Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Buri Gockel
Strukturen und Algebra » Algebraische Geometrie » Invarianter Unterring eines Koordinatenrings
Druckversion
Druckversion
Autor
Universität/Hochschule J Invarianter Unterring eines Koordinatenrings
lpodl
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 15.05.2017
Mitteilungen: 40
Aus: Takka Tukka Land
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-09-03


Hallo Planetarier,
ich bin auf der Suche nach einem Unterring eines Koordinatenringes. Sei $f = x^3-y^2z+xz^2$ und $X \subseteq \mathbb{P}^3$ die dazugehörige projektive Varietät. Dann ist der zugehörige Koordinatenring $K[x,y,z] / (f)$. Nun ist die Frage, wie der unter Involution $x,y,z \mapsto -x,-y,-z$ invariante Unterring dieses Koordinatenrings aussieht. Ich hätte also im Idealfall gerne eine Isomorphie zu einem anderen Koordinatenring $K[x_0,...,x_N]/ I$, wobei $I$ von bestimmten Polynomen erzeugt wird.

Mein Ansatz ist wie folgt: Die invarianten Restklassen aus $K[X]$ entsprechen den Restklassen der invarianten Polynome aus $K[x,y,z]$. Diese werden von den homogenen Monomen vom Grad Zwei erzeugt. Um die Notation zu vereinfachen benenne ich sie:\[
a = x^2, b = xy, c = xz, d = y^2, e =yz, f = z^2.
\] Außerdem definieren wir mal das Ideal $J$, das von $a,b,c,d,e,f$ erzeugt wird.

Meine Frage: Wie bestimme ich die Restklasse(n) von $J$ unter $(f)$?
Die erzeugenden Monome ändern sich erstmal nicht, schließlich sind sie vom Grad Zwei, $f$ ist homogen vom Grad Drei. Was passiert mit Polynomen von höherem Grad aus $J$?

Ich habe mit $ab = x^3y$ angefangen und $x^3 = -y^2z+xz^2$ eingesetzt, sodass ich Gleichheiten $ab = de -bf$ usw. erhalte, bin mir aber unsicher, inwiefern das zum Ziel führt.🙁



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-04


Ich vermute, dass $\mathrm{char}(K) \neq 2$ sein soll. Ansonsten wäre hier auch nichts zu tun.

2020-09-03 23:32 - lpodl im Themenstart schreibt:
Die invarianten Restklassen aus $K[X]$ entsprechen den Restklassen der invarianten Polynome aus $K[x,y,z]$.

Das ist falsch.

Ich würde so anfangen: $f$ ist normiert in $x$ vom Grad $3$. Also ist $A := K[x,y,z]/\langle f \rangle$ frei über $K[y,z]$ mit Basis $\{1,x,x^2\}$. Also ist $A$ frei über $K$ mit Basis $\{x^p y^n z^m : p,n,m \in \IN, p < 3\}$. Das ist praktisch, um in $A$ zu rechnen.

Nun schreibe damit einmal ein beliebiges Element von $A$ hin und wende die Involution an. Mache dann einen Koeffizientenvergleich (lineare Unabhängigkeit!) usw.

Melde dich gerne, falls es noch Probleme gibt.

Es gibt hier übrigens auch eine geometrische Herangehensweise, aber ich weiß nicht, wie deine Vorkenntnisse da aussehen (algebraische Geometrie, geometrische Invariantentheorie). $V_{\mathbb{P}^2}(f)$ ist ja auch das Vorzeigebeispiel einer elliptischen Kurve.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
lpodl
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 15.05.2017
Mitteilungen: 40
Aus: Takka Tukka Land
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-04


Hallo Triceratops,
erstmal vielen Dank. Ich bin immer wieder erfreut darüber, wie schnell man hier eine Antwort bekommt.

$\text{char} \neq 2,3$ ist tatsächlich vorrausgesetzt.

