Passaggio in costruzione simile all'algebra di Rees
Sto leggendo l'articolo http://www.math.cornell.edu/~irena/pape ... larity.pdf
Sia $S=k[x_1,...,x_n]$ graduato standard e sia $I\subset S$ un ideale minimalmente generato da polinomi omogenei $f_1,...,f_m$, con $m\ge2$.
Nell'articolo gli autori definiscono l'anello $T=S[y_1,...,y_m,z]$ e studiano la mappa a pagina 11
$$\varphi : T \longrightarrow S[It,t^2]\subset S[t],\qquad y_i\longmapsto f_it,\qquad z\longmapsto t^2.
$$
A pagina 12, nella Proposition 3.2, provano che $\text{ker}(\varphi)$ è generato da
$$y_iy_j-zf_if_j,\qquad 1\le i,j\le m$$
e
$$\sum_{i=1}^m c_{ij}y_j,\qquad 1\le j\le \mathrm{rank}(F_0),$$
dove il secondo insieme di elementi corrisponde alle sizigie di $I$, seguendo Assumptions and Notation 2.2 a pagina 9.
Sto cercando di sostituire $t^2$ con $t^2+at+b$, dove $a,b\in S$. Cioè, sto considerando la mappa
$$\psi : T \longrightarrow S[t],\qquad y_i\longmapsto f_it,\qquad z\longmapsto t^2+at+b.$$
Ho fatto un po' di prove con un programma di computer algebra e sembra che $\text{ker}(\psi)$ sia generato dagli elementi
$$\sum_{i=1}^m c_{ij}y_j,\qquad 1\le j\le \mathrm{rank}(F_0),$$
e
$$y_iy_j-zf_if_j+bf_if_j+af_iy_j,\qquad 1\le i,j\le m.$$
Posso ripetere quasi tutto della dimostrazione dell'articolo nel caso $t^2+at+b$, tranne un passaggio.
Voglio dimostrare che $\text{ker}(\psi)$ è contenuto nell'ideale generato dagli elementi sopra. Sia $e\in\text{ker}(\psi)$ e scriviamo $e=f+g$, dove $f\in(y_1,...,y_m)^2$ e $g\in S[z]\text{Span}_k\{1,y_1,...,y_m\}$. Capisco che, come nell'articolo, sia sufficiente provare l'inclusione nel caso in cui $f=0$, quindi scriviamo
$$e=h(z)+\sum_{i=1}^mh_i(z)y_i,$$
con $h,h_1,...,h_m\in S[z]$. Allora
$$0=\psi(e)=h(t^2+at+b)+\sum_{i=1}^mh_i(t^2+at+b)tf_i\in S[t],$$
mentre nell'articolo si ha
$$0=\varphi(e)=h(t^2)+\sum_{i=1}^mh_i(t^2)tf_i.$$
A questo punto nell'articolo deducono che $h(t^2)=0$, poiché esso contiene solo potenze pari di $t$, mentre la somma contiene solo potenze dispari di $t$, e di conseguenza $h(z)=0$. Ma nel mio caso questo argomento non funziona, credo.
Mi piacerebbe dedurre che $h(z)=0$, perché poi da quel punto la dimostrazione andrebbe avanti esattamente come nell'articolo. Ma per il momento non ci sono riuscito.
Questo è ciò che ho trovato per il momento. Se scriviamo $h(z)=c_0+c_1z+...+c_d^{d} z$, per qualche $c_i\in S$, allora credo che si abbia
$$c_0+c_1b+c_2b^2+\dots+c_db^d=0,$$
poiché questo è il coefficiente di grado zero in $\psi(e)$ e la somma in $\psi(e)$ ha coefficiente di grado zero nullo. L'altra cosa che penso è che, se $$j>\mathrm{max}\{\deg(h_i)\mid i=1,\dots,m\},$$
allora $c_j=0$, dove i gradi dei polinomi $h_i$ sono presi rispetto a $z$.
All'inizio pensavo di poter dimostrare che $h(z)=0$ per induzione su $\text{deg}(h)$, ma non sembra molto convincente: come potrei dire senza sensi di colpa "sia $d=\text{deg}(h)>0$, ora troviamo un polinomio a cui applicare l'ipotesi induttiva e alla fine spunta fuori che $h=0$"? Penso che la dimostrazione si possa fare in modo diretto, se si può fare.
Qualcuno può darmi qualche suggerimento? Grazie mille in anticipo!
Sia $S=k[x_1,...,x_n]$ graduato standard e sia $I\subset S$ un ideale minimalmente generato da polinomi omogenei $f_1,...,f_m$, con $m\ge2$.
Nell'articolo gli autori definiscono l'anello $T=S[y_1,...,y_m,z]$ e studiano la mappa a pagina 11
$$\varphi : T \longrightarrow S[It,t^2]\subset S[t],\qquad y_i\longmapsto f_it,\qquad z\longmapsto t^2.
$$
A pagina 12, nella Proposition 3.2, provano che $\text{ker}(\varphi)$ è generato da
$$y_iy_j-zf_if_j,\qquad 1\le i,j\le m$$
e
$$\sum_{i=1}^m c_{ij}y_j,\qquad 1\le j\le \mathrm{rank}(F_0),$$
dove il secondo insieme di elementi corrisponde alle sizigie di $I$, seguendo Assumptions and Notation 2.2 a pagina 9.
