Диссертация (1137317), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Аналогично рассматривается случай 3):3 3a10a3a23a0a1 = 0a33a2 . Таким образом, возможен только00a00a3случай 1). IПоскольку матрица проективного преобразования определена с точностью до пропорциональности и получилась диагональной, она принадлежит одному из трех, определенных перед утверждением 2.10 типов.Доказательство окончено. IИтак, рассмотрим Z3 -симметричные квартики в CP 2 . Пусть α — автоморфизм третьего порядка такой квартики.
Разберем случай конкретного α, имеющего тип 3. Мы покажем, что именно в этом случае реализуются пары Белого всех детских рисунков рода 3 с шестью ребрами,единственной вершиной и группой автоморфизмов порядка 3. Итак, зафиксируем α : CP 2 → CP 2 , имеющий в однородных координатах вид(x : y : z) 7→ (y : z : x).Утверждение 2.12. Уравнение Z3 -симметричной неприводимой квартики в CP 2 с координатами (x : y : z), инвариантной относительно автоморфизма α, с точностью до проективного сопряжения имеетследующий вид:a(x4 + y 4 + z 4 ) + b(x3 y + y 3 z + z 3 x) + c(x3 z + y 3 x + z 3 y)++ d(x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) + e(xyz(x + y + z)) = 0 (3)Доказательство.Заметим сначала, что любое такое уравнение допускает три записи, сточностью до проективного сопряжения.
А именно, если заменить тройку (x : y : z) на (x : εy : ε2 z) (или (x : ε2 y : εz)), ε = e2πi/3 , то оно останетсянеизменным под действием α (при перестановке координат каждый моном умножится на ε2 (или ε), т.к. они все имеют одинаковую степень 4).Сопряжение (x : y : z) 7→ (x : ε2 y : εz) (соотв. (x : y : z) 7→ (x : εy : ε2 z))переводит уравнение в тот вид, который оно имело до замены.Поэтому можно рассматривать только случай, когда под действиемα все мономы умножаются на 1.Множество мономов, которые входят в однородный полином, задающий квартику, под действием автоморфизма α распадается на следующие орбиты: O1 := {x4 , y 4 , z 4 }, O2 := {x3 y, y 3 z, z 3 x}, O3 := {x3 z, y 3 x, z 3 y},O4 := {x2 y 2 , y 2 z 2 , z 2 x2 } и O5 := {x2 yz, xy 2 z, xyz 2 }.
Это, а также то, чтодругих мономов нет, проверяется перебором всех случаев, который мысейчас проведем. В самом деле, моном с x4 только один и он лежит в орбите O1 . Мономов с x3 два: это x3 y и x3 z. Они принадлежат орбитам O2и O3 соответственно.
Мономов, содержащих x2 три: x2 y 2 , x2 z 2 и x2 yz. Нопервые два лежат в одной орбите (O4 ), а третий - принадлежит орбитеO5 . Каждый из мономов с x (xy 3 , xy 2 z, xyz 2 и xz 3 ) также принадлежит одной из рассматриваемых орбит. Мономов с x0 два, y 4 и z 4 , онилежат в орбите O1 . Других вариантов нет. Поскольку под действием автоморфизма уравнение переходит в себя, мономы, принадлежащие однойорбите, должны иметь одинаковые коэффициенты в полиноме. Поэтомууравнение и имеет нужный вид.
IПустьp := x4 + y 4 + z 4 ,q := x3 y + y 3 z + z 3 x,r := x3 z + y 3 x + z 3 y,s := x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ,t := xyz(x + y + z).Рассмотрим отображение ψ : CP 2 → CP 4 , (x : y : z) 7→ (p : q : r : s : t).Следующее утверждение легко следует из леммы 2.15.Утверждение 2.13. Отображение ψ осуществляет факторизацию кривой (3) по группе, порожденной автоморфизмом α.Фактор-кривая лежит в пересечении образа проективной плоскости CP 2и гиперплоскости, задаваемой уравнением ap+bq +cr +ds+et = 0. Образψ(CP 2 ) лежит в пересечении двух гиперповерхностей второго порядка,задаваемых квадратичными соотношениями на p, q, r, s, t.Квадратичные зависимости.Теперь докажем следующую теорему:Теорема 2.14. Многочлены p, q, r, s, t удовлетворяют квадратичным соотношениямs2 + pt + st = qr + qt + rt; q 2 + r2 + t2 = ps + 2st.(4)Разобьем доказательство теоремы на несколько лемм.Перейдем от координат (x : y : z) к координатам √(l0 : l1 : l−1 ), где22l0 = x + y + z, l1 = x + εy + ε z, l−1 = x + ε y + εz, ε = 3 1.Лемма 2.15.
