次数を上げて埋め込む：ヴェロネーゼ埋め込みと有理正規曲線

この記事の要点

d 重埋め込み: $\mathbb{P}^n$ の点を、 $d$ 次の単項式すべての値を並べた点に送る写像 $\nu_d\colon\mathbb{P}^n\to\mathbb{P}^N$ （ $N=\binom{n+d}{d}-1$ ）です。単射で、逆写像は1次式で書けます。
有理正規曲線: $\mathbb{P}^1$ の像 $C_d\subseteq\mathbb{P}^d$ は、2行のハンケル行列の階数が1以下になる点の全体です。 $d=2$ は円錐曲線、 $d=3$ は第1回のねじれ3次曲線で、そのイデアルは2次式3本で生成されますが、2つの元では生成できません。
超平面と d 点: $C_d$ と超平面の交点は $d$ 次の2元形式の根で、代数閉体なら重複度こみでちょうど $d$ 個です。 $C_d$ の相異なる $d+1$ 点は、1つの超平面に乗りません。
ヴェロネーゼ曲面: $\nu_2(\mathbb{P}^2)\subseteq\mathbb{P}^5$ は、階数1の $3\times3$ 対称行列の全体です。 $\mathbb{P}^2$ の円錐曲線は $\mathbb{P}^5$ の超平面による切り口になり、5点を通る円錐曲線は1次方程式を解いて求まります。

証明は、ステップの流れだけを短く書いています。「詳しく」の付いた行をクリックすると、そのステップの詳しい説明が開きます。説明の中にも開ける行があります。
定義・命題・定理には、記事全体で通し番号を振っています。
もう少し詳しくは補足、専門的な話は先の回につながる話題です。どちらも開かずに読み進められます。
各ブロックの「AIに質問」を押すと、その部分の内容を入れた質問文で、お使いのAIを開けます。

前回の宿題

第17回では、2本の射影直線の積 $\mathbb{P}^1\times\mathbb{P}^1$ を、座標どうしの積を並べるセグレ埋め込みで $\mathbb{P}^3$ に入れました（第17回の定義1）。

\begin{aligned} &\bigl([a_0:a_1],\ [b_0:b_1]\bigr)\\ &\quad\longmapsto[a_0b_0:a_0b_1:a_1b_0:a_1b_1] \end{aligned}

像は2次曲面 $z_{00}z_{11}=z_{01}z_{10}$ で、その上を2つの直線族が走っていました。

第17回の最後に、1本の $\mathbb{P}^1$ の座標どうしの積を並べるとどうなるかを予告しました。2次なら $[x_0:x_1]\mapsto[x_0^2:x_0x_1:x_1^2]$ で、像は第5回の放物線の射影閉包です（第5回の例19）。3次に上げると、第1回のねじれ3次曲線が現れます。

この記事では、まず一般の $\mathbb{P}^n$ で、 $d$ 次の単項式をすべて並べる写像（ $d$ 重埋め込み）を定義します。次に $\mathbb{P}^1$ の像である有理正規曲線の方程式を求め、超平面とちょうど $d$ 点で交わることを示します。最後に $\mathbb{P}^2$ の2次の場合（ヴェロネーゼ曲面）で、円錐曲線が超平面の切り口になることを確かめます。

単項式を全部並べる：d 重埋め込み

変数 $x_0,\dots,x_n$ の $d$ 次の単項式は $x_0^{e_0}x_1^{e_1}\cdots x_n^{e_n}$ （ $e_0+\dots+e_n=d$ ）の形をしています。指数の組の数を数えると、単項式は次の個数だけあります。

\begin{aligned} &\#\{(e_0,\dots,e_n)\in\mathbb{Z}_{\geq0}^{n+1}\mid{}\\ &\qquad e_0+\dots+e_n=d\}=\binom{n+d}{d} \end{aligned}

$d$ 個の玉を $n$ 本の仕切りで $n+1$ 組に分ける方法の数で、 $n+d$ か所から仕切りの位置 $n$ か所を選ぶ数と同じです。例えば $n=2,\ d=2$ なら $\binom42=6$ 個、 $n=2,\ d=3$ なら $\binom53=10$ 個です。

定義1 d 重埋め込み [1, 演習2.12, p.17–18]

$k$ を体、 $n,d\geq1$ とし、 $x_0,\dots,x_n$ の $d$ 次の単項式を1つの順に $M_0,\dots,M_N$ と並べる（ $N=\binom{n+d}{d}-1$ ）。写像

\begin{aligned} &\nu_d\colon\mathbb{P}^n\longrightarrow\mathbb{P}^N\\[4pt] &[a_0:\dots:a_n]\\ &\quad\longmapsto\bigl[M_0(a):M_1(a):{}\\ &\qquad\quad\dots:M_N(a)\bigr] \end{aligned}

を $d$ 重埋め込み、またはヴェロネーゼ埋め込みと呼ぶ。 $n=1$ のときは、 $\mathbb{P}^d$ の斉次座標を $z_0,\dots,z_d$ として

\begin{aligned} \nu_d\bigl([x_0:x_1]\bigr)&=\bigl[x_0^d:x_0^{d-1}x_1:\dots{}\\ &\qquad:x_0x_1^{d-1}:x_1^d\bigr]\\[4pt] z_i&=x_0^{d-i}x_1^i \end{aligned}

と並べる。

$\nu_d$ は矛盾なく定まります。 $a_i\neq0$ となる $i$ があるので、単項式 $x_i^d$ の値が0でなく、値の組は0になりません。代表を $\lambda a$ に変えると、どの単項式の値も $\lambda^d$ 倍になるだけです。

例2 小さい n, d の d 重埋め込み

$(n,d)$	$N$	$\nu_d$
$(1,2)$	$2$	$[x_0:x_1]\mapsto[x_0^2:x_0x_1:x_1^2]$
$(1,3)$	$3$	$[x_0:x_1]\mapsto[x_0^3:x_0^2x_1:x_0x_1^2:x_1^3]$
$(2,2)$	$5$	$[x_0:x_1:x_2]\mapsto[x_0^2:x_1^2:x_2^2:x_0x_1:x_0x_2:x_1x_2]$
$(2,3)$	$9$	$x_0^3,\ x_1^3,\ x_2^3,\ x_0^2x_1,\ \dots,\ x_0x_1x_2$ の10個
$(3,2)$	$9$	$x_0^2,\ \dots,\ x_3^2,\ x_0x_1,\ \dots,\ x_2x_3$ の10個

$k=\mathbb{Q}$ で値を入れると、 $\nu_3([1:2])=[1:2:4:8]$ 、 $\nu_3([2:1])=[8:4:2:1]$ 、 $\nu_3([0:1])=[0:0:0:1]$ である。 $\nu_2([1:2:3])=[1:4:9:2:3:6]$ となる。

x_2^2

x_1x_2

x_1^2

x_0x_2

x_0x_1

x_0^2

d=2:\ \mathbb{P}^2\to\mathbb{P}^{5}

辺

x_2=0

：

\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^{2}

x_2^3

x_1x_2^2

x_1^2x_2

x_1^3

x_0x_2^2

x_0x_1x_2

x_0x_1^2

x_0^2x_2

x_0^2x_1

x_0^3

d=3:\ \mathbb{P}^2\to\mathbb{P}^{9}

辺

x_2=0

：

\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^{3}

図1概念図

x_0,x_1,x_2

の2次と3次の単項式を、指数

(e_0,e_1,e_2)

に応じて三角形に並べました。点

x_0^{e_0}x_1^{e_1}x_2^{e_2}

は、3つの頂点

x_0^d,x_1^d,x_2^d

を重さ

e_0:e_1:e_2

で平均した位置にあります。点の数が

\nu_d

の行き先の座標の数

N+1

です。底辺（オレンジ）は

x_2

を含まない

d+1

個の単項式で、直線

x_2=0

に制限した

\nu_d

が

\mathbb{P}^1

の

d

重埋め込みになることを表しています。

命題3 [1, 演習2.12(c), p.18; 1, 演習3.4, p.29]

$k$ を体とする。

(1)　 $\nu_d\colon\mathbb{P}^n\to\mathbb{P}^N$ は単射である。
(2)　 $n=1$ のとき、 $\nu_d(\mathbb{P}^1)$ のどの点でも $z_0\neq0$ か $z_d\neq0$ で、逆写像は次の式で与えられる。

\begin{aligned} &[z_0:\dots:z_d]\\ &\quad\longmapsto\begin{cases}[z_0:z_1] & (z_0\neq0)\\ [z_{d-1}:z_d] & (z_d\neq0)\end{cases} \end{aligned}