Was mir klar ist: Dass die Restklassen in $A$ keine Terme $x^p$ mit $p\geq 3$ haben, die nicht durch die Äquivalenzrelation wegfallen. $A$ wird also über $K[y,z]$ von $\{ 1,x,x^2\}$ erzeugt. Wählen wir also $\bar{a} \in A$, so können wir \[
\bar{a} = \sum_{p,m,n \\ p < 3} \alpha_{pmn} x^py^mz^n
\] schreiben. Damit $\bar{a}$ invariant unter der Involution (nennen wir sie $\varphi$) ist, muss $\bar{a} = \varphi(\bar{a})$ gelten. Also erkennen wir

\[
  \varphi( \bar{a}) = \sum_{p,m,n \\ p < 3} (-1)^{p+m+n} \alpha_{pmn} x^py^mz^n
\] ist genau dann gleich $\bar{a}$, falls $p+m+n \ \text{mod}2 = 0$ gilt.

Wir sind damit aber doch noch nicht fertig, oder?
Bisher hatte es keinen Einfluss auf unsere Vorgehensweise, wie $f$ in $y$ und $z$ definiert ist. Der gesuchte Unterring wird also nicht
\[
\{ h \in K[x,y,z] \vert h = \sum_{p,m,n \\ p < 3} x^py^mz^n, (p+m+n) \ \text{mod}2 = 0 \}
\]
sein.(?)🤔

Mit algebraischer Geometrie kenne ich mich grundlegend aus, solange es nicht um Schemes o.Ä. geht. Invariantentheorie sagt mir leider nichts. Trotzdem wäre ich auch für eine geometrische Interpretation dankbar. Der Vollständigkeit halber mal mein Verständnis dieses Sachverhaltes: Hier wirkt $\mathbb{Z_2}$ auf eine Varietät, die zufällig auch noch eine elliptische Kurve, also eine abelsche Varietät ist. Wir suchen den Quotienten von $X$ unter der Wirkung, die durch die Involution gegeben ist.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-04


Du bist hier "zu schnell" gewesen. Wie gesagt, mache einen Koeffizientenvergleich zwischen $a$ und $\varphi(a)$. Was folgt daraus? Mache es Schritt für Schritt.

Und wie gesagt, man braucht nicht nur, dass $\{x^p y^n z^m : p,n,m \in \IN,\, p < 3\}$ ein Erzeugendensystem ist, sondern dass es eine Basis ist, weil wir beim Koeffizientenvergleich die lineare Unabhängigkeit verwenden.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
lpodl
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 15.05.2017
Mitteilungen: 40
Aus: Takka Tukka Land
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-04


Ok, dann nochmal etwas ausführlicher:

Sei $\bar{a} = \sum_{p,m,n \\ p < 3} \alpha_{pmn} x^py^mz^n$, wobei $\alpha_{pmn} \in K$ ist. Dann ist \[
\varphi( \bar{a}) = \sum_{p,m,n \\ p < 3} \alpha_{pmn} (-x)^p(-y)^m(-z)^n = \sum_{p,m,n \\ p < 3} (-1)^{p+m+n} \alpha_{pmn} x^py^mz^n.
\] Jetzt nutzen wir, dass $\{1,x,x^2\}$ tatsächlich eine Basis ist, die Linearkombinationen also eindeutig bestimmt sind. Das bedeuted, dass $\bar{a} = \varphi(\bar{a})$ genau dann, wenn die Koeffizienten $\alpha_{pmn}y^mz^n$ bzw. $(-1)^{p+m+n} \alpha_{pmn} y^mz^n$ für alle $p,m,n \in \mathbb{N}, p<3$ übereinstimmem. Es muss also $p+m+n \ \text{mod}2 = 0$ für alle $p,m,n$ mit $\alpha_{pmn} \neq 0$ gelten, damit $\bar{a}$ ein $\varphi$-invariantes Element ist.

Ich komme also zu einem ähnlichen Ergebnis, aber vielleicht ist es jetzt klarer, wo ein Fehler liegt. (Die letzte Menge in meiner vorherigen Antwort ist nicht wohldefiniert, es war spät, aber ich denke so weit müssen wir erstmal gar nicht gehen 😄)



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-09-04


Ja und jetzt kannst du den Invariantenring also konkreter hinschreiben: Er wird als $K$-Vektorraum erzeugt von den $x^p y^n z^m$ mit $p+n+m \equiv 0 \bmod 2$ und $p<3$. (Ja, dies ist sogar eine $K$-Basis.)

