Пред.
След.
Макеты страниц
Распознанный текст, спецсимволы и формулы могут содержать ошибки, поэтому с корректным вариантом рекомендуем ознакомиться на отсканированных изображениях учебника выше Также, советуем воспользоваться поиском по сайту, мы уверены, что вы сможете найти больше информации по нужной Вам тематике На протяжении этой главы буква $\eta$ будет обозна чать особенность. Версальные деформации особенности $\eta$ характеризуются условиями трансверсалькости, которые мы сейчас опишем в явном виде. Пусть $\eta \Subset \operatorname{m}(n)^{2}$ – некоторый росток и $(r, \tilde{f})$ его $r$-параметрическая деформация. Пусть $f$-представитель $\tilde{f}$. Обозначим через $J_{0}^{k}(n, 1)$ пространство $k$-струй с нулевым свободным членом. Определим росток отображения следующим образом: представителем ilf служит отображение, переводяцее пару $(x, u)$ в $k$-струю отображения $(y \mapsto f(x+y, u)-f(x, u))$. Тогда $j_{1}^{k} f$ можно рассматривать как обобщение частной производной: это частичное (взятое по переменным $x$ ) разложение Тейлора в точке $(x, n)$. 16.2. Творема (версальность $\Leftrightarrow k$-трансверсальность). Если росток $\eta$-определен, то его деформация версалька тогда и только тогда, когда она $k$-трансверсальна. Самой трудной частью этой главы будет доказательство следующей леммы. Прежде всего сформулируем :о-другому определение $k$-трансверсальности, используя явную. формулу. На этом пути мы сможем вывести как основную теорему 14.8 , так и теорему 16.2 из основной леммы. Доказательство основной леммы отложим на конец главы. Доказательство. Из (11.8) мы знаем, что касательное аространство к $\eta \hat{\mathscr{g}}_{k}$ есть Нужно вычислить образ $D j_{1}^{k} f(0)$. Касательное пространство $T_{0}\left(\mathbf{R}^{n} \times \mathbf{R}^{\prime}\right)$ порождено векторами $\frac{\partial}{\partial x_{i}} \cdot \frac{\partial}{\partial u_{j}}$. п поэтому искомый образ порожден векторами Далее, Tеперь лемма следует из равенств н Доказательство. Бозьмем $k$-трансверсальную деформацию $(s, g)$; ее легко построить при помощи следствия 16.5. По определению версальной деформации, существует морфизм Таким образом, $g=f \circ \varphi+\alpha$ и так как $\alpha$ не зависит поскольку Ограничнвая это равенство на $\mathbf{R}^{n} \times\{0\}$, получаем где $a_{v f}=\frac{\partial \varphi_{v}}{\partial u_{j}}(0)$. Итак, версальные деформации $k$-трансверсальны. Обратное еще проще – достаточно воспользоваться основной леммой. Доказательство теорежы 16.2 (версальность $\Leftrightarrow$ $k$-трансверсальность). Пусть $\eta$ есть $k$-определенный росток, $(r, f)$ есть $k$-трансверсальная деформация и $(s, g)$ – произвольная деформация. Мы должны найти морфизм $(s, g) \rightarrow(r, f)$. Построим его так. Существует очевидный морфизм $(s, g) \rightarrow(s, g)+(r, f)$. Последняя деформация $k$-трансверсальна, поскольку трансверсальна деформация ( $r, f)$. По основной лемме, существует морфизм этой деформации в $k$-тр знсверсальную деформацию const $+(r, f)$, для которой, очевидно, существует морфизм в $(r, f)$. Доказательство. Деформация $(r, f) k$-трансверсальна и, значит, $\mathrm{m}(n)=\langle\partial \eta\rangle+V_{1}+\mathrm{m}(n)^{k+1}$. Следовательно, $\operatorname{dim}\left(m(n) /\left(\left\langle\partial \eta+m(n)^{k+1}\right)\right) \leqslant \operatorname{dim} V_{f} \leqslant r\right.