証明

(1) $\nu_d(a)=\nu_d(b)$ とすると、0でない $\lambda$ で、すべての単項式 $M$ について $M(a)=\lambda M(b)$ となる。 $a_i\neq0$ となる $i$ を1つ選ぶ。
$M=x_i^d$ から $a_i^d=\lambda b_i^d$ で、 $b_i\neq0$ である。
$M=x_i^{d-1}x_j$ （ $j=0,\dots,n$ ）から $a_i^{d-1}a_j=\lambda b_i^{d-1}b_j$ である。 $a_i^{d-1}\neq0$ で割ると、ベクトル $a$ は $b$ の定数倍になり、 $[a]=[b]$ が従う。

$a_j=\lambda\,(b_i/a_i)^{d-1}\,b_j$ がすべての $j$ で成り立つ。係数 $\lambda(b_i/a_i)^{d-1}$ は $j$ によらない0でない定数である。
(2) 点 $\nu_d([x_0:x_1])$ では $z_0=x_0^d$ 、 $z_d=x_1^d$ で、 $x_0,x_1$ の一方は0でないので、 $z_0,z_d$ の一方も0でない。
$z_0\neq0$ なら $x_0\neq0$ で、 $[z_0:z_1]=[x_0^{d-1}\cdot x_0:x_0^{d-1}\cdot x_1]=[x_0:x_1]$ 。 $z_d\neq0$ のときも、 $[z_{d-1}:z_d]=[x_1^{d-1}\cdot x_0:x_1^{d-1}\cdot x_1]=[x_0:x_1]$ である。

(2) の逆写像は、座標を2つだけ取り出す1次式で書けています。例えば $\nu_3([1:2])=[1:2:4:8]$ からは $[z_0:z_1]=[1:2]$ で元の点に戻り、 $\nu_3([0:1])=[0:0:0:1]$ からは $[z_2:z_3]=[0:1]$ で戻ります。

一般の $n$ でも、 $x_i\neq0$ の点では $[a]=\bigl[(x_i^{d-1}x_0)(a):\dots:(x_i^{d-1}x_n)(a)\bigr]$ と、座標を取り出すだけで逆写像が書けます。ハーツホーンは、 $\nu_d$ が像への同型であること（演習3.4）と、像が閉集合であること（演習2.12(b)）を演習にしています。

ハーツホーンの第 I 章では零点集合を $V$ ではなく $Z$ と書き、素イデアルを $\mathfrak p$ と書きますが、連載では $V$ と $P$ を使います。

有理正規曲線と2×2の小行列式

定義4 有理正規曲線 [2, 演習3.4, p.32]

$k$ を体、 $d\geq1$ とする。 $\mathbb{P}^1$ の $d$ 重埋め込みの像 $C_d=\nu_d(\mathbb{P}^1)\subseteq\mathbb{P}^d$ を、 $d$ 次の有理正規曲線と呼ぶ。

$t=x_1/x_0$ とおくと、 $\nu_d([1:t])=[1:t:t^2:\dots:t^d]$ です。 $z_0\neq0$ の地図で $z_i/z_0$ を座標にすると、 $C_d$ は曲線 $(t,t^2,\dots,t^d)$ に無限遠点 $\nu_d(\infty)=[0:\dots:0:1]$ を1つ足したものです。

d=2:\ (t,\ t^2)\qquad d=3:\ (t,\ t^2,\ t^3)

\begin{gathered}d=2:\ (t,\ t^2)\\d=3:\ (t,\ t^2,\ t^3)\end{gathered}

\begin{aligned}d &= 2:\ (t,\ t^2)\\[4pt]d &= 3:\ (t,\ t^2,\ t^3)\end{aligned}

$d=2$ は放物線です。 $d=3$ の地図 $z_0=1$ の座標を $(x,y,z)=(z_1/z_0,\ z_2/z_0,\ z_3/z_0)$ とすれば、第1回のねじれ3次曲線 $V(y-x^2,\ z-x^3)$ そのものです。

$C_d$ の点 $[1:t:\dots:t^d]$ では、どの座標も1つ前の座標の $t$ 倍です（ $z_{i+1}=tz_i$ ）。この「隣どうしの比がそろう」という条件を、座標を2行に並べたハンケル行列の階数で表します。

\begin{aligned} &H_d=\begin{pmatrix} z_0&z_1&\cdots&z_{d-1}\\ z_1&z_2&\cdots&z_d\end{pmatrix}\\[6pt] &H_d\bigl(\nu_d(x)\bigr)\\ &\quad=\Bigl(x_0^{d-1-i}x_1^{i}\begin{pmatrix}x_0\\x_1\end{pmatrix}\Bigr)_{i=0,\dots,d-1} \end{aligned}

$C_d$ の点では、 $H_d$ のどの列も $(x_0,x_1)$ の定数倍なので、階数は1です。逆も成り立つことを次の定理で示します。

定理5 有理正規曲線の方程式 [1, 演習2.12(a)(b), p.17; 2, 演習3.4(a), p.32]

$k$ を体、 $d\geq2$ とし、 $H_d$ の2次の小行列式を $m_{ij}=z_iz_{j+1}-z_{i+1}z_j$ （ $0\leq i<j\leq d-1$ 、 $\binom d2$ 個）とする。

(1)　 $C_d=\{[z]\in\mathbb{P}^d\mid\operatorname{rank}H_d\leq1\}=V_+\bigl(m_{ij}\bigr)$ 。
(2)　 $z_i\mapsto x_0^{d-i}x_1^i$ で定まる環準同型 $\theta_d\colon k[z_0,\dots,z_d]\to k[x_0,x_1]$ の核は、 $m_{ij}$ で生成される。
(3)　 $k$ が無限体なら、 $C_d$ の上で0になる斉次式で生成されるイデアル $I(C_d)$ は $\operatorname{Ker}\theta_d$ に等しい。

証明

(1) の $\subseteq$ ：上で見たとおり、 $C_d$ の点では $H_d$ の列がすべて $(x_0,x_1)$ の定数倍である。
(1) の $\supseteq$ ： $\operatorname{rank}H_d\leq1$ の点 $[z]$ で、 $z_r\neq0$ となる最小の $r$ をとる。 $1\leq r\leq d-1$ はありえない。

$1\leq r\leq d-1$ なら、第 $r-1$ 列と第 $r$ 列の小行列式は $z_{r-1}z_{r+1}-z_r^2=-z_r^2\neq0$ となり（ $z_{r-1}=0$ なので）、階数が2になってしまう。
$r=d$ なら $[z]=[0:\dots:0:1]=\nu_d([0:1])$ 。 $r=0$ なら $t=z_1/z_0$ として $z_i=z_0t^i$ となり、 $[z]=\nu_d([1:t])$ 。

第0列 $(z_0,z_1)$ は0でないので、階数が1以下なら、どの列 $(z_i,z_{i+1})$ も $c_i(z_0,z_1)$ と書ける。すると $z_{i+1}=c_iz_1=(z_i/z_0)z_1=tz_i$ で、帰納的に $z_i=z_0t^i$ である。
(2) $\theta_d(m_{ij})=x_0^{d-i}x_1^i\cdot x_0^{d-j-1}x_1^{j+1}-x_0^{d-i-1}x_1^{i+1}\cdot x_0^{d-j}x_1^j=0$ なので、 $m_{ij}$ は核に入る。
小行列式を法として、どの単項式も $z_0^az_jz_d^b$ （ $0<j<d$ ）か $z_0^az_d^b$ の形（標準形）に書き換えられる。

$1\leq i\leq j\leq d-1$ のとき $z_iz_j-z_{i-1}z_{j+1}=-m_{i-1,j}$ なので、単項式の中の $z_iz_j$ を $z_{i-1}z_{j+1}$ に置き換えてよい。置き換えるたびに添字の2乗の和は $(i-1)^2+(j+1)^2-i^2-j^2=2(j-i)+2>0$ だけ増え、上限があるので、いつか止まる。

止まったときには、 $1,\dots,d-1$ の添字をもつ変数が1個以下しか残っていない。これが標準形である。置き換えで $\theta_d$ の値は変わらない。
$m$ 次の標準形は、 $\theta_d$ で $x_0^{dm-e}x_1^e$ （ $e=0,\dots,dm$ ）に1対1に移る。

$\theta_d(z_0^az_jz_d^b)=x_0^{dm-e}x_1^e$ 、 $e=j+db$ である。 $e$ を $d$ で割った商が $b$ 、余りが $j$ なので、 $e$ から標準形がただ1つに決まる（余りが0なら $z_0^{m-b}z_d^b$ ）。
$f\in\operatorname{Ker}\theta_d$ を斉次成分ごとに標準形の和 $\sum_ec_eN_e$ に直すと、 $\theta_d(f)=\sum_ec_ex_0^{dm-e}x_1^e=0$ から $c_e=0$ で、 $f$ は $m_{ij}$ で生成されるイデアルに入る。

