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代数幾何の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院数学代数幾何

$P_{C}^{2}$ の斉次座標を $[x : y : z]$ 、 $P_{C}^{6}$ の斉次座標を $[w_{0} : \dots : w_{6}]$ とし、有理写像
$φ : P_{C}^{2} ⇢ P_{C}^{6}, [x : y : z] \mapsto [x^{2} y : x^{2} z : x y^{2} : x y z : x z^{2} : y^{2} z : y z^{2}]$
を考える（ $x, y, z$ の $3$ 次単項式のうち $x^{3}, y^{3}, z^{3}$ 以外の $7$ 個を並べたもの）。 $φ$ が定義される点全体の像の（ザリスキー位相での）閉包を $X \subset P_{C}^{6}$ とし、 $X$ に被約な閉部分スキームの構造を入れる。 $I_{X} \subset S = C [w_{0}, \dots, w_{6}]$ を $X$ の斉次イデアルとするとき、 $X$ のヒルベルト多項式 $P_{X} (n)$ （ $n$ が十分大きい整数のとき $dim_{C} (S / I_{X})_{n}$ と一致する $n$ の多項式）を求めよ。

この問題で使うもの

射影多様体のヒルベルト多項式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（44 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$φ$ の成分はすべて単項式なので、 $X$ はトーリック多様体です。 $S / I_{X}$ の次数 $n$ の部分の次元を、単項式の指数の格子点で数えましょう。

ヒント 2

指数 $(a, b)$ （ $x^{a} y^{b} z^{3 - a - b}$ ）の集合は、六角形 $P$ の格子点全体になります。 $dim (S / I_{X})_{n}$ は $n P$ の格子点の個数（エルハート多項式）です。

ヒント 3

$P$ の面積は $3$ 、境界上の格子点は $6$ 個です。ピックの定理を使って $n P$ の格子点の個数を $n$ の式で表します。

答えと解説

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3 n^{2} + 3 n + 1

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解説を読む

トーリック多様体としての記述 $φ$ の成分は単項式 $x^{a} y^{b} z^{c}$ （ $a + b + c = 3$ 、 $(a, b, c) \neq = (3, 0, 0), (0, 3, 0), (0, 0, 3)$ ）である。指数ベクトル $(a, b)$ （ $c = 3 - a - b$ ）を平面に並べると
$Q = {(2, 1), (2, 0), (1, 2), (1, 1), (1, 0), (0, 2), (0, 1)}$
となり、これは三角形 ${a \geq 0, b \geq 0, a + b \leq 3}$ から $3$ つの頂点 $(3, 0), (0, 3), (0, 0)$ を除いた点全体、すなわち六角形
$P = conv (Q) = {(a, b) ∣ 0 \leq a \leq 2, 0 \leq b \leq 2, 1 \leq a + b \leq 3}$
の格子点全体である。

$S / I_{X}$ は $w_{i} \mapsto$ （対応する単項式） $\cdot t$ による環準同型の像、すなわち単項式 $x^{a} y^{b} z^{c} t^{n}$ （ $(a, b)$ は $Q$ の $n$ 個の元の和）で張られる半群環と同型である。よって $dim (S / I_{X})_{n}$ は $Q$ の元の $n$ 個の和として書ける格子点の個数である。 $2$ 次元の格子多角形は正規（ $n P$ の任意の格子点は $P$ の格子点 $n$ 個の和）であるから
$dim_{C} (S / I_{X})_{n} = # (n P \cap Z^{2}) (n \geq 0) .$

エルハート多項式の計算 格子多角形 $P$ に対し、ピックの定理から
$# (n P \cap Z^{2}) = Area (P) n^{2} + \frac{b ( P )}{2} n + 1$
（ $b (P)$ は $P$ の境界上の格子点の個数）。
- 面積: 直角二等辺三角形 ${a, b \geq 0, a + b \leq 3}$ の面積 $\frac{9}{2}$ から、各頂点の面積 $\frac{1}{2}$ の小三角形 $3$ 個を除いて $Area (P) = \frac{9}{2} - \frac{3}{2} = 3$ 。
- 境界の格子点: $P$ の内部の格子点は $(1, 1)$ だけなので $b (P) = 7 - 1 = 6$ 。

