Clasificar todos los esquemas de grado $2$ $3$ $\mathbb{R}$ apoyado en el origen en $\mathbb{A}_\mathbb{R}^2$

Question

Clasificar todos los esquemas de grado $2$ $3$ $\mathbb{R}$ apoyado en el origen en $\mathbb{A}_\mathbb{R}^2$. En particular, muestran que mientras que cualquier esquema de $X$ cuyo complejización $X \times_{\text{Spec}\,\mathbb{R}} \text{Spec}\,\mathbb{C}$ es isomorfo a $\text{Spec}\,\mathbb{C}[x]/(x^3)$ sí es isomorfo a $\text{Spec}\,\mathbb{R}[x]/(x^3)$, hay exactamente dos nonisomorphic esquemas $X$ cuyo complejización es isomorfo a $\text{Spec}\,\mathbb{C}[x, y]/(x^2, xy, y^2)$.

Answer 1

Como en aquí o aquí, sólo tenemos que clasificar a $\mathbb{R}$-local álgebras $A$ de las longitudes $2$$3$. Deje $m$ ser el máximo ideal. A continuación, consideramos que la filtración asociados a $m$. Si $m/m^2$ es unidimensional, el mismo razonamiento que en lo que he ligado anterior implica que$$A \simeq \mathbb{R}[x]/\langle x^l\rangle.$$Otherwise, the length must be three. The trick to solve this problem is to realize that a scheme $X$ over $\mathbb{R}$ is the same as a scheme $S$ over $\mathbb{C}$, together with an involution $\sigma$, which lifts complex conjugation,$$\requieren{AMScd} \begin{CD} Y @>\sigma>> Y \\ @VVV @VVV \\ \text{Spec}\,\mathbb{C} @>>> \text{Spec}\,\mathbb{C}. \end{CD} $$ Así que supongamos que empezamos con$$Y = \text{Spec}\,\mathbb{C}[x, y]/\langle x^2, xy, y^2\rangle.$$The diagram above, reflecting in a vertical mirror and using the equivalence of categories, becomes$$\requieren{AMScd} \begin{CD} \mathbb{C}[x, y]/\langle x^2, xy, y^2\rangle @>\sigma>> \mathbb{C}[x, y]/\langle x^2, xy, y^2\rangle \\ @AAA @AAA \\ \mathbb{C} @>>> \mathbb{C}. \end{CD} $$ El único anillo de homomorphism, a cambio lineal de coordenadas, que no es el estándar de levantar de complejo de conjugación, está dada por$$f(x, y) \to g(y, x),$$where $g$ is the polynomial obtained by taking the complex conjugate of $f$. Note that this does indeed fix the maximal ideal squared. The invariants, modulo $m^2$, are then $x + y$ and $i(x - y)$.

Answer 2

Esta es una excelente pregunta, aunque parece que han sido contestadas en diversas formas, en otra parte de este sitio. Sin embargo, me gustaría resaltar que se habla de la siguiente interesante problema abierto: si $k$ es un campo, ¿cómo podemos describir la longitud-$m$ cerrado subschemes de $\mathbb{A}_k^2$ apoyado en el origen? Por `describir" me refiero a que no sólo aportan una caracterización algebraica (que @ErinHagood parece dar), pero también una imagen geométrica. Más precisamente, nos gustaría describir el esquema de Hilbert de longitud-$m$ cerrado subschemes de $\mathbb{A}_k^2$ apoyado en el origen.

Por simplicidad, vamos a trabajar sobre un algebraicamente cerrado campo de $k$. Para empezar, un aviso de que un cerrado subscheme $X \subset \mathbb{A}_k^2 = \text{Spec}\, k[x,y]$ es apoyado por el origen si el ideal del corte de $X$ ha radical igual a $(x,y)$.

Caso (1): $m = 1$. En este caso, queremos encontrar todos los ideales de a $I \subset k[x,y]$ tal que $k[x,y]/I$ $1$- dimensional sobre $k$. La única forma de que esto suceda es tener $I = (x,y)$, así que hay una sola longitud-$1$ cerrado subscheme de $\mathbb{A}_k^2$ apoyado en el origen; es decir, el esquema de Hilbert es un punto en este caso.

Caso (2): $m = 2$. En este caso, queremos encontrar todos los ideales de a $I \subset k[x,y]$ tal que $k[x,y]/I$ $2$- dimensional sobre $k$. Intuitivamente, podemos esperar que el locus de tales ideales formas un $\mathbb{P}_k^1$, debido a que hay un $\mathbb{P}_k^1$ de los posible las direcciones tangentes en el origen. Para ver por qué esta intuición es correcta, deje $I$ ser un ideal. A continuación, $k[x,y]/I \simeq k[\varepsilon]/(f(\varepsilon))$ donde $f(\varepsilon) \in k[\varepsilon]$ es un polinomio cuadrático. A menos $f$ es un cuadrado, se puede comprobar que $I$ no será soportado en un único punto, lo que en realidad nos encontramos con que $k[x,y]/I \simeq k[\varepsilon]/(\varepsilon^2)$. La preimagen de $\varepsilon$ bajo este isomorfismo es una forma lineal $ax + by$, y se puede comprobar que esta forma lineal determina cuál es la ideal $I$ debe ser. Hay un $\mathbb{P}_k^1$ lineal de las formas, por lo que en este caso el esquema de Hilbert es $\mathbb{P}_k^1$.

Una forma alternativa de tratar con este caso es mediante la visualización de longitud-$2$ esquemas apoyado en el origen como el límite de dos puntos se aproxima al origen. De hecho, usted puede tomar un punto que ya se fija en el origen, y tener otro punto de venir al origen a lo largo de una línea. No son precisamente un $\mathbb{P}_k^1$'s vale la pena de maneras para que el segundo punto de enfoque el origen.

Caso (3): $m = 3$. Este caso es mucho más difícil que cualquiera de los dos anteriores casos, y el problema de la identificación del esquema de Hilbert no es fácilmente susceptible de una expresión algebraica enfoque. Pero la idea de limitar el uso de puntos proporciona una buena foto. Si fijamos un punto en el origen y, a continuación, hay otros dos puntos de la limitación hacia el origen, se termina con lo que aparece, a primera vista, ser un $\mathbb{P}_k^1 \times \mathbb{P}_k^1$'s vale la pena de posibilidades. Sin embargo, debemos tener cuidado cuando los dos puntos coinciden; lo que en realidad obtener ve geométricamente como $\mathbb{P}_k^1 \times \mathbb{A}_k^1$, con los `cabos sueltos" de todas las $\mathbb{A}_k^1$ fibras compactified en un punto (que corresponde a cuando los dos puntos limitantes coinciden). Mientras eso sucede, el esquema de Hilbert en este caso es el cono sobre una curva.