$\theta_d$ は次数を $d$ 倍にするので、核は斉次成分ごとに考えてよい。 $f$ とその標準形の差は小行列式で生成されるイデアルに入り、標準形の側が0になる。
(3) 斉次式 $f$ が $C_d$ の上で0になることは、 $\theta_d(f)(x_0,x_1)=f\bigl(\nu_d(x)\bigr)$ がすべての $(x_0,x_1)\in k^2$ で0になることと同じで、 $k$ が無限体なら $\theta_d(f)=0$ と同値である。

無限体の上で、すべての点で0になる多項式は0である（1変数ずつ、無限個の根をもつ多項式は0であることを使う）。第1回で $I(C)=J$ を確かめたときと同じ理由である。

(1) はどんな体でも成り立ち、像は斉次式の零点集合、つまり $\mathbb{P}^d$ の閉集合です。(3) で無限体を仮定するのは、有限体では $C_d$ の点が有限個しかなく、 $C_d$ の上で0になる式が $\operatorname{Ker}\theta_d$ より多くなるからです。

例6 d=2, 3, 4 の方程式

(1)　 $d=2$ ：小行列式は $z_0z_2-z_1^2$ の1つで、 $C_2$ は円錐曲線 $z_0z_2=z_1^2$ である。

(2)　 $d=3$ ：小行列式は次の3つである。地図 $z_0=1$ （座標 $x,y,z$ ）では右の式になる。

q_1=z_0z_2-z_1^2\ \leadsto\ y-x^2\qquad q_2=z_0z_3-z_1z_2\ \leadsto\ z-xy\qquad q_3=z_1z_3-z_2^2\ \leadsto\ xz-y^2

\begin{gathered}q_1=z_0z_2-z_1^2\ \leadsto\ y-x^2\\q_2=z_0z_3-z_1z_2\ \leadsto\ z-xy\\q_3=z_1z_3-z_2^2\ \leadsto\ xz-y^2\end{gathered}

\begin{aligned}q_1 &= z_0z_2-z_1^2\ \leadsto\ y-x^2\\[4pt]q_2 &= z_0z_3-z_1z_2\ \leadsto\ z-xy\\[4pt]q_3 &= z_1z_3-z_2^2\ \leadsto\ xz-y^2\end{aligned}

(3)　 $d=4$ ：小行列式は $\binom42=6$ 個ある。

z_0z_2-z_1^2\quad z_0z_3-z_1z_2\quad z_0z_4-z_1z_3\quad z_1z_3-z_2^2\quad z_1z_4-z_2z_3\quad z_2z_4-z_3^2

\begin{gathered}z_0z_2-z_1^2\\z_0z_3-z_1z_2\\z_0z_4-z_1z_3\\z_1z_3-z_2^2\\z_1z_4-z_2z_3\\z_2z_4-z_3^2\end{gathered}

$k=\mathbb{Q}$ で、 $\nu_4([1:2])=[1:2:4:8:16]$ はどれも0にする（例えば $1\cdot16-2\cdot8=0$ ）。1か所だけ変えた $[1:2:4:8:15]$ では $z_0z_4-z_1z_3=-1$ 、 $z_2z_4-z_3^2=-4$ で、 $C_4$ に乗らない。

証明の標準形を $d=3,\ m=2$ で書くと、 $z_1^2\to z_0z_2$ 、 $z_1z_2\to z_0z_3$ 、 $z_2^2\to z_1z_3$ の3つの置き換えです。2次の単項式10個は、7個の標準形 $z_0^2,\ z_0z_1,\ z_0z_2,\ z_0z_3,\ z_1z_3,\ z_2z_3,\ z_3^2$ にまとまります。これらは $\theta_3$ で $x_0^{6-e}x_1^e$ （ $e=0,\dots,6$ ）に移ります。核の2次の部分は $10-7=3$ 次元で、 $q_1,q_2,q_3$ が基底です。

第1回では、ねじれ3次曲線をアフィン空間の中で2本の式 $y-x^2,\ z-x^3$ で定義しました。射影空間では、この2本だけでは足りません。

例7 第1回のねじれ3次曲線の射影閉包 [1, 演習2.9(b), p.16; 1, 演習2.12(d), p.18]

$k$ を体とする。 $C=V(y-x^2,\ z-x^3)\subseteq\mathbb{A}^3$ を $\mathbb{P}^3$ の地図 $z_0\neq0$ の中の曲線とみると、 $C_3=C\cup\{[0:0:0:1]\}$ である。

一方、2つの生成元を第5回の定義7のように斉次化すると $z_0z_2-z_1^2$ と $z_0^2z_3-z_1^3$ になり、その共通零点は

\begin{aligned} &V_+\bigl(z_0z_2-z_1^2,\ z_0^2z_3-z_1^3\bigr)\\ &\quad=C_3\cup\{z_0=z_1=0\} \end{aligned}

で、直線が1本余分に入る。例えば $[0:0:1:0]$ はこの集合に入るが、 $q_3=z_1z_3-z_2^2$ の値は $-1$ で、 $C_3$ には乗らない。

証明

$z_0\neq0$ の部分： $z_0=1$ とおくと2つの式は $y-x^2$ 、 $z-x^3$ になり、 $C$ である。
$z_0=0$ の部分：1つめの式から $z_1^2=0$ 、つまり $z_1=0$ で、2つめの式は自動的に0になる。よって直線 $\{[0:0:a:b]\}$ が丸ごと入る。
$C_3$ の点で $z_0=0$ となるのは $\nu_3([0:1])=[0:0:0:1]$ だけで、これはこの直線の上にある。

アフィンの部分 $C$ のイデアルの生成元を斉次化しても、射影閉包のイデアルの生成元になるとは限りません。ハーツホーンの演習2.9(b) は、まさにこの例でそれを確かめさせています。

では $q_1,q_2,q_3$ のうち2つなら足りるでしょうか。これも足りません。どの2つを選んでも、直線が1本余ります。

命題8 2つの2次曲面の交わり [1, 演習2.16(a), p.18; 1, 演習2.17(c), p.19]

$k$ を体とし、 $q_1,q_2,q_3$ を例6(2) の2次式とする。

(1)　次の3つが成り立つ。

V_+(q_1,q_3)=C_3\cup\{z_1=z_2=0\}\quad V_+(q_2,q_3)=C_3\cup\{z_2=z_3=0\}\quad V_+(q_1,q_2)=C_3\cup\{z_0=z_1=0\}

\begin{gathered}V_+(q_1,q_3)=C_3\cup\{z_1=z_2=0\}\\V_+(q_2,q_3)=C_3\cup\{z_2=z_3=0\}\\V_+(q_1,q_2)=C_3\cup\{z_0=z_1=0\}\end{gathered}

\begin{aligned}V_+(q_1,q_3) &= C_3\cup\{z_1=z_2=0\}\\[4pt]V_+(q_2,q_3) &= C_3\cup\{z_2=z_3=0\}\\[4pt]V_+(q_1,q_2) &= C_3\cup\{z_0=z_1=0\}\end{aligned}

(2)　 $\operatorname{Ker}\theta_3$ は2つの元では生成できない。斉次でない元を使っても同じである。

証明

$q_1,q_2,q_3$ の間には、次の2つの恒等式がある。
$z_0q_3-z_1q_2+z_2q_1=0\qquad z_1q_3-z_2q_2+z_3q_1=0$ $\begin{gathered}z_0q_3-z_1q_2+z_2q_1=0\\z_1q_3-z_2q_2+z_3q_1=0\end{gathered}$ $\begin{aligned}z_0q_3-z_1q_2+z_2q_1 &= 0\\[4pt]z_1q_3-z_2q_2+z_3q_1 &= 0\end{aligned}$
展開すれば確かめられる。それぞれ、 $H_3$ の1行目または2行目をもう一度上に重ねた $3\times3$ 行列の行列式を、重ねた行で展開したものである（同じ行が2つあるので0）。
(1) の1つめ： $q_1=q_3=0$ の点では、恒等式から $z_1q_2=z_2q_2=0$ 。 $(z_1,z_2)\neq(0,0)$ なら $q_2=0$ となり、定理5(1) から点は $C_3$ に乗る。 $(z_1,z_2)=(0,0)$ の点では $q_1=q_3=0$ が成り立つ。
残りの2つも同じ。 $q_2=q_3=0$ なら $z_2q_1=z_3q_1=0$ 、 $q_1=q_2=0$ なら $z_0q_3=z_1q_3=0$ で、余るのは $z_2=z_3=0$ 、 $z_0=z_1=0$ の直線である。どちらの直線の上でも2つの式が0になることは、代入すれば分かる。
(2) $I=\operatorname{Ker}\theta_3$ 、 $M=(z_0,z_1,z_2,z_3)$ とおく。 $I$ の元は2次以上の項だけからなるので、 $MI$ の元は3次以上の項だけからなる。