Sto cercando di sostituire $t^2$ con $t^2+at+b$, dove $a,b\in S$. Cioè, sto considerando la mappa
$$\psi : T \longrightarrow S[t],\qquad y_i\longmapsto f_it,\qquad z\longmapsto t^2+at+b.$$
Ho fatto un po' di prove con un programma di computer algebra e sembra che $\text{ker}(\psi)$ sia generato dagli elementi
$$\sum_{i=1}^m c_{ij}y_j,\qquad 1\le j\le \mathrm{rank}(F_0),$$
e
$$y_iy_j-zf_if_j+bf_if_j+af_iy_j,\qquad 1\le i,j\le m.$$
Posso ripetere quasi tutto della dimostrazione dell'articolo nel caso $t^2+at+b$, tranne un passaggio.
Voglio dimostrare che $\text{ker}(\psi)$ è contenuto nell'ideale generato dagli elementi sopra. Sia $e\in\text{ker}(\psi)$ e scriviamo $e=f+g$, dove $f\in(y_1,...,y_m)^2$ e $g\in S[z]\text{Span}_k\{1,y_1,...,y_m\}$. Capisco che, come nell'articolo, sia sufficiente provare l'inclusione nel caso in cui $f=0$, quindi scriviamo
$$e=h(z)+\sum_{i=1}^mh_i(z)y_i,$$
con $h,h_1,...,h_m\in S[z]$. Allora
$$0=\psi(e)=h(t^2+at+b)+\sum_{i=1}^mh_i(t^2+at+b)tf_i\in S[t],$$
mentre nell'articolo si ha
$$0=\varphi(e)=h(t^2)+\sum_{i=1}^mh_i(t^2)tf_i.$$
A questo punto nell'articolo deducono che $h(t^2)=0$, poiché esso contiene solo potenze pari di $t$, mentre la somma contiene solo potenze dispari di $t$, e di conseguenza $h(z)=0$. Ma nel mio caso questo argomento non funziona, credo.
Mi piacerebbe dedurre che $h(z)=0$, perché poi da quel punto la dimostrazione andrebbe avanti esattamente come nell'articolo. Ma per il momento non ci sono riuscito.
Questo è ciò che ho trovato per il momento. Se scriviamo $h(z)=c_0+c_1z+...+c_d^{d} z$, per qualche $c_i\in S$, allora credo che si abbia
$$c_0+c_1b+c_2b^2+\dots+c_db^d=0,$$
poiché questo è il coefficiente di grado zero in $\psi(e)$ e la somma in $\psi(e)$ ha coefficiente di grado zero nullo. L'altra cosa che penso è che, se $$j>\mathrm{max}\{\deg(h_i)\mid i=1,\dots,m\},$$
allora $c_j=0$, dove i gradi dei polinomi $h_i$ sono presi rispetto a $z$.
All'inizio pensavo di poter dimostrare che $h(z)=0$ per induzione su $\text{deg}(h)$, ma non sembra molto convincente: come potrei dire senza sensi di colpa "sia $d=\text{deg}(h)>0$, ora troviamo un polinomio a cui applicare l'ipotesi induttiva e alla fine spunta fuori che $h=0$"? Penso che la dimostrazione si possa fare in modo diretto, se si può fare.
Qualcuno può darmi qualche suggerimento? Grazie mille in anticipo!
Risposte
Forse ho un'idea. Intanto considero $\text{deg}(a)=1$ e $\text{deg}(b)=2$ per rendere omogenea la mappa. Poi scompongo ogni $c_i$ in componenti omogenee (rispetto alla graduazione standard su $S$) come
$$c_i= g_0^{(i)}+\dots+g_{d_i}^{(i)},$$ dove $d_i=\text{deg}(c_i)$ e ogni $g_j^{(i)}$ è omogeneo di grado $j$. Ora, poiché $\text{deg}(b)=2$, la componente omogenea di grado $0$ in $c_0+c_1b+...+c_db^d$ è
$$g_0^{(0)}=0,$$ perché sappiamo già che $c_0+c_1b+...+c_db^d=0$. La componente omogenea di grado $1$ è
$$g_1^{(0)}=0.$$
Ora c'è un problema: le componenti omogenee successive sono
$$\begin{cases}
g^{(0)}_2+g^{(1)}_0b=0\\
g^{(0)}_3+g_1^{(1)}b=0\\
g^{(0)}_4+g^{(1)}_2b+g^{(2)}_0b^2=0\\
\vdots
\end{cases}$$ e non sembra (come invece speravo) che io possa cancellare un po' di termini usando le prime righe. È comunque un buon inizio?
Grazie mille
$$c_i= g_0^{(i)}+\dots+g_{d_i}^{(i)},$$ dove $d_i=\text{deg}(c_i)$ e ogni $g_j^{(i)}$ è omogeneo di grado $j$. Ora, poiché $\text{deg}(b)=2$, la componente omogenea di grado $0$ in $c_0+c_1b+...+c_db^d$ è
$$g_0^{(0)}=0,$$ perché sappiamo già che $c_0+c_1b+...+c_db^d=0$. La componente omogenea di grado $1$ è
$$g_1^{(0)}=0.$$
Ora c'è un problema: le componenti omogenee successive sono
$$\begin{cases}
g^{(0)}_2+g^{(1)}_0b=0\\
g^{(0)}_3+g_1^{(1)}b=0\\
g^{(0)}_4+g^{(1)}_2b+g^{(2)}_0b^2=0\\
\vdots
\end{cases}$$ e non sembra (come invece speravo) che io possa cancellare un po' di termini usando le prime righe. È comunque un buon inizio?
Grazie mille
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