Матрица перехода от базиса (p : q : r : s : t) к базису3(l13 l0 : l−1l0 : (l1 l−1 )2 : l04 : l02 (l1 l−1 )) в ψ(CP 2 ) ⊂ CP 4 имеет следующийвид:A=427−3ε−29 3ε+1 92−271274273ε+19−3ε−292− 2712729− 19− 191901271271271271274919190 − 19Доказательство.6= 0. Непосредственным выМатрица A невырождена: det A = 58ε+293·273числением проверено, что многочлены p, q, r, s, t линейно выражаются3l0 , (l1 l−1 )2 , l04 , l02 (l1 l−1 )). Iчерез мономы (l13 l0 , l−1В качестве прямого следствия леммы 2.15 получаем, чтоЛемма 2.16. Обратная замена имеет вид:(l1 l−1 )2 = p − 2q − 2r + 3s;l04 = p + 4q + 4r + 6s + 12t;l02 (l1 l−1 ) = p + q + r − 3t;l13 l0 = p + (3ε + 1)q − (3ε + 2)r − 3s + 3t;3l−1l0 = p − (3ε + 2)q + (3ε + 1)r − 3s + 3t.Доказательство.Эти равенства непосредственно проверены в системе компьютернойсистеме Maple.
IДалее, легко видеть, что3l04 (l1 l−1 )2 − (l1 l−1 l02 )2 = 0; (l13 l0 )(l−1l0 ) − (l1 l−1 l02 )(l1 l−1 )2 = 0.(5)Смысл перехода к сложным на первый взгляд координатам(l0 : l1 : l−1 ) заключается в том, что в них эти квадратичные зависимостиочень легко увидеть.3Лемма 2.17.
Многочлены от l13 l0 , l−1l0 , (l1 l−1 )2 , l04 , l02 (l1 l−1 ), стоящие влевых частях соотношений (5), линейно независимы.Доказательство.В самом деле, они имеют разные степени по l02 (l1 l−1 ).I3Подставляя в (5) вместо мономов l13 l0 , l−1l0 , (l1 l−1 )2 , l04 , (l1 l−1 )l02 их выражения через p, q, r, s и t, взятые из леммы 2.16, получим квадратичныесоотношения:ps + 2pt − q 2 − 2qr − 2qt − r2 − 2rt + 2s2 + 4st − t2 = 0;− ps + pt + q 2 − qr − qt + r2 − rt + s2 − st + t2 = 0. (6)Сумма и половина разности соотношений (6) дают, соответственно,первое и второе из выражений (4).
Теорема 2.14 доказана.I2.2.5Пары Белого детских рисунков с Z3 -симметриейТеорема 2.18. Парой Белого детского рисунка L[1] является функцияБелого:√3+2f = √ x2 ,3на кривой√ !√√3z 6 + z 3 x2 (3 + 3) − z 3 x(1 + 3) = 1 +(x5 − 3x4 + 3x3 − x2 ),2записанной в координатах (x : 1 : z).Парой Белого детского рисунка L[2] является функция Белого:√3−2f = √ x2 ,3на кривойz 6 + z 3 x2 (3 −√3) − z 3 x(1 −√3) =√ !31−(x5 − 3x4 + 3x3 − x2 ),2записанной в координатах (x : 1 : z).Доказательство./Z3Рассмотрим цепочку замен координат: (x : y : z) → (l0 : l1 : l−1 ) →l l2l 2 l12(l02 l1 : l12 l−1 : l−1l0 ) → ( l02 l−1: l20l−1: 1). При их последовательном прове−111дении, из уравнения (3) получится уравнение эллиптической кривой снеизвестными коэффициентами, которые находятся из нижеследующихсоображений.