$\theta_3$ は $r$ 次の斉次式を $3r$ 次の斉次式に移すので、 $I$ の元の斉次成分はどれも $I$ に入る。0でない定数 $c$ は $\theta_3(c)=c\neq0$ である。1次式も、 $a\neq0$ なら $\theta_3(a_0z_0+\dots+a_3z_3)=a_0x_0^3+a_1x_0^2x_1+a_2x_0x_1^2+a_3x_1^3$ は0でない。よって $I$ の元に0次と1次の成分はない。
$I=(g_1,g_2)$ と書けたとすると、 $I$ の2次の部分は $g_1,g_2$ の2次の成分で張られ、2次元以下になる。しかし2次の部分は3次元である。

$f=r_1g_1+r_2g_2\in I$ の係数 $r_i$ を、定数項 $c_i$ と $M$ の元の和に分けると、 $f-c_1g_1-c_2g_2$ は $MI$ に入り、2次の成分をもたない。よって $f$ の2次の成分は、 $g_1,g_2$ の2次の成分の $c_1,c_2$ による1次結合である。

$I$ の2次の部分が $q_1,q_2,q_3$ で張られる3次元の空間であることは、上の標準形の計算で見た。

余る直線は、どれも $C_3$ と2点で交わるか接しています。 $\{z_1=z_2=0\}$ は $\nu_3(0)=[1:0:0:0]$ と $\nu_3(\infty)=[0:0:0:1]$ を結ぶ直線です。 $\{z_2=z_3=0\}$ は $\nu_3(0)$ での接線（地図の中の $x$ 軸）、 $\{z_0=z_1=0\}$ は $\nu_3(\infty)$ での接線です。

ハーツホーンの演習2.17(c) は、2次式と3次式の2本なら集合としては $C_3$ を切り出せることも問うています。2本の式で集合として切り出せても、イデアルは2つの元では生成できない例になっています。

ドラッグで回せます

青い柱面 $q_1:\ y=x^2$ と緑の錐 $q_3:\ xz=y^2$ の交わりは、ねじれ3次曲線 $C$ （オレンジ）と $z$ 軸（黒）です。柱面の上では $xz-y^2=x(z-x^3)$ なので、 $x=0$ の部分と $z=x^3$ の部分に分かれます。「真上」から見ると柱面は放物線 $y=x^2$ に、 $z$ 軸は原点の1点に潰れます。

紫の鞍面 $q_2:\ z=xy$ と錐 $q_3$ の交わりは、 $C$ と $x$ 軸です。鞍面の上では $xz-y^2=y(x^2-y)$ で、 $y=0$ の部分が $x$ 軸、 $y=x^2$ の部分が $C$ です。 $x$ 軸は原点で $C$ に接しています。

柱面 $q_1$ と鞍面 $q_2$ の交わりは、この図の中では $C$ だけに見えます。余分な直線 $z_0=z_1=0$ は無限遠にあり、 $z_0=1$ の地図には写りません。

3つの2次曲面を全部とると、交わりはちょうど $C$ になります。どの2つでも直線が1本余ります。

図2具体例地図

z_0=1

の中で、ねじれ3次曲線

C

（オレンジ）と、それを含む3つの2次曲面

q_1\colon y=x^2

（青の柱面）、

q_2\colon z=xy

（紫の鞍面）、

q_3\colon xz=y^2

（緑の錐）を描きました。最初の3段階では、2つずつ表示されます。1・2段階目の交わりは

C

と黒い直線です。回すと、黒い直線が2つの面の両方に乗っていて、

C

とは別の部品であることが分かります。3段階目の

q_1,q_2

では、余る直線が無限遠にあるので図には現れません。

超平面とちょうど d 点で交わる

$\mathbb{P}^d$ の超平面 $H_a\colon a_0z_0+a_1z_1+\dots+a_dz_d=0$ （ $a\neq0$ ）と $C_d$ の交わりを求めます。 $z_i=x_0^{d-i}x_1^i$ を代入すると、 $d$ 次の2元形式が出てきます。

A(x_0,x_1)=\sum_{i=0}^{d}a_i\,x_0^{d-i}x_1^i\qquad \nu_d(x)\in H_a\iff A(x_0,x_1)=0

\begin{gathered}A(x_0,x_1)=\sum_{i=0}^{d}a_i\,x_0^{d-i}x_1^i\\\nu_d(x)\in H_a\iff A(x_0,x_1)=0\end{gathered}

\begin{aligned}A(x_0,x_1) &= \sum_{i=0}^{d}a_i\,x_0^{d-i}x_1^i\\[4pt]\nu_d(x)\in H_a &\iff A(x_0,x_1)\\&= 0\end{aligned}

超平面の式の係数が、そのまま $A$ の係数になっています。地図 $x_0=1$ では、 $A(1,t)=a_0+a_1t+\dots+a_dt^d$ の根 $t$ が交点です。

命題9 超平面との交わり

$k$ を体、 $d\geq1$ 、 $a\neq0$ とし、 $A$ を上の2元形式とする。

(1)　 $C_d\cap H_a=\nu_d\bigl(\{[x]\in\mathbb{P}^1\mid A(x)=0\}\bigr)$ で、これは $d$ 点以下である。 $k$ が代数閉体なら、根の重複度で数えてちょうど $d$ 点である。
(2)　 $C_d$ の相異なる $d+1$ 点は、1つの超平面に乗らない。とくに、 $k$ が $d$ 個以上の元をもてば、 $C_d$ はどの超平面にも含まれない。

証明

(1) の等式は上の代入そのもの。 $\nu_d$ は単射（命題3）なので、交点の数は $A$ の零点の数に等しい。
$a\neq0$ で、単項式 $x_0^{d-i}x_1^i$ は1次独立なので $A\neq0$ である。 $A$ の零点は $d$ 個以下である。

$A(1,t)=\sum a_it^i$ は0でない多項式で、次数は $d$ 以下である。 $x_0\neq0$ の零点はその根なので、次数の数以下しかない。 $\infty=[0:1]$ が零点になるのは $a_d=0$ のときだけで、そのとき $A(1,t)$ の次数は $d-1$ 以下である。どちらの場合も合計は $d$ 以下になる。
代数閉体なら、第11回の命題10より、 $A$ を $\mathcal{O}(d)$ の切断とみた零点は重複度こみでちょうど $d$ 個である。
(2) $d+1$ 点が $H_a$ に乗れば、 $A$ が $d+1$ 個の零点をもち、(1) に反する。 $\mathbb{P}^1(k)$ は $\#k+1\geq d+1$ 点あるので、 $C_d$ も $d+1$ 点以上ある。

(2) を行列式で書くと、ヴァンデルモンド行列式になります。点 $\nu_d([s_i:t_i])$ （ $i=0,\dots,d$ ）を行に並べた行列の行列式は、次の積です。

\det\bigl(s_i^{d-j}t_i^{j}\bigr)_{0\leq i,j\leq d}=\prod_{0\leq i<j\leq d}\bigl(s_it_j-s_jt_i\bigr)

\begin{aligned}\det\bigl(s_i^{d-j}t_i^{j}\bigr)_{0\leq i,j\leq d} &= \prod_{0\leq i<j\leq d}\bigl(s_it_j-s_jt_i\bigr)\end{aligned}

$s_i=1$ のときが普通のヴァンデルモンド行列式 $\prod_{i<j}(t_j-t_i)$ です。点が相異なれば各因子は0でないので、 $d+1$ 個の行は1次独立で、1つの超平面には乗りません。

例10 ねじれ3次曲線と平面

(1)　 $k=\mathbb{Q}$ 。 $C_3$ の4点 $t=0,1,-1,2$ を並べると、

\begin{aligned} &\det\begin{pmatrix}1&0&0&0\\1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&2&4&8\end{pmatrix}\\ &\quad=(1-0)(-1-0)(2-0)\\ &\qquad(-1-1)(2-1)(2+1)\\ &\quad=12\neq0 \end{aligned}

である。 $t=2$ を $\infty=[0:1]$ に替えると、行 $(0,0,0,1)$ が入り、行列式は $1\cdot(-1)\cdot1\cdot(-2)\cdot1\cdot1=2$ になる。