よって
$P_{X} (n) = 3 n^{2} + \frac{6}{2} n + 1 = 3 n^{2} + 3 n + 1.$

検算 $P_{X} (1) = 7$ （ $X$ は超平面に含まれず $P^{6}$ の $7$ 個の座標が一次独立）、 $P_{X} (0) = 1$ 。また最高次の係数 $3 = \frac{de g X}{2 !}$ より $de g X = 6$ 。幾何的には $X$ は $P^{2}$ の $3$ 点 $[1 : 0 : 0], [0 : 1 : 0], [0 : 0 : 1]$ でのブローアップ $P^{2}$ の反標準埋め込み（ $6$ 次の del Pezzo 曲面）であり、超平面類 $H = - K$ , $H^{2} = 9 - 3 = 6$ に対しリーマン・ロッホの定理から $χ (O_{X} (n)) = 1 + \frac{n H \cdot ( n H - K )}{2} = 1 + \frac{6 n ( n + 1 )}{2} = 3 n^{2} + 3 n + 1$ となり一致する。

答え: $3 n^{2} + 3 n + 1$

別解

$φ$ を定める 7 個の単項式は、3 次式のうち $x^{3}, y^{3}, z^{3}$ の係数が 0 のもの全体、すなわち 3 点 $p_{1} = [1 : 0 : 0], p_{2} = [0 : 1 : 0], p_{3} = [0 : 0 : 1]$ を通る 3 次曲線の線形系（次元 7）の基底である（各点で 3 次式が消える条件は $x^{3}, y^{3}, z^{3}$ の係数が 0 であることと同値）。

$π : S \to P^{2}$ を 3 点 $p_{1}, p_{2}, p_{3}$ のブローアップとし、例外因子を $E_{1}, E_{2}, E_{3}$ 、 $H$ を直線の引き戻しとする。このとき $φ$ は $∣3 H - E_{1} - E_{2} - E_{3} ∣ = ∣ - K_{S} ∣$ の定める射 $S \to P^{6}$ に持ち上がる。 $S$ は一般の位置（3 点が同一直線上にない）の 3 点のブローアップなので次数 6 の del Pezzo 曲面であり、 $- K_{S}$ は非常に豊富で、 $∣ - K_{S} ∣$ は完備線形系（ $h^{0} (- K_{S}) = K_{S}^{2} + 1 = 7$ ）。よって $φ$ から得られる射は閉埋め込みで、像 $X$ （閉で既約被約）は $S$ と同型。

$X ≅ S$ で $O_{X} (1) = - K_{S}$ 、 $K_{S}^{2} = 9 - 3 = 6$ 。Riemann–Roch と Kodaira 消滅（ $- n K_{S} - K_{S} = - (n + 1) K_{S}$ は豊富）より $n \geq 0$ で
$P_{X} (n) = χ (- n K_{S}) = 1 + \frac{( - n K _{S} ) ( - n K _{S} - K _{S} )}{2} = 1 + \frac{n ( n + 1 )}{2} K_{S}^{2} = 1 + 3 n (n + 1) = 3 n^{2} + 3 n + 1.$

検算: $n = 1$ : $3 + 3 + 1 = 7 = h^{0} (- K_{S})$ ✓（ $P^{6}$ の超平面切断の次元 7 と一致）。 $n = 2$ : $12 + 6 + 1 = 19$ 。直接には 6 次式のうち、3 点で重複度 2 以上で消える（各点 $3$ 条件で計 9 条件、重複度 2 は 3 条件）ものの個数 $28 - 9 = 19$ ✓。次数は 2 次の係数 $3 \times 2! = 6$ ✓。

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