Nun ist der Invarintenring auch eine $K$-Algebra. Es wäre also sinnvoll, ein Erzeugendensystem als $K$-Algebra anzugeben. Das kann man dann sogar kleiner als das obige Erzeugendensystem wählen.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
lpodl
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 15.05.2017
Mitteilungen: 40
Aus: Takka Tukka Land
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-04


Um sicher zu gehen, dass ich mich nicht irre: Der Unterschied zwischen einem $K$-Vektorraum und einer $K$-Algebra ist, das für die Algebra auch die Multiplikation unter Erzeugern erlaubt ist, sodass wir ein kleineres Erzeugendensystem wählen können. Im Invariantenring als $K$-Vektorraum ist z.B. $x^4$ nicht enthalten, weil wir als Basiselemente nur Elemente mit Grad 2 oder kleiner in $x$ hatten.

Jetzt verstehe ich aber nicht, wie diese Bedingung auf ein Erzeugendensystem einer Algebra übertragen werden soll. Sobald wir ein Polynom mit Grad größer Eins in $x$ in dem Erzeugendensystem haben, erzeugen wir ,,automatisch" auch Polynome mit Grad größer gleich 3 in $x$. Mit $xy$ wird z.B. direkt auch $x^3y^3$ erzeugt. Gleichzeitig fordern wir aber $xy \in A$ und $x^3y^3 \notin A$...



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 4692
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-09-05


2020-09-04 18:21 - lpodl in Beitrag No. 6 schreibt:
Um sicher zu gehen, dass ich mich nicht irre: Der Unterschied zwischen einem $K$-Vektorraum und einer $K$-Algebra ist, das für die Algebra auch die Multiplikation unter Erzeugern erlaubt ist, sodass wir ein kleineres Erzeugendensystem wählen können.

Der Unterschied zwischen einem $K$-Vektorraum und einer $K$-Algebra ist an ihrer Definition ersichtlich. Und das hat nichts mit Erzeugenensystemen zu tun.

Im Invariantenring als $K$-Vektorraum ist z.B. $x^4$ nicht enthalten, weil wir als Basiselemente nur Elemente mit Grad 2 oder kleiner in $x$ hatten.

Nein. Es gibt hier nur einen Invariantenring. Und $x^4$ ist im Invariantenring offensichtlich enthalten. Es ist nur so, dass wir vorab uns überlegt hatten, wie man jedes Element so umschreiben kann, dass der $x$-Grad kleiner als $3$ ist. Das ist praktisch, muss man aber nicht so machen. Das ist auch vergleichbar mit dem üblichen Missverständnis, dass $[2] \notin \IZ/2\IZ$. Es ist $[2] \in \IZ/2\IZ$, aber halt auch $[2]=[0]$.

Den Rest deines Posts verstehe ich nicht. Und definitiv ist $x^3 y^3 \in A$.

Ich erkläre einmal, wie man hier vorgehen kann, um das Erzeugendensystem zu vereinfachen. Angenommen, wir haben einen Erzeuger der Form $a \cdot b$, wobei $a,b$ immer noch beide im Invariantenring liegen (das ist wichtig; es reicht nicht, dass $a,b$ irgendwelche Polynome sind!). Dann können wir $a,b$ einzeln als Erzeuger nehmen, denn in der von $a,b$ erzeugten Unteralgebra ist $a \cdot b$ enthalten. Jetzt hat man zwar aus einem Erzeuger zwei gemacht, und unser Ziel ist ja eigentlich, weniger Erzeuger zu bekommen. Die Hoffnung ist aber, das sich die $a$s und $b$s wiederholen, wenn wir die anderen Erzeuger durchgehen.