(2)　 $k=\mathbb{R}$ または $\mathbb{C}$ 。地図 $z_0=1$ （座標 $x,y,z$ ）の平面と、交点を表にまとめる。

平面	$H_a$	$A(x_0,x_1)$	交点の $t$
$z=x$	$z_3-z_1$	$x_1(x_1-x_0)(x_1+x_0)$	$0,\ 1,\ -1$
$y=\tfrac14$	$4z_2-z_0$	$x_0(2x_1-x_0)(2x_1+x_0)$	$\tfrac12,\ -\tfrac12,\ \infty$
$4z=3x-1$	$4z_3-3z_1+z_0$	$(2x_1-x_0)^2(x_1+x_0)$	$\tfrac12$ （2重） $,\ -1$
$z=0$	$z_3$	$x_1^3$	$0$ （3重）
$z=-x$	$z_3+z_1$	$x_1(x_1^2+x_0^2)$	$0,\ i,\ -i$

(2) の2行目では、平面 $y=\tfrac14$ は地図の中で2点 $(\pm\tfrac12,\ \tfrac14,\ \pm\tfrac18)$ としか交わりません。3つめの交点は無限遠点 $[0:0:0:1]$ で、式 $4z_2-z_0$ は $z_0=z_2=0$ で0になります。

3行目の平面 $4z=3x-1$ は $t=\tfrac12$ で曲線に接し、4行目の $z=0$ は原点で3重に接しています。接する平面では、交点は重根として数えられます。5行目の $z=-x$ では、実数の交点は原点だけで、残りの2つは複素数の点です。

ドラッグで回せます

平面 $z=x$ と $C$ の交点は $t^3-t=0$ の根 $t=-1,0,1$ で、3点 $(-1,1,-1),(0,0,0),(1,1,1)$ です。「 $y$ 軸から」見ると平面が1本の線に見え、曲線がそれを3回横切ります。

平面 $y=\tfrac14$ との交点は $t=\pm\tfrac12$ の2点しか見えません。式 $4z_2-z_0=0$ は $z_0=0$ の点 $[0:0:0:1]$ も含み、これが3つめの交点です。 $C$ の両端は $z$ 軸の向きに無限遠へ延びていき、この向きは平面 $y=\tfrac14$ と平行です。「 $z$ 軸から」見ると、平面は線 $y=\tfrac14$ に、 $C$ は放物線に見えます。

平面 $4z=3x-1$ は $t=\tfrac12$ で $C$ に接し、 $t=-1$ でもう一度交わります。式は $4t^3-3t+1=(2t-1)^2(t+1)$ で、接点は2重根です。「 $y$ 軸から」見ると、曲線が線に接してから横切るのが見えます。

平面 $z=0$ との交点は $t^3=0$ の3重根で、原点だけです。「 $y$ 軸から」見ると、曲線 $z=x^3$ が原点で線に接しながら横切ります。

平面 $z=-x$ は $t^3+t=t(t^2+1)$ で、実数の交点は原点だけです。残りの2つ $t=\pm i$ は複素数の点なので、実数の図には現れません。

図3具体例例10(2) の5枚の平面（青）と、ねじれ3次曲線

C

（オレンジ）の交点（黒）。段階のボタンで平面を切り替えます。「

y

軸から」見ると、

y

を含まない平面は1本の線に見え、曲線がその線を何回、どう横切るかが数えられます。回すと、その交点がどれも1枚の平面に乗っていることが分かります。数えられない交点は、無限遠点（2段目）と複素数の点（5段目）です。

交点の数がいつも $d$ になることから、 $C_d$ は $d$ 次の曲線だと言えます。ハーツホーンは次数をヒルベルト多項式で定義していますが、曲線の場合、それは超平面との交点を重複度こみで数えた数に一致します[1, §I.7 の定義, p.71; 1, 定理7.7, p.72–73]。

次数が $d$ で、どの超平面にも含まれない $\mathbb{P}^d$ の曲線は、実は有理正規曲線しかありません。

定理11 [2, 演習3.4(b)(c)(d), p.32; 1, 例7.8.5, p.216–217]

$k$ を代数閉体、 $d\leq n$ とし、 $X\subseteq\mathbb{P}^n$ を $d$ 次の非特異な射影曲線で、どの超平面にも含まれないものとする。このとき $d=n$ 、 $X$ の種数は0で、 $X$ は $C_n$ を $\mathbb{P}^n$ の射影変換で移したものである。

この記事では証明しません。ハーツホーンの例7.8.5 は、 $\mathbb{P}^1$ と同型で平面に含まれない $\mathbb{P}^3$ の非特異な3次曲線が、射影変換でねじれ3次曲線に移ることを示しています。演習3.4(b) は、 $\mathbb{P}^1$ と同型という仮定を外した形です。

同じ演習の (c)(d) から、射影空間の中の2次の曲線はある平面の中の円錐曲線で、3次の曲線は平面3次曲線かねじれ3次曲線のどちらかです。

種数0は、 $C_d$ が $\mathbb{P}^1$ と同型であることからも分かります（命題3、第16回の定義1）。

もう少し詳しくねじれ3次曲線の影と種数

$C_3$ に乗らない点 $P$ から平面へ射影した影を、3つの $P$ で求めます。影の式は、 $C_3$ の点 $[1:t:t^2:t^3]$ の座標を3つの1次式で読んで求めます。

\begin{array}{lll} P=[0:1:0:0]: & [z_0:z_2:z_3]=[1:t^2:t^3] & z_2^3=z_0z_3^2\\ P=[0:0:1:0]: & [z_0:z_1:z_3]=[1:t:t^3] & z_0^2z_3=z_1^3\\ P=[0:1:0:1]: & [z_0:z_2:z_3-z_1]=[1:t^2:t^3-t] & Z^2=Y(Y-1)^2 \end{array}

1行目は $x$ 軸の向きの影で、第1回の命題17の尖点 $y^3=z^2$ です。2行目は $y$ 軸の向きの影 $z=x^3$ で、第5回の $y=x^3$ と同じ曲線です。第5回の例11のとおり、無限遠点で尖ります。どの影も平面の3次曲線です。3行目は $Y=t^2,\ Z=t^3-t$ とおいた地図の式で、 $t=\pm1$ が同じ点 $(1,0)$ に写る結節点です（標数 $\neq2$ ）。

3つとも特異点をもつのは偶然ではありません。どの影でも $t$ は影の座標の有理式で書けるので（1行目なら $t=z_3/z_2$ ）、影の幾何種数は0です。一方、非特異な平面3次曲線の種数は1です（第16回の命題5）。第16回の定理8の式 $0=1-\sum\delta_P$ から、特異点はちょうど1つです。

射影の中心 $P$ は、1行目では $\nu_3(0)$ での接線 $\{z_2=z_3=0\}$ の上に、2行目では $\nu_3(\infty)$ での接線 $\{z_0=z_1=0\}$ の上にあります。3行目では、 $\nu_3(1)=[1:1:1:1]$ と $\nu_3(-1)=[1:-1:1:-1]$ を結ぶ直線の上にあります。この3つの例では、中心が接線の上にあると尖点が、2点を結ぶ直線の上にあると結節点ができています。

$P$ が $C_3$ の上にあると、影の次数は1つ下がります。例えば $P=[0:0:0:1]$ からの影は $[z_0:z_1:z_2]=[1:t:t^2]$ で、円錐曲線 $z_0z_2=z_1^2$ です。

直線束の切断で読む

第11回の第11回の定理7では、 $\mathbb{P}^1$ の上の直線束 $\mathcal{O}(d)$ の大域切断が $d$ 次の2元形式で、次元が $d+1$ であることを示しました。基底 $x_0^d,\ x_0^{d-1}x_1,\ \dots,\ x_1^d$ は、ちょうど $\nu_d$ の座標 $z_0,\dots,z_d$ です。

\nu_d^{*}(z_i)=x_0^{d-i}x_1^i\qquad H_a=V_+\Bigl(\sum_ia_iz_i\Bigr)\ \longleftrightarrow\ A=\sum_ia_ix_0^{d-i}x_1^i\in\Gamma\bigl(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(d)\bigr)

\begin{gathered}\nu_d^{*}(z_i)=x_0^{d-i}x_1^i\\H_a=V_+\Bigl(\sum_ia_iz_i\Bigr)\ \longleftrightarrow\ A=\sum_ia_ix_0^{d-i}x_1^i\in\Gamma\bigl(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(d)\bigr)\end{gathered}

\begin{aligned}\nu_d^{*}(z_i) &= x_0^{d-i}x_1^i\\[4pt]H_a &= V_+\Bigl(\sum_ia_iz_i\Bigr)\ \longleftrightarrow\ A\\&= \sum_ia_ix_0^{d-i}x_1^i\in\Gamma\bigl(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(d)\bigr)\end{aligned}

