas para formular una declaración sobre "las matrices con rango de $k$"$1 < k < n$.

Es el conjunto de complejas $n$ $n$ matrices de rango $k$ donde $1 < k < n$, un afín variedad algebraica?

Answer 1

Bueno, en primer lugar no estoy de acuerdo con tu definición de un afín variedad algebraica. Lo que en realidad se han definido es un Zariski-subconjunto cerrado de un espacio afín. Pero a veces, por ejemplo, una Zariski-abrir subconjunto del espacio afín puede ser exponencialmente asignada en un bijective de la moda a un Zariski-subconjunto cerrado de un diferente espacio afín. En particular, aquí al $k = n$ usted está diciendo que la colección de todos los invertible matrices no es afín variedad algebraica. Pero lo es: sólo tienes que incrustar en un afín en el espacio de una dimensión más. (Es increíble lo difícil que es para mí para evitar decir la palabra "régimen" aquí. He tenido mejor prensa antes de que me deslizo hacia arriba).

(Añadido: aunque es técnicamente cierto que la definición de Zariski-cerrado subconjunto permite arbitrarias de las intersecciones de cero conjuntos de polinomios, la de Hilbert Teorema de la Base implica que, de hecho, cada conjunto es un cruce de cero conjuntos de un número finito de polinomios. Así que haciendo hincapié en la infinitud de la intersección es quizás un poco engañoso.)

De todos modos, se preguntan si el conjunto de matrices de rango $k$ formas un Zariski subconjunto cerrado. La respuesta es que no es para cualquier $k > 0$. El punto es que el conjunto de matrices de rango en la mayoría de los k se forma una Zariski-subconjunto cerrado: se define por la desaparición de todos los determinantes de la $(k+1) \times (k+1)$ a los menores de la matriz. Así que el conjunto de matrices de rango exactamente $k$ es, naturalmente, un "estrato": es el complemento en el conjunto cerrado de matrices de rango en la mayoría de los $k$ por el conjunto de matrices de rango en la mayoría de los $k-1$. En general, teniendo un conjunto cerrado y la sustracción de una menor conjunto cerrado que deja con algo que no es ni abierto ni cerrado. (Hay una palabra para el ejemplo un poco más complicado que abrir o conjuntos cerrados: construible.) Este es el caso aquí, a pesar de que se requiere algún argumento adicional. Desde una perspectiva geométrica, la cosa más natural de hacer es mostrar que el subconjunto de todas las matrices de rango en la mayoría de los $k$ no se acaba de cerrar, pero irreducible: a continuación, cualquier relativamente abierto subconjunto debe ser densa, por lo que no puede ser cerrado. Por desgracia no tengo una referencia de esta mano, pero probablemente se puede encontrar en Joe Harris del GTM en la geometría algebraica. Bueno, una vez me puse a buscar una referencia que he encontrado uno aquí.

Permítanme decir que Didier del argumento (que vi después de que comencé a escribir esto) es muy agradable, fácil manera de responder a su pregunta. Él está discutiendo (creo) con respecto a la costumbre de la topología Euclidiana, pero ya que es más fina que la topología de Zariski, si el conjunto no es cerrado con respecto a la topología Euclidiana, ciertamente, no es cerrado con respecto a la topología de Zariski. De todos modos, este argumento puede ser adaptado para trabajar sobre cualquier infinito campo de $K$ y le voy a pedir a usted a hacerlo como un ejercicio: para cualquier $0 < k \leq n$, encontramos un unidimensional lineal subespacio dentro de $M_n(K)$ cuyas distinto de cero puntos de darle rango $k$ matrices pero para los que el origen es (por supuesto) la matriz cero. Cualquier función polinómica que se desvanece en absoluto, sino un punto de esta línea tiene que desaparecer en el otro punto también!

Añadió: tal vez algunos reales algebraicos aparejador me puede decir si estos cuasi-afín variedades algebraicas en realidad son afines para $k < n$ la forma en que se para a $k = n$. Me imagino que no-nos están quitando demasiado poco en cada paso para que este sea el caso-pero es sólo una conjetura. Estoy seguro de que debe haber alguna buena forma de pensar acerca de esto...

Answer 2

Al final de su respuesta, Pete Clark le pregunta si la cuasi-afín variedad de $n \times n$ matrices de rango $k$ podría ser afín. La respuesta es no, excepto cuando se $k=n$.

Este es un caso especial de una forma mucho más general de la realidad. Deje $X$ ser una irreductible variedad afín, y deje $Y$ ser una subvariedad cerrada. Si $X \setminus Y$ es afín, a continuación, $Y$ es codimension $1$$X$.

Prueba de Dibujo: (Este argumento es editado en respuesta a las cuestiones planteadas a mí por Steven Sam.)

Deje $r$ ser el codimension de algunos de los componentes de $Y$. A continuación, el local cohomology grupo $H^r_Y(X, \mathcal{O})$ es distinto de cero. Yo antes, dijo que esto fue por la desigualdad entre la profundidad y la codimension, pero Steven señala a mí que estoy haciendo mal uso de esta; que la desigualdad implica que $H^s_Y(X, \mathcal{O})$ es distinto de cero para algunos $s \leq r$. Creo que la desigualdad quise citar es Grothendieck del nonvanishing teorema.

Mira Hartshorne Ejercicio III.2.2.3.e . Hay una secuencia exacta que, en parte, es $$H^r(X \setminus Y, \mathcal{O}) \to H^{r+1}_Y(X, \mathcal{O}) \to H^{r+1}(X, \mathcal{O}).$$ Desde $X$ es afín, el lado derecho es cero, y hemos afirmado que el término medio es distinto de cero. Por lo $H^r(X \setminus Y, \mathcal{O})$ es distinto de cero. Si $r>1$, esto implica que $X \setminus Y$ no es afín. QED

El rango de $k$ matrices tienen dimensión $n^2 - (n-k)^2$. Uno puede comprobar que esto es sólo codimension $1$$(k, k-1) = (n,n-1)$.

Por cierto, NO es cierto que $X$ afín, $Y$ codimension $1$ implica $X \setminus Y$ afín. El más simple de contra-ejemplo que conozco es $X = \mathrm{Spec}\ k[w,x,y,z]/(wz-xy)$$Y = \{ w=x=0 \}$.

Answer 3

No (a menos que $k=0$). Por ejemplo, este conjunto no es cerrado: considerar la diagonal de las matrices con exactamente $k$ cero entradas y hacer una de estas entradas van a cero.