Beispiel: Starten wir mal mit dem Fall $p=0$, $n=0$. Dann haben wir einfach das Element $z^m$ mit geradem $m$. Das schreibt sich als $z^m = (z^2)^{m/2}$, und $z^2$ liegt immer noch im Invariantenring. Die Erzeuger $z^m$, $m$ gerade, lassen sich demnach auf den Erzeuger $z^2$ reduzieren.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
lpodl
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 15.05.2017
Mitteilungen: 40
Aus: Takka Tukka Land
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-05



Der Unterschied zwischen einem $K$-Vektorraum und einer $K$-Algebra ist an ihrer Definition ersichtlich. Und das hat nichts mit Erzeugenensystemen zu tun.


Was ich damit sagen wollte ist: Eine $K$-Algebra ist, im Gegensatz zu einem $K$-Vektorraum, auch mit einer Multiplikation ausgestattet. Das hat Einfluss darauf, was wir unter "erzeugen" verstehen. Verstehen wir $\{a_1,...,a_n \}$ als Erzeugendensystem, so erzeugen wir im VR Elemente der Form
\[
 \sum_{i=1,...,n} \lambda_i a_i.
\] mit $\lambda_i \in K$.
Das sind nur Linearkombinationen. Falls also z.B. $y^4$ nicht in $\{a_1,...,a_n \}$ enthalten ist, so wird $y^4$ auch nicht erzeugt.
Mit dem gleichen Setting in einer Algebra lassen wir aber die Multiplikation von Erzeugern miteinander zu. Die erzeugten Elemente haben die Form
\[
  \sum_{i\in \mathbb{N}} \lambda_i a_1^{i_1} \cdot a_2^{i_2} \cdot ... \cdot a_n^{i_n}.
\] Ist hier z.B. $a_1 = z^2$, so enthält die erzeugte Algebra auch $z^4$. Deswegen können weniger Erzeuger für die Algebra ausreichen.


Nein. Es gibt hier nur einen Invariantenring. Und $x^4$ ist im Invariantenring offensichtlich enthalten. Es ist nur so, dass wir vorab uns überlegt hatten, wie man jedes Element so umschreiben kann, dass der $x$-Grad kleiner als $3$ ist. Das ist praktisch, muss man aber nicht so machen. Das ist auch vergleichbar mit dem üblichen Missverständnis, dass $[2] \notin \IZ/2\IZ$. Es ist $[2] \in \IZ/2\IZ$, aber halt auch $[2]=[0]$.

Danke, das war ein großes Missverständnis meinerseits. Ich denke, jetzt habe ich es verstanden. Sowohl $x^4$ als auch $x^3y^3$ sind invariant unter $\varphi$, also im Invariantenring enthalten. Mit Blick auf $f$ gilt außerdem $[x^3y^3] = [(y^2z-xz^2)y^3]$ in $A$?

Jetzt zum Vereinfachen des Erzeugendensystems für $A$ als $K$-Algebra.
Für $p=0, n=0$ muss dann $m$ gerade sein. Wir reduzieren also alle $z^m$ auf $z^2$. Das führen wir weiter so fort: Für $p=0, m=0$, $n > 0$ gerade ergibt sich $y^2$ als Erzeuger. Ist $p = 0$ und $m,n$ ungerade, so genügt als neuer Erzeuger $yz$, weil wir schon $y^2$ und $z^2$ haben. Für $p=1$ ergeben sich $xy$ und $xz$. Zuletzt brauchen wir noch $x^2$.

Das sind die Erzeuger aus meinem ursprünglichen Post. Ist es Zufall, dass die übereinstimmen?
Du meintest ja eigentlich, dass die invarianten Restklassen in $A$ nicht den Restklassen der invarianten Polynome aus $K[x,y,z]$ entsprechen. 🤔



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
lpodl
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 15.05.2017
Mitteilungen: 40
Aus: Takka Tukka Land
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-25 15:29


Tatsächlich ist die Quotientenabbildung $\mathcal{V}(f) \rightarrow \mathbb{P}^n$, $[x:y:z] \mapsto [a:b:c:d:e:f]$. Der Quotient $K[X] / (f)$ entspricht also dem Bild der Veronese Abbildung vom Grad Zwei.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
lpodl hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
lpodl hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
Neues Thema [Neues Thema]  Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2020 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]