つまり $\mathbb{P}^d$ の超平面は、 $\mathcal{O}(d)$ の0でない切断を定数倍の違いを無視したものと1対1に対応します。超平面と $C_d$ の交点は、対応する切断の零点です。命題9(1) は、切断の零点の数が $d$ であるという第11回の命題の言い換えです。

逆に言えば、 $\nu_d$ は $\mathcal{O}(d)$ の切断の基底を座標として並べた写像です。第11回の補足で見た「切断を並べて射影空間への射を作る」構成の、もっとも基本的な例になっています。

専門的な話非常に豊富な直線束と次数

d^n

直線束の切断で射影空間への埋め込みが作れるとき、その直線束を非常に豊富と呼びます。ハーツホーンの例7.6.1 は、 $\mathbb{P}^n$ の $\mathcal{O}(d)$ （ $d>0$ ）が $d$ 重埋め込みに対応し、非常に豊富であることを述べています[1, 例7.6.1, p.211]。

次数も計算できます。定理5の証明から、 $C_d$ の斉次座標環の $m$ 次の部分は $x_0^{dm-e}x_1^e$ （ $e=0,\dots,dm$ ）で張られ、次元は $dm+1$ です。ヒルベルト多項式は $P(m)=dm+1$ で、次数は $d$ 、算術種数は $p_a=-(P(0)-1)=0$ です[1, §I.7 の定義, p.71; 1, 演習7.2, p.74]。

$\nu_d(\mathbb{P}^n)$ では、 $m$ 次の部分が $k[x_0,\dots,x_n]$ の $dm$ 次の部分と同じになり、次元は $\binom{dm+n}{n}$ です。 $m$ の最高次の項は $d^nm^n/n!$ なので、次数は $d^n$ になります[1, 演習7.1(a), p.74]。ヴェロネーゼ曲面なら $2^2=4$ で、2枚の超平面の切り口（2本の円錐曲線）が4点で交わることと合っています。

$d$ 重埋め込みは、 $d$ 次超曲面 $V_+(F)$ を超平面の切り口に変えます。 $\mathbb{P}^N$ から超平面を除くと $\mathbb{A}^N$ なので、 $\mathbb{P}^n\setminus V_+(F)$ は $\mathbb{A}^N$ の閉集合と同型になり、アフィン多様体です[1, 演習3.5, p.29]。

ヴェロネーゼ曲面：円錐曲線が超平面の切り口になる

$\mathbb{P}^2$ の2重埋め込み $\nu_2\colon\mathbb{P}^2\to\mathbb{P}^5$ の像をヴェロネーゼ曲面と呼びます[1, 演習2.13, p.18]。 $\mathbb{P}^5$ の座標を $z_{ij}=x_ix_j$ （ $0\leq i\leq j\leq2$ ）と名づけ、対称行列に並べます。

\begin{aligned} Z&=\begin{pmatrix} z_{00}&z_{01}&z_{02}\\ z_{01}&z_{11}&z_{12}\\ z_{02}&z_{12}&z_{22}\end{pmatrix}\\[6pt] Z\bigl(\nu_2(x)\bigr)&=x\,{}^t\!x=\bigl(x_ix_j\bigr)_{i,j} \end{aligned}

$x\,{}^t\!x$ の各列は $x$ の定数倍なので、階数は1です。ここでも、逆が成り立ちます。

命題12 ヴェロネーゼ曲面の方程式

$k$ を体とする。 $\nu_2(\mathbb{P}^2)=\{[Z]\in\mathbb{P}^5\mid\operatorname{rank}Z\leq1\}$ である。これは $Z$ の2次の小行列式6つの共通零点である。

z_{00}z_{11}-z_{01}^2\quad z_{00}z_{22}-z_{02}^2\quad z_{11}z_{22}-z_{12}^2\quad z_{00}z_{12}-z_{01}z_{02}\quad z_{01}z_{12}-z_{02}z_{11}\quad z_{01}z_{22}-z_{02}z_{12}

\begin{gathered}z_{00}z_{11}-z_{01}^2\\z_{00}z_{22}-z_{02}^2\\z_{11}z_{22}-z_{12}^2\\z_{00}z_{12}-z_{01}z_{02}\\z_{01}z_{12}-z_{02}z_{11}\\z_{01}z_{22}-z_{02}z_{12}\end{gathered}

証明

$\subseteq$ は上で見た。逆に $Z\neq0$ を階数1以下の対称行列とし、0でない列 $u$ を1つとる。どの列も $u$ の定数倍なので、 $Z=u\,{}^t\!w$ と書ける（ $w\neq0$ ）。
対称性から $w=cu$ （ $c\neq0$ ）で、 $Z=c\,u\,{}^t\!u$ となり、 $[Z]=\nu_2([u])$ である。

$u_i\neq0$ となる $i$ をとる。 $u\,{}^t\!w={}^t\!(u\,{}^t\!w)=w\,{}^t\!u$ の第 $i$ 行を比べると $u_i\,{}^t\!w=w_i\,{}^t\!u$ で、 $w=(w_i/u_i)\,u$ となる。斉次座標では0でない定数倍を無視するので $[c\,u\,{}^t\!u]=[u\,{}^t\!u]$ である。
小行列式は、行の組3通りと列の組3通りで9個あるが、 $Z$ が対称なので、行と列を入れ替えた組は同じ式になり、6つにまとまる。

$k=\mathbb{Q}$ で、 $\nu_2([1:2:3])$ は $Z=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&6\\3&6&9\end{pmatrix}$ で、どの小行列式も0です（例えば $1\cdot4-2^2=0$ 、 $2\cdot6-3\cdot4=0$ ）。一方、 $Z=\operatorname{diag}(1,1,0)$ の点 $[z_{00}:z_{11}:z_{22}:z_{01}:z_{02}:z_{12}]=[1:1:0:0:0:0]$ では $z_{00}z_{11}-z_{01}^2=1$ で、曲面に乗りません。

図1の底辺で見たように、直線 $x_2=0$ は $\nu_2$ で円錐曲線に写ります。どの直線でも同じです。

命題13 直線の像は円錐曲線

$k$ を体とし、 $L\subseteq\mathbb{P}^2$ を2点 $[p],[q]$ を通る直線とする。 $\nu_2(L)$ は $\mathbb{P}^5$ の中の平面 $\Pi$ に含まれ、 $\Pi$ の中で $C_2$ と同じ円錐曲線である。

証明

$L$ の点は $[\lambda p+\mu q]$ と書け、その像は次の形をしている。
$\begin{aligned} &(\lambda p+\mu q)\,{}^t(\lambda p+\mu q)\\ &\quad=\lambda^2\,p\,{}^t\!p+\lambda\mu\,\bigl(p\,{}^t\!q+q\,{}^t\!p\bigr)\\ &\qquad+\mu^2\,q\,{}^t\!q \end{aligned}$
3つの対称行列 $p\,{}^t\!p,\ p\,{}^t\!q+q\,{}^t\!p,\ q\,{}^t\!q$ は1次独立で、張る平面を $\Pi$ とする。

$p,q$ を $e_0,e_1$ に移す正則行列 $g$ をとると、 $Z\mapsto gZ\,{}^t\!g$ は対称行列の空間の線形同型で、3つの行列を $E_{00},\ E_{01}+E_{10},\ E_{11}$ に移す。これらは明らかに1次独立である。
この基底での $\Pi$ の座標は $[\lambda^2:\lambda\mu:\mu^2]$ で、 $\nu_2(L)$ は $C_2=\nu_2(\mathbb{P}^1)$ である。

次に、円錐曲線がどう見えるかを調べます。 $\mathbb{P}^5$ の超平面 $\sum_{i\leq j}c_{ij}z_{ij}=0$ を $\nu_2$ で引き戻すと、 $z_{ij}$ に $x_ix_j$ を代入した2次形式になります。

命題14 円錐曲線と超平面 [1, 演習2.12, p.17–18; 1, 演習2.13, p.18]

$k$ を体とする。0でない $c=(c_{ij})_{i\leq j}\in k^6$ に対し、超平面 $H_c\colon\sum_{i\leq j}c_{ij}z_{ij}=0$ と2次形式 $F_c=\sum_{i\leq j}c_{ij}x_ix_j$ を考える。

(1)　 $\nu_2^{-1}(H_c)=V_+(F_c)$ 。つまり $\nu_2$ は円錐曲線 $V_+(F_c)$ を、ヴェロネーゼ曲面と超平面の交わりに移す。
(2)　 $c\mapsto F_c$ は線形同型 $k^6\to k[x_0,x_1,x_2]_2=\Gamma\bigl(\mathbb{P}^2,\mathcal{O}(2)\bigr)$ である。よって $\mathbb{P}^5$ の超平面と、2次形式を定数倍の違いを無視したものが1対1に対応する。

