Demostración de la equivalencia de dos definiciones de la expansión de una variedad

Question

Sea $X=\mathop{\mathrm{Spec}}(A)$ sea una variedad afín sobre algún campo algebraicamente cerrado $\Bbbk$ y $I\subseteq A$ un ideal de $A$ . Hay dos formas de definir el reventón $\tilde X$ de $X$ a lo largo de $I$ a saber

1. Establecer $\tilde X := \mathop{\mathrm{Proj}}(A[IT])$ donde $A[IT]$ es el anillo graduado $\bigoplus_{d\ge 0} I^dT^d \subseteq A[T]$ y $I^0:= A$ .
2. Sea $I=(f_0,\ldots,f_r)$ sea un conjunto de generadores para $I$ y definir un mapa racional $\varphi: X \to \mathbb{P}_\Bbbk^r$ por $\varphi(P):=[f_0(P):\ldots:f_r(P)]$ . Se define sobre $U:=X\setminus Z(I)$ . A continuación, definimos $\tilde X := \Gamma_\varphi$ sea la gráfica de $\varphi$ que es el cierre del gráfico de $\varphi|_U$ .

Me gustaría demostrar que ambas definiciones son equivalentes; permítanme darles mi enfoque (que básicamente no es más que una variante más general del Ejemplo II.7.12.1 de Hartshorne):

Definir un mapa $\pi: A[y_0,\ldots,y_r] \to A[IT]$ por $y_i\mapsto f_iT$ . Induce una incrustación de $\tilde X$ en $\mathbb{P}_\Bbbk^r \times X$ cuya imagen debe ser $\Gamma_\varphi$ . En cualquier subconjunto abierto $D(f_iT)$ deberíamos poder demostrar ahora que el núcleo del mapa inducido

$A\left[\frac{y_0}{y_i},\ldots,\frac{y_r}{y_i}\right]\to \left(A[IT]_{f_iT}\right)_0$

es igual a $\left(y_kf_j-y_jf_k\,\vert\,0\le k<j\le r\right)$ . Sin embargo, parece que no puedo verificarlo. Si alguien pudiera indicarme cómo proceder a partir de aquí o incluso darme un enfoque completamente diferente, le estaría muy agradecido.

Gracias de antemano.

Answer 1

Intenta demostrar que el núcleo de $\pi:A[y_0, \ldots, y_r] \rightarrow A[IT]$ por $y_i \mapsto f_iT$ es generado por el $y_if_j - y_jf_i$ para $1\le i < j \le r$ . No es una sorpresa que no tenga éxito, porque esto no es cierto para los ideales generales $I$ . Por ejemplo $$I = (x^2,xy,y^2)$$ en $k[x,y]$ . El núcleo de $\pi: k[x,y,a,b,c] \rightarrow k[x,y][IT]$ en $a \mapsto x^2T$ , $b\mapsto xyT$ y $c\mapsto y^2T$ contiene $ac-b^2$ que no se encuentra en el ideal $(axy - bx^2, ay^2-cx^2,by^2-cxy)$ . La afirmación es válida si (¿si?) $f_0,\ldots, f_r$ es una secuencia regular según la obra de Fulton "Introduction to Intersection Theory in Algebraic Geometry", si no recuerdo mal (no tengo una copia a mano).

Sin embargo, mantiene lo siguiente: $$\ker \pi = (y_1 - f_1T, \ldots, y_r-f_rT) \cap A[y_1, \ldots, y_r],$$ donde $(y_1 - f_1T, \ldots, y_r-f_rT)$ es un ideal en $A[y_0,\ldots,y_r,T]$ . Así que creo que se podría construir una prueba como esta:

1) $\mathrm{Proj}(A[IT]) = \mathrm{Proj}(A[y_0, \ldots,y_r]/\ker \pi)$ debe ser clara.

2) Además, $\mathrm{Proj}(A[y_0, \ldots,y_r]/\ker \pi)$ es el cierre de la proyección de $$\mathrm{Proj}(A[y_0,\ldots,y_r,T]/(y_1 - f_1T, \ldots, y_r-f_rT) )$$ al hiperplano $\{t=0\}$ . Esta es la interpretación geométrica de la eliminación según, por ejemplo, Cox, Little, O'Shea "Ideals, Varieties and Algorithms". Recordemos que $\ker \pi$ se obtiene eliminando $T$ de $(y_1 - f_1T, \ldots, y_r-f_rT)$ . El cierre de la proyección debe ser el cierre de $(y_0 : \ldots:y_r)=(f_0:\ldots:f_r)$ por lo que el cierre del gráfico de $\varphi|_U$ es decir $\Gamma_\varphi$ .

Por favor, pídame aclaraciones si algo no está claro.

Answer 2

Creo que mis comentarios ya han respondido a la pregunta: Desde $X$ es irreducible, también lo es $U$ . Sea $U' := \mathbb{P}_\Bbbk^r \times U$ . Entonces, $U'\cap\Gamma_\varphi \cong U$ es irreducible. Dado que $\tilde X \cap U'$ es un subconjunto cerrado de $U'\cap\Gamma_\varphi$ y de la misma dimensión, debemos tener $U'\cap\Gamma_\varphi = U'\cap\tilde X$ . Pasando a la clausura, obtenemos el resultado deseado.