При факторизации склеек L[1] (напомним, ее гауссово слово (a, b, a, b, c, d, c, d, e, f, e, f )) и L[2] (с гауссовым словом (a, b, a, c, d, e, d, b,f, c, f, e)) по их группе автомофризмов Z3 получается рисунок рода 1 сгауссовым словом (a, b, a, b), пара Белого которого известна:aX0 : y 2 = x3 − x, β = x2 . Из совпадения j-инвариантов иbсоотношения на точки ветвления находятся коэффициен- bты кривой.aСоответствующие вычисления на Maple дали результат, сформулированный в теореме 2.18.Будем обозначать пару Белого детского рисунка L[1] за (X1 , f1 ) ипару Белого детского рисунка L[2] за (X2 , f2 ).Лемма 2.19. Пары Белого (X1 , f1 ) и (X2 , f2 ) не изоморфны.Доказательство.Предположим, что существует изоморфизм φ : X1 → X2 , для которого имеет место тождество f1 = f2 ◦ φ.
Тогда этот изоморфизм имеет видx = P (x, y, z), y = Q(x, y, z), z = R(x, y, z), где P, Q, R — рациональныефункции (x, y, z).√√3+2 22√P(x),аf=x , то сразу получаем, чтоТак как f2 ◦ φ = √3−2133√√P (x) = kx, где k — один из корней уравнения k 2 ( 3 − 2) = 3 + 2.Ниже в доказательстве будем пользоваться тем, что кривые X1 и X2являются пересечениями пар поверхностей!!√√√ !33−3−3x3 −x, z 3 = x y − 1 + (x − 1)y2 = 1 +222иy2 =√ !√3331−x +x, z 3 = x y − 1 + (x − 1)22!!√3−32соответственно.Так как точка с координатами (P, Q, R) лежитна√кривой X2 , то на√323кривой X1 выполняетсятождествоQ = (1 − 2 )P + 23 P .
Следователь√√√3333222)x+x).Упростив,получимQ=−k((1+)x3 −но,Q=k(k(1−222√x 23 ) = −ky 2 . Следовательно, Q = my, k = −m√2 .3−3Таким образом, R3 = P (Q − 1 + (P − 1)()) – √не зависит от z.√ 23− 3 232Действительно, получаем R = −m x(my+ 2 m x+ 1−2 3 ). Найдем нулифункции R. Для √этого рассмотрим произведениесопряженных: W :=√3−3(Q − 1 + (P − 1)( 3−3))(−Q−1+(P−1)()).22Упрощая (с использованием выражения для Q2 ), получим W = 12 (−2+√3)(P − 1)3 .Итак, функция R имеет ноль второго порядка в точке (x, y, z) =(0, 0, 0) и нули в одной или нескольких из 6 точек, отвечающих x = 1/k.Так как функция R3 не зависит от z, то порядок нулей в точках с одинаковыми x, y совпадает. Так как степень R равна степени z и равна 5,то R имеет нули порядка 1 в 3 точках, отвечающих x = 1/k, y = 1/m.С другой стороны, R можно единственным образом записать в видеR = R0 (x) + R1 (x)z + R2 (x)z 2 + (R3 (x) + R4 (x)z+ R5 (x)z 2 )y, где Rj (x)–√3рациональные функции x.
Сопряжение z 7→ 1z переводит R3 в себя, Rпри этом умножается на некоторый кубический корень из 1. То есть либоR = R0 (x) + R3 (x)y, либо R = z(R1 (x) + R4 (x)y), либо R = z 2 (R2 (x) +R5 (x)y). Используя тот факт, что порядок в точке (x, y, z) = (0, 0, 0)выражения вида Rj (x) + yRk (x) кратен 3, получаем, что R = z(R1 (x) +R4 (x)y).√32ОтсюдаR/z—функциянаэллиптическойкривойy=(1+)x3 −2√3x с единственными нулем (в точке x = 1/k, y = 1/m) и полюсом (в точ2ке x = 1, y = 1) первого порядка. Полученное противоречие завершаетдоказательство.IТаким образом, установлено, что две найденные пары Белого находятся в однозначном соответствии с двумя детскими рисунками L[1] иL[2]. Соответствие знаков получено вычислениями на Maple.2.2.6Детские рисунки с Z2 -симметриейОбозначим следующие торические детские рисунки (то есть детские рисунки с отождествленными противоположными сторонами) через T1 , T2и T3 соответственно:B4AAB4AAB4AAB1B3B1B3B3B2B1B3B3B3B2B2AB4AT1AB4AT2AB4Aрис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