証明

(1) は $z_{ij}=x_ix_j$ の代入そのものである。
(2) は、6つの単項式 $x_ix_j$ （ $i\leq j$ ）が2次形式の空間の基底であることから従う。右の等号は第11回の定理19（ $d=2$ で次元6）である。

具体的に並べると、次のようになります。

\begin{alignedat}{2} &x_1^2+x_2^2-x_0^2 &&{}\longleftrightarrow z_{11}+z_{22}-z_{00}=0\\ &x_0x_2-x_1^2 &&{}\longleftrightarrow z_{02}-z_{11}=0\\ &x_1x_2 &&{}\longleftrightarrow z_{12}=0\\ &x_0^2 &&{}\longleftrightarrow z_{00}=0 \end{alignedat}

1行目は円、2行目は放物線の射影閉包で、どちらも曲面の超平面の切り口になります。3行目の2直線 $x_1=0$ 、 $x_2=0$ の和は、命題13の2つの円錐曲線の和に写ります。4行目の $x_0^2$ は直線 $x_0=0$ を2重にしたもので、超平面 $z_{00}=0$ と曲面の交わりは、集合としてはその直線の像（円錐曲線）1本です。

$\mathbb{P}^2$ の中で「円錐曲線に乗る」という2次の条件が、 $\mathbb{P}^5$ の中では「超平面に乗る」という1次の条件に変わりました。そのため、指定した点を通る円錐曲線は、連立1次方程式で求まります。

例15 5点を通る円錐曲線

$k=\mathbb{Q}$ とし、平面 $U_0$ の5点 $(0,0),(1,0),(0,1),(2,1),(1,2)$ を通る円錐曲線を求める。点 $(x,y)=[1:x:y]$ の像の座標を $(z_{00},z_{11},z_{22},z_{01},z_{02},z_{12})=(1,x^2,y^2,x,y,xy)$ の順に並べると、

\begin{aligned} &\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0\\1&1&0&1&0&0\\1&0&1&0&1&0\\1&4&1&2&1&2\\1&1&4&1&2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_{00}\\c_{11}\\c_{22}\\c_{01}\\c_{02}\\c_{12}\end{pmatrix}\\ &\quad=0 \end{aligned}

である。1〜3行目から $c_{00}=0$ 、 $c_{01}=-c_{11}$ 、 $c_{02}=-c_{22}$ 。これを4行目に入れると $2c_{11}+2c_{12}=0$ 、5行目に入れると $2c_{22}+2c_{12}=0$ で、 $c_{12}=-c_{11}$ 、 $c_{22}=c_{11}$ となる。 $c_{11}=1$ とおくと

c=(0,\ 1,\ 1,\ -1,\ -1,\ -1)\qquad F_c=x_1^2+x_2^2-x_0x_1-x_0x_2-x_1x_2

\begin{gathered}c=(0,\ 1,\ 1,\ -1,\ -1,\ -1)\\F_c=x_1^2+x_2^2-x_0x_1-x_0x_2-x_1x_2\end{gathered}

\begin{aligned}c &= (0,\ 1,\ 1,\ -1,\ -1,\ -1)\\[4pt]F_c &= x_1^2+x_2^2-x_0x_1-x_0x_2-x_1x_2\end{aligned}

\begin{aligned}c &= (0,\ 1,\ 1,\ -1,\ -1,\ -1)\\[4pt]F_c &= x_1^2+x_2^2-x_0x_1\\&\phantom{=}{} -x_0x_2-x_1x_2\end{aligned}

が、定数倍を除いてただ1つの解である。地図の式は $x^2-xy+y^2-x-y=0$ で、この5点を通る円錐曲線は1本しかない。

$x=1+u,\ y=1+v$ とおくと式は $u^2-uv+v^2=1$ になり、 $(1,1)$ を中心とする楕円です。点 $(1,1)$ では左辺が $-1$ で、楕円の内側にあります。

x

y

(0,0)

(1,0)

(0,1)

(2,1)

(1,2)

x^2-xy+y^2-x-y=0

図4具体例例15の5点と、それを通る楕円

x^2-xy+y^2-x-y=0

。5点の像を通る

\mathbb{P}^5

の超平面が1枚に決まり、それを

\nu_2

で引き戻した2次形式がこの楕円の式です（図を作るプログラムで、係数を連立1次方程式から求めて確かめています）。

未知数は6個、式は5本なので、どんな5点でも0でない解はあります。どんな体でも、5点を通る円錐曲線は少なくとも1本あるわけです。

ただし、解が1つに決まるかどうかは点の位置によります。例えば5点のうち4点が直線 $L$ に乗るなら、 $L$ と、残りの1点を通る任意の直線 $L'$ の和 $L\cup L'$ がどれも5点を通ります。 $k$ が無限体なら、そのような円錐曲線は無数にあります。

ハーツホーンの演習2.13 は、ヴェロネーゼ曲面の上のどの曲線も、ある超曲面との交わりとして書けることを問うています。円錐曲線の場合は、その超曲面を超平面に選べるというのが命題14です。

まとめ：次数を上げると方程式が1次になる

像	写像	方程式	超平面の切り口
円錐曲線 $C_2$	$\nu_2\colon\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^2$	$z_0z_2=z_1^2$	2点
ねじれ3次曲線 $C_3$	$\nu_3\colon\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^3$	$q_1,q_2,q_3$ （2本では生成できない）	3点
有理正規曲線 $C_d$	$\nu_d\colon\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^d$	ハンケル行列の $\binom d2$ 個の小行列式	$d$ 点（2元形式の根）
ヴェロネーゼ曲面	$\nu_2\colon\mathbb{P}^2\to\mathbb{P}^5$	対称行列の6個の小行列式	円錐曲線
$\nu_d(\mathbb{P}^n)$	$\nu_d\colon\mathbb{P}^n\to\mathbb{P}^N$	（演習2.12）	$d$ 次超曲面

$d$ 重埋め込みは、 $d$ 次の単項式をすべて新しい座標にする写像です。そのおかげで、もとの空間の $d$ 次の式は、行き先では1次の式になります。この記事で調べた像は、どれも「階数が1以下」という2×2の小行列式で切り出されました。

次回：直線全体の空間

この記事では、点を $d$ 次の単項式の組に写し、像を2×2の小行列式で切り出しました。次は、点ではなく直線を1つの点とみなします。

次回は、 $\mathbb{P}^3$ の直線全体の空間を扱います。直線を通る2点を並べた $2\times4$ 行列の2×2小行列式 $p_{ij}$ をプリュッカー座標と呼び、これで直線が $\mathbb{P}^5$ の点になります。その点は2次超曲面 $p_{12}p_{34}-p_{13}p_{24}+p_{14}p_{23}=0$ に乗ります。

第17回の定義1 セグレ写像

$a=(a_0,a_1)$ 、 $b=(b_0,b_1)$ を縦ベクトルとみて、

\begin{aligned} &\sigma\colon\mathbb{P}^1\times\mathbb{P}^1\to\mathbb{P}^3,{}\\ &\bigl([a_0:a_1],[b_0:b_1]\bigr)\\ &\quad\longmapsto[a_0b_0:a_0b_1:a_1b_0:a_1b_1] \end{aligned}

と定める。行列で書くと、 $\sigma(a,b)$ は行列 $a\,{}^t b=\begin{pmatrix}a_0b_0&a_0b_1\\ a_1b_0&a_1b_1\end{pmatrix}$ の表す点である。 $\sigma$ をセグレ写像と呼ぶ。

第5回の例19 放物線の射影閉包は $\mathbb{P}^1$

$k$ を体とし、 $T=k[x_0,x_1,x_2]/(x_0x_2-x_1^2)$ とする。 $\operatorname{Proj}T$ は $D_+(x_0)$ と $D_+(x_2)$ で覆われ、

T_{(x_0)}=k[x,y]/(y-x^2)\cong k[x]\qquad T_{(x_2)}=k[a,b]/(a-b^2)\cong k[b]

\begin{gathered}T_{(x_0)}=k[x,y]/(y-x^2)\cong k[x]\\T_{(x_2)}=k[a,b]/(a-b^2)\cong k[b]\end{gathered}

\begin{aligned}T_{(x_0)} &= k[x,y]/(y-x^2)\\&\cong k[x]\\[4pt]T_{(x_2)} &= k[a,b]/(a-b^2)\\&\cong k[b]\end{aligned}

である。重なりでは $b=1/x$ となり、 $\operatorname{Proj}T$ は $t=x$ 、 $s=b$ とした $\mathbb{P}^1$ と同型である。

第5回の定義7 斉次化と射影閉包

$k$ を体、 $f\in k[x,y]$ を次数 $d\geq1$ の多項式とする。

F(x_0,x_1,x_2)=x_0^d\,f\Bigl(\frac{x_1}{x_0},\ \frac{x_2}{x_0}\Bigr)

\begin{aligned}F(x_0,x_1,x_2) &= x_0^d\,f\Bigl(\frac{x_1}{x_0},\ \frac{x_2}{x_0}\Bigr)\end{aligned}

を $f$ の斉次化と呼ぶ。 $F$ は次数 $d$ の斉次多項式である。 $F=0$ をみたす点 $[x_0:x_1:x_2]$ の全体を、曲線 $f=0$ の射影閉包と呼ぶ。

第11回の命題10

$k$ を代数閉体とし、 $F\neq0$ を $n$ 次斉次式、 $\sigma_F$ を対応する $\mathcal{O}(n)$ の切断とする（ $n\geq0$ ）。

(1)　 $\operatorname{div}(\sigma_F)=\operatorname{div}\bigl(F(1,t)\bigr)+n\cdot\infty$ 。
(2)　 $\deg\operatorname{div}(\sigma_F)=n$ 。つまり $\sigma_F$ の零点は、重複度こみでちょうど $n$ 個である。

第16回の定義1 種数

$X$ を曲線とする。 $X$ の上の正則な微分形式の空間 $\Gamma(X,\Omega_X)$ は $k$ 上有限次元である。その次元

g(X)=\dim_k\Gamma(X,\Omega_X)=\ell(K)

\begin{aligned}g(X) &= \dim_k\Gamma(X,\Omega_X)\\&= \ell(K)\end{aligned}

を $X$ の種数と呼ぶ。

第1回の命題17

どんな体 $k$ でも、 $\pi_{yz}(C)=V(y^3-z^2)\subseteq\mathbb{A}^2$ 。

第5回の例11 $y=x^3$ と $y^2=x^3$ の無限遠点

$k$ を体とし、 $U_2$ の座標を $a=x_0/x_2=1/y$ 、 $b=x_1/x_2=x/y$ とする。

(1)　 $y=x^3$ の射影閉包は $x_0^2x_2=x_1^3$ で、無限遠点は $x_1^3=0$ から $[0:0:1]$ だけである。 $x_2=1$ とおくと、 $U_2$ の中では

a^2=b^3

\begin{aligned}a^2 &= b^3\end{aligned}

となる。曲線の点 $(t,t^3)$ （ $t\neq0$ ）は $(b,a)=(t^{-2},\ t^{-3})$ に移る。

(2)　 $y^2=x^3$ の射影閉包は $x_0x_2^2=x_1^3$ で、無限遠点はやはり $[0:0:1]$ だけである。 $U_2$ の中では $a=b^3$ となり、点 $(t^2,t^3)$ は $(b,a)=(t^{-1},\ t^{-3})$ に移る。

第16回の命題5 平面曲線の種数

$k$ を代数閉体（標数は任意）とし、 $C\subseteq\mathbb{P}^2$ を非特異な $d$ 次曲線とする。 $C$ の種数は

g=\frac{(d-1)(d-2)}{2}

\begin{aligned}g &= \frac{(d-1)(d-2)}{2}\end{aligned}

である。

第16回の定理8 特異点による種数の減り方

$C\subseteq\mathbb{P}^2$ を $d$ 次の既約な曲線、 $\widetilde C\to C$ を正規化とする。 $C$ の各特異点 $P$ に正の整数 $\delta_P$ が決まり、

g(\widetilde C)=\frac{(d-1)(d-2)}{2}-\sum_{P\in\operatorname{Sing}C}\delta_P

\begin{aligned}g(\widetilde C) &= \frac{(d-1)(d-2)}{2}-\sum_{P\in\operatorname{Sing}C}\delta_P\end{aligned}

\begin{aligned}g(\widetilde C) &= \frac{(d-1)(d-2)}{2}\\&\phantom{=}{} -\sum_{P\in\operatorname{Sing}C}\delta_P\end{aligned}

が成り立つ。 $\delta_P$ は、 $P$ 自身と、ブローアップを繰り返したとき狭義変換に現れる $P$ の上の特異点（ $P$ に無限に近い特異点） $Q$ のすべてにわたる和 $\delta_P=\sum_Qr_Q(r_Q-1)/2$ である。 $r_Q$ は $Q$ での重複度である。

第11回の定理7

$k$ を体、 $n$ を整数とし、 $k[x_0,x_1]_n$ を $n$ 次斉次式（と0）のなすベクトル空間とする。写像

k[x_0,x_1]_n\longrightarrow\Gamma(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(n))\qquad F\longmapsto\bigl(F(1,t),\ F(s,1)\bigr)

\begin{gathered}k[x_0,x_1]_n\longrightarrow\Gamma(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(n))\\F\longmapsto\bigl(F(1,t),\ F(s,1)\bigr)\end{gathered}

\begin{aligned}k[x_0,x_1]_n &\longrightarrow \Gamma(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(n))\\[4pt]&F\longmapsto\bigl(F(1,t),\ F(s,1)\bigr)\end{aligned}

は $k$ 線形な同型である。とくに $n\geq0$ なら $\dim_k\Gamma(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(n))=n+1$ 、 $n<0$ なら $\Gamma(\mathbb{P}^1,\mathcal{O}(n))=0$ である。

第11回の定理19

$k$ を体とする。 $F\mapsto(F/x_0^d,\ F/x_1^d,\ F/x_2^d)$ は同型 $k[x_0,x_1,x_2]_d\to\Gamma(\mathbb{P}^2,\mathcal{O}(d))$ を与える。とくに $d\geq0$ なら次元は $\dfrac{(d+1)(d+2)}{2}$ 、 $d<0$ なら0である。

定数でない1変数多項式が、必ずその体の中に根をもつ体。例： $\mathbb{C}$ 。 $\mathbb{R}$ は代数閉体ではない（ $x^2+1$ に根がない）。代数閉体は必ず無限体である。

行列から行と列を同じ数ずつ選び、その交わりの成分でできる正方行列の行列式。例えば $2\times4$ 行列の第 $i,j$ 列からなる $2\times2$ 小行列式は $u_iv_j-u_jv_i$ 。行列の階数は、0でない小行列式の最大のサイズに等しい。

元を無限個もつ体。 $\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ など。無限体の上では、すべての点で0になる多項式は0だけである。

元が有限個の体。素数 $r$ で割った余りの体 $\mathbb{F}_r$ のほか、各 $d\ge1$ について元がちょうど $r^d$ 個の体 $\mathbb{F}_{r^d}$ が（同型を除いて）ただ1つある。 $\mathbb{F}_{r^d}$ は $\mathbb{F}_r$ 上の $d$ 次元のベクトル空間である。

次数1の元で生成される次数付き環 $A$ （ $A_0$ はアルティン環）上の有限生成次数付き加群 $M$ について、十分大きい $n$ で $M_n$ の長さに一致する $n$ の多項式。例： $k[x,y]$ では $n+1$ 、 $k[x,y,z]/(F)$ （ $F$ は $e$ 次の斉次式）では $en-e(e-3)/2$ 。

体 $k$ で $1+1+\dots+1$ （ $p$ 個） $=0$ となる最小の正の整数 $p$ 。そのような $p$ がなければ標数0と言う。標数は0か素数で、 $\mathbb{F}_p$ の標数は $p$ 、 $\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ の標数は0。体でない環でも同じように定める（ $\mathbb{Z}$ の標数は0、 $\mathbb{Z}/6$ の標数は6）。0か素数になるのは体や整域の場合。

各点の上に1次元のファイバー（直線）が乗り、局所的には直積 $U\times\mathbb{A}^1$ の形をした空間。その切断の層が可逆層（局所的に $\mathcal{O}_X$ と同型な $\mathcal{O}_X$ 加群）で、2つはよく同じものとして扱われる。連載第11回で扱う。

アフィン空間 $\mathbb{A}^n$ （や射影空間）の中で、定数でない1つの多項式 $f$ の零点 $V(f)$ として表される集合。単項イデアル定理から、各既約成分の次元は $n-1$ である。例： $\mathbb{A}^3$ の錐面 $xy=z^2$ 。

参考文献

R. ハーツホーン（高橋宣能・松下大介訳）, 『代数幾何学 1』, 丸善出版, 2013.
R. ハーツホーン（高橋宣能・松下大介訳）, 『代数幾何学 3』, 丸善出版, 2012.