Рассмотрим кривую в $%\mathbb{P}^2(\mathbb{C})$%, заданную уравнением $$y^2z=x^3-pxz^2-qz^3$$

Пересечение этой кривой с прямой $%y=0$% состоит из трех различных точек $%[\alpha:0:1],[\beta:0:1],[\gamma:0:1]$%.

Доказать, что существует проективная (т.е. линейная) замена координат, оставляющая на месте точку $%[0:1:0]$% и прямую $%z=0$%, переводящая $%[\alpha:0:1],[\beta:0:1],[\gamma:0:1]$% в $%[0:0:1],[1:0:1],[\lambda:0:1]$%. Показать, что в новых координатах в карте $%z\ne 0$% уравнение кривой имеет вид $%y^2=x(x-1)(x-\lambda)$%.

Попытки: проективная замена задается матрицей $%A=\begin{bmatrix}a&b&c\\d&e&f\\ g&h&i \end{bmatrix}$%

Поскольку должна сохраняться прямая $%z=0$%, то при умножении матрицы $%A$% на столбец $%(s,t,0)^T$%, должен получиться этот же столбец, то имеем $%b=d=g=h=0, a=e=1$%. Т.е. $%A=\begin{bmatrix}1&0&c\\0&1&f\\ 0&0&i \end{bmatrix}$%. Поскольку $%(\alpha, 0, 1)^T$% должен переходить в $%(0,0,1)^T$%, имеем $%c=-\alpha, f=0, i=1$%, т.е. $%A=\begin{bmatrix}1&0&-\alpha\\0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}$%. То есть матрица задана уже однозначно.

Но почему остальные две точки переходят куда надо? Почему уравнение в этих координатах имеет указанный вид?

задан 17 Апр '17 1:13

изменен 5 Май '17 0:07

В первом пункте написано что-то явно не то. Точка 0:0:1 при стандартном порядке координат уравнению не удовлетворяет, если q не равно нулю. Там кубическое уравнение должно возникать. Три его корня должны давать три точки пересечения.

(17 Апр '17 1:30) falcao

Где кубическое уравнение должно возникать? При подстановке y=0? Ну да, возникает кубическое относительно х уравнение, но там еще и z участвует. Как найти его корни? Они будут некрасивыми?

Еще, кстати, в условие следует добавить, что уравнение x^3-px-q имеет 3 различных корня.

(17 Апр '17 1:42) cherepaha

@cherepaha: если положить y=0, возникает кубическое уравнение относительно x. Его корни находить не надо -- важно только, что над C они существуют, и их в общем случае три. Это-то всё понятно, а не понимаю я того, почему первая точка 0:0:1. Ведь при q=0 она явно не подходит. А то, что получатся какие-то три точки -- это как раз понятно.

(17 Апр '17 2:18) falcao

@falcao: я исправил условие и уточнил вопрос.

(5 Май '17 0:06) cherepaha

@cherepaha: суть вопроса, по-моему, уже прояснили. Полагаем z=1, получаем кубическое уравнение. У него три корня, переходим два из них линейным преобразованием в 0 и 1. Третий перейдёт в какое-то "лямбда". Ничего более интересного за этим примером нет.

(5 Май '17 1:04) falcao

@falcao: я просто хочу понять, как это вывести из данного упражнения... То есть как через него подробнее расписать "переходим два из них линейным преобразованием в 0 и 1"

И первый вопрос, про существование линейного преобразования, это не проясняет

(5 Май '17 1:31) cherepaha
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
1

Не знаю, актуален ли ещё этот вопрос, но попытаюсь на него ответить. Пусть имеется кубический многочлен $%t^3-pt-q$%. Он имеет три комплексных корня $%\lambda_i$% ($%i=1,2,3$%), которые могут быть кратными. По теореме Виета, их сумма равна нулю. Если все они совпадают, то все они нулевые, то есть $%p=q=0$%. Этот вырожденный случай далее исключается из рассмотрения, и тогда можно считать, что $%\lambda_1\ne\lambda_2$%.

Многочлен $%x^3-pxz^2-qz^3$% можно разложить на линейные множители: $%(x-\lambda_1z)(x-\lambda_2z)(x-\lambda_3z)$%. Мы хотим применить линейное преобразование, при котором он переходит в $%x(x-z)(x-\lambda z)$% для некоторого $%\lambda\in\mathbb C$%. Для этой цели подходит $%x-\lambda_1z\mapsto x$%, $%x-\lambda_2z\mapsto x-z$%, то есть это преобразование, при котором $%z\mapsto\frac{z}{\lambda_2-\lambda_1}$% и $%x\mapsto x+\frac{\lambda_1z}{\lambda_2-\lambda_1}$%. Я так понимаю, что это и есть искомое линейное преобразование, которое для случая $%z=1$% превращается в уравнение $%y^2=x(x-1)(x-\lambda)$% из условия.

ссылка

отвечен 5 Май '17 13:45

Спасибо! Только непонятно, почему при этом преобразовании $%[\lambda_1:0:1], [\lambda_2:0:1], [\lambda_3:0:1]$% переходят в $%[0:0:1], [1:0:1], [\lambda:0:1]$%. То есть само построение преобразование говорит, что так должно быть, но если умножить матрицу этого преобразования на столбец $%(\lambda_i:0:1)^T$%, то получается $%(\lambda_i + \frac{\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}, 0, \frac{1}{\lambda_2-\lambda_1})^T$%.

(5 Май '17 16:56) cherepaha

@cherepaha: здесь есть два преобразования -- прямое и обратное. Для обратного формулы легко выписать: x->x-L_1z, z->(L2-L1)z. Если применить такое преобразование, то всё перейдёт туда, куда нужно (с точностью до пропорциональности троек).

(5 Май '17 17:02) falcao

В таком случае эти три точки P^2 переходят в (0,0,K), (K,0,K), (L,0,K); где K=L_2-L_1. Если бы было K=1, то все было бы хорошо. Но почему K=1?

(5 Май '17 17:16) cherepaha
1

@cherepaha: так ведь здесь не тройки, а их классы. Поэтому [(0,0,K)] -- это и есть [(0,0,1)].

(5 Май '17 18:15) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,999
×2,628
×343

задан
17 Апр '17 1:13

показан
457 раз

обновлен
5 Май '17 18:15

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru