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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

複素射影平面 $P_{C}^{2}$ （斉次座標 $[X : Y : Z]$ ）内の $3$ 次曲線 $C$ と $4$ 次曲線 $D$ を $C : Y^{2} Z - X^{3} = 0, D : X^{4} - X Y Z^{2} = 0$ で定める。 $P = [0 : 0 : 1]$ , $Q = [0 : 1 : 0]$ とおくと、 $P, Q$ はともに $C \cap D$ に属する。点 $R$ における $C$ と $D$ の交点数を $I_{R} (C, D)$ と書く。 $I_{P} (C, D)$ と $I_{Q} (C, D)$ をこの順に組 $(I_{P} (C, D), I_{Q} (C, D))$ として求めよ。

この問題で使うもの

局所交点数（説明と入口の問題）
ベズーの定理（説明と入口の問題）
射影平面曲線と斉次化（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（69 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

交点数は局所環での $dim O_{R} / (f, g)$ である。 $D$ の式が因数分解できることに注目し、交点数の加法性 $I (f, g h) = I (f, g) + I (f, h)$ を使う。

ヒント 2

$D = X (X^{3} - Y Z^{2})$ 。 $P$ では $Z = 1$ 、 $Q$ では $Y = 1$ として、片方の曲線が $y = φ (x)$ の形に書けるときは代入して $x$ の位数を数える。

ヒント 3

$P$ では $I (y^{2} - x^{3}, x) = 2$ , $I (y^{2} - x^{3}, x^{3} - y) = 3$ 。 $Q$ でも同様に $C$ を $Z = X^{3}$ と書いて計算し、最後にベズーの定理（合計 $12$ ）で確かめる。

答えと解説

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(5, 4)

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解説を読む

交点数は、局所環 $O_{R}$ での $dim_{C} O_{R} / (f, g)$ で定義され、次の性質をもつ: (i) $I_{R} (f, g_{1} g_{2}) = I_{R} (f, g_{1}) + I_{R} (f, g_{2})$ 、(ii) $I_{R} (f, g) = I_{R} (f, g + h f)$ 、(iii) 横断的でない場合も、 $f$ が $y - φ (x)$ の形なら $I_{R} (f, g) = ord_{x} g (x, φ (x))$ 。

$C$ は既約で（ $Y^{2} Z - X^{3}$ は既約）、 $D = X (X^{3} - Y Z^{2})$ は $C$ を成分にもたないので、交点数はすべて有限である。

点 $P$ での計算. アフィン座標 $Z = 1$ で $f = y^{2} - x^{3}$ , $g = x^{4} - x y = x (x^{3} - y)$ となり、 $P$ は原点である。(i) より $I_{P} (f, g) = I_{P} (y^{2} - x^{3}, x) + I_{P} (y^{2} - x^{3}, x^{3} - y) .$ 第 1 項: $C [x, y]_{(x, y)} / (y^{2} - x^{3}, x) ≅ C [y]_{(y)} / (y^{2})$ なので $2$ 。第 2 項: $y = x^{3}$ を代入すると $f = x^{6} - x^{3} = x^{3} (x^{3} - 1)$ で、 $x^{3} - 1$ は原点で単元なので $ord_{x} = 3$ 、よって $3$ 。したがって $I_{P} (C, D) = 2 + 3 = 5$ 。

点 $Q$ での計算. アフィン座標 $Y = 1$ で $f = Z - X^{3}$ , $g = X^{4} - X Z^{2} = X (X^{3} - Z^{2})$ となり、 $Q$ は原点である。 $f = Z - X^{3}$ は $Z = X^{3}$ の形なので、 $Z = X^{3}$ を代入して位数を数える。 $I_{Q} (f, X)$ : $X$ は位数 $1$ なので $1$ 。 $I_{Q} (f, X^{3} - Z^{2})$ : $X^{3} - X^{6} = X^{3} (1 - X^{3})$ より $3$ 。よって $I_{Q} (C, D) = 1 + 3 = 4$ 。

ベズーの定理による確認. 残りの交点: $X = 0$ と $C$ の交点は $Y^{2} Z = 0$ より $P, Q$ のみ。 $X^{3} = Y Z^{2}$ と $C$ の交点は、 $Z = 1$ で $y = x^{3}$ , $y^{2} = x^{3}$ より $x^{3} (x^{3} - 1) = 0$ 、 $x^{3} = 1$ のとき $y = 1$ で $3$ 点 $(1, 1), (ω, 1), (ω^{2}, 1)$ （ $ω = e^{2 π i /3}$ ）。これらでは $f$ に $y = x^{3}$ を代入した $x^{3} (x^{3} - 1)$ が単根をもつので交点数は各 $1$ 。 $Z = 0$ では $X = 0$ となり $Q$ のみ。合計 $5 + 4 + 3 = 12 = 3 \cdot 4$ でベズーの定理と一致する。

答えは $(5, 4)$ である。

別解

$C : Y^{2} Z = X^{3}$ はカスプ( $P$ )をもつ 3 次曲線で、正規化 $P^{1} \to C$ , $[t : s] \mapsto [X : Y : Z] = [t^{2} s : t^{3} : s^{3}]$ により媒介変数表示される（ $Y^{2} Z = t^{6} s^{3} = X^{3}$ を満たす）。 $P = [0 : 0 : 1]$ は $[t : s] = [0 : 1]$ 、 $Q = [0 : 1 : 0]$ は $[t : s] = [1 : 0]$ に対応する。 $C$ は各点で 1 本の枝（単一分枝）しかもたないので、点 $R$ での $C$ と $D$ の交点数は、 $D$ の方程式を媒介変数表示に代入した式の、対応する点での零点の位数に等しい。

$D$ の式: $X^{4} - X Y Z^{2} = X (X^{3} - Y Z^{2})$ 。代入すると
$X = t^{2} s, X^{3} - Y Z^{2} = t^{6} s^{3} - t^{3} s^{6} = t^{3} s^{3} (t^{3} - s^{3}),$
$D ∣_{C} = t^{2} s \cdot t^{3} s^{3} (t^{3} - s^{3}) = t^{5} s^{4} (t^{3} - s^{3}) .$

これは次数 $12 = 3 \cdot 4$ の斉次式でベズーの定理と整合する。零点は $t = 0$ で位数 $5$ 、 $s = 0$ で位数 $4$ 、 $t^{3} = s^{3}$ の相異なる 3 点で位数 $1$ ずつ。合計 $5 + 4 + 3 = 12$ 。

よって $I_{P} (C, D) = 5$ （ $t = 0$ ）、 $I_{Q} (C, D) = 4$ （ $s = 0$ ）。

検算: $Q$ の近傍で $Y = 1$ とすると $C : Z = X^{3}$ 、 $D : X^{4} - X Z^{2} = X (X^{3} - Z^{2})$ 。 $C$ 上で $X = u$ , $Z = u^{3}$ と媒介変数表示すると $D ∣_{C} = u (u^{3} - u^{6}) = u^{4} (1 - u^{3})$ となり $u = 0$ の位数は $4$ で一致する。 $P$ の近傍で $Z = 1$ とすると $C : Y^{2} = X^{3}$ 、 $X = τ^{2}, Y = τ^{3}$ と表すと $D ∣_{C} = τ^{8} - τ^{5} = τ^{5} (τ^{3} - 1)$ で位数 $5$ となり一致する。

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