$. Это неравенство верно при любом $k$, поэтому, согласно лемме Накаямы, Еще одно применение леммы Накаямы дает $m(n)^{k} \subset\langle\partial \eta\rangle$ и, значит, $\operatorname{dim} \mathfrak{m}(n) /\langle\partial \eta\rangle \leqslant r$. Доказательство основной теоремы 14.8. Теперь мы можем дать полное доказательство основной теоремы – деформациях (по-прежнему предполагая справедливость основной леммы). Если росток $\eta k$-определен, то обе его $r$-параметрические версальные деформации являются $k$-трансверсальными. Следовательно, эти две деформации изоморфны. Если $(r, f)$ – версальная деформация наименьшей размерности, то как $(r, f)$, так и $(r, f)+$ + const являются $k$-трансверсальными. Oтсюда-выводим, что все $k$-трансверсальные деформации могут быть получены из деформации ( $r, f$ ). Следствие 16.7 показывает, что минимальное во?можное число параметров версальной деформации равно codim $\eta$. Если коразмерность ростка $\eta$ конечна (скажем, равна $r$ ), то росток $\eta$ конечно определен (см. 11.4). Следствие 16.5 даєт $r$-параметрическую $k$-трансверсальную, а, следовательно, универсальную деформацию ростка $\eta$, имеющую требуемый вид. Теперь мы переходим к самой трудной части каших рассуждений. Доказательство основной леммы 16.3. Пусть $\eta$ есть $k$-определенная особённость, а $(r, f),(r, g)$ – две ее $k$-трансверсальные деформации. Нужно построить изоморфизм $(r, f) \cong(r, g)$. Мы знаем, что деформация $(r, f) k$-трансверсальна, если выполнено уеловие где пространство $V_{f}$ порождено над $\mathbf{R}$ элементами ЗАдача. Найти гомотопию $F_{t}$, состоящую из трансверсальных деформаций и удовлетворяющую условиям $F_{0}=f$ и $F_{1}=g$. (Затем мы покажем, что с точностью до изоморфизма деформаций гомотопия $F_{t}$ локально постоянна.) Решение задачи. r-параметрическая деформация ростка $\eta$ сама является ростком, лежащим в $\eta+$ $+\mathrm{m}(r) \cdot \mathscr{E}(n+r) \subset \mathfrak{m}(n+r)$, где через $\mathfrak{m}(r)$ обозначен идеал, порожденный элементами $u_{1}, \ldots, u_{r}$, поэтому ее можно записать в виде $\eta+\delta$, где $\delta \in \mathfrak{m}(r)$. $\cdot \mathscr{E}(n+r)$. Ясно, что $V_{\eta+\delta}=V_{\delta}$. В пространстве $I_{0}^{k}(n)$, состоящем из $k$-струй с нулевым свободным членом, имеется подпространство $\left\langle\partial \eta / \partial x_{i}\right\rangle / \mathrm{m}(n)^{k+1}$, и мы интересуемся такими $\delta$, для которых $V_{0}$ трансверсально этому подпространству. Определим отображение формулой где $e_{i}$-элементы базиса в $\mathbf{R}^{\prime}$. Очевидно, что это отображение сюръективно, поскольку в качестве в можно взять подходящие многочлены. Рассмотрим исключительное подмножество $A \subset$ С Hom, состоящее из таких гомоморфизмов, для которых образ $R^{r}$ не трансверсален $\left\langle\partial \eta / \partial x_{i}\right\rangle \mathfrak{m}(n)^{k+1}$. Ясно, что $A$ – алгебраическое множество. Если $\operatorname{codim} \eta=s=\operatorname{codim}\left\langle\partial \eta / \partial x_{i}\right\rangle$ в $J_{0}^{k}$, то, как мы знаем, $s \leqslant r$ согласно следствию 16.7, которое фактически было доказано для $k$-трансверсальных деформаций. Cлучай 1. Пусть $r>s$. Легко убедиться, что в этом случае $\operatorname{codim} A>1$ и, слєдовательно, множество Hom – $A$ связно (используйте 9.3). Случай 2. Если $r=s$, то множество Нот $-A$ разбивается на две компоненты, отличающиеся ориентацией образа пространства $\mathbf{R}^{r}$ по отношению $\kappa\left\langle\partial \eta / \partial x_{l}\right\rangle \mathfrak{m}(n)^{k+1}$. Однако если $\varphi \epsilon \mathscr{B}(r)$ – обращающее ориентацию преобразование, то $\eta+\delta$ и $(\eta+\delta) \varphi$ дают точки, которые лежат в разных компонент $\mathbf{x}$ множества Hom – . Значит, можно предположить, что $f$ и $g$ отображаются в одну и ту же компоненту множества Hom – $A$. Отсюда следует, что образы $f$ и $g$ можно соединить в Hom – $A$ кусочно-линейным путем. Очевидно, что линейный путь в Нот – $A$ можно поднять до линейного пути в $\mathfrak{m}(r) \mathscr{E}(n+r) / \mathfrak{m}(n+r)^{k+1}$ (поскольку последнее пространство линейно и сюръективно отображается на Hom). Этот путь поднимается до линейного пути в $\eta+\mathfrak{m}(r) \mathscr{E}(n+r)$. Следовательно, $f$ и $g$ можно соединить кусочно-линейной кривой, состоящей из $k$-трансверсальных деформаций, и без ограничения общности можно считать, что деформация Без ограничения общности можно считать, что $f\left|\{0\} \times \mathbf{R}^{r}=g\right|\{0\} \times \mathbf{R}^{r}=0$. Действительно, положив $\alpha_{t}(u)=(1-t) f(0, u)+\operatorname{tg}(0, u)$, мы получим изоморфизм (id, $\alpha_{t}$ ) между $F_{t}$ и деформацией Наше утверждение означает, что мы должны уметь находить росток $\Phi \in \mathscr{E}(n+r+1, n+r)$ в точке $\left(0,0, t_{0}\right)$ и росток $\alpha \in \mathscr{E}(r+1)$ в точке $\left(0, t_{0}\right)$, такие, что $\Phi(x, u, t)=\Phi_{t}(x, u)$ имеет вид $\left(\varphi_{t}(x, u), \psi_{t}(u)\right) \in$匹 $\mathbf{R}^{n} \times \mathbf{R}^{r}$ и выполнены следующие условия (мы поль: зуемся обозначением $\alpha_{t}(u)=\alpha(u, t)$ ): При помощи условия (a) можно заменить условие (c) дифференциальным условием $\frac{\partial}{\partial t}\left(F_{t} \circ \Phi_{t}+\alpha_{t}\right)=0$, которое можно записать в виде Заметим, что (Ф, $t$ ) – это сокращение для $(\Phi(x, u, t), t)$. Итак, мы заменили (c) на (d) и должны попытаться решить эти уравнения относительно $\partial \varphi / \partial t$, $\partial \psi / \partial t, \partial \mathrm{a} / \partial t$. Мы ищем ростки удовлетворяющие условию Убедимся, что это именно то, что нам нужно. Предположим, что $\xi_{i}$ и 5 , уже найдены. Пусть Ф и $\alpha$ – решения системы дифференциальных уравнений с начальными условиями $\Phi_{t_{n}}=$ id $и \alpha_{t_{0}}=0$; тогда ( ( и а удовлетворяют условиям (a), (b) и (d). Далее, поскольку $\partial F / \partial t=g-f \in \mathfrak{m}(r) \mathscr{E}(n+r+1)$, для доказательства (е) достаточно показать, что где $\left\langle b_{1}, \ldots, b_{k}\right\rangle_{A}$, как обычно, определяется формулой $\left\{\sum_{i} a_{i} b_{i} \mid a_{i} \in A\right\}$. Для доказательства этого включения остается только показать, что Мы хотим воспользоваться тем, что гомотопия $F_{t}$ есть $k$-трансверсальная деформация ростка $\eta$. По лемме 16.4 получаем Средний член в правой части упростился, потому что мы предположили, что $F_{t} \mid\{0\} \times \mathbf{R}^{r}=0$. Так как росток $\eta k$-определен, т. е. $\mathfrak{m}(n)^{k+1} \subset\left\langle\partial \eta / \partial x_{l}\right\rangle$, можно опустить последний член. Полагая $\partial \eta / \partial x_{i}=$ $=\partial F_{t} / \partial x_{l} \mid \mathrm{R}^{n} \times\{0\}$, получаем Чтобы доказать равенство (*), рассмотрим уравненде. Если $g \in \mathfrak{m}(n) \mathscr{E}(n+r+1)$, то мы только что показали, что в существует элемент, который совпадает с $g$ по крайней мере на множестве $\mathrm{R}^{n} \times\{0\} \times\left\{t_{0}\right\}$. Элементы пространства $\mathscr{E}(n+r+1)$, которые обращаются в нуль на $\mathbf{R}^{n} \times\{0\} \times\left\{t_{0}\right\}$, лежат в $\mathfrak{m}(r+1) \cdot \mathscr{E}(n+r+1)$. Собирая все вместе, получаем Пусть $\quad C=\mathscr{E}(n+r+1)$ – конечно порожденный $\mathscr{E}(n+r+1)$-модуль. Пусть $A=\left\langle\partial F / \partial x_{i}\right\rangle_{\mathscr{( n + r + 1 )}}$ – подмодуль в $C$ и Введем на $C$ структуру $\mathscr{E}(r+1)$-модуля с помощью вложения $\mathscr{E}(r+1) \subset \mathscr{E}(n+r+1)$. Тогда для $\mathscr{E}(r+1)$-модулей $B$ и $C$ выполнено включение $B \subset C$. Заметим, что $B$ конечно порожден над $\mathscr{E}(r+1)$. Мы знаем, что и хотим показать, что Чтобы вывести это из имеющейся информации относительно $A, B$ и $C$, достаточно рассмотреть случай $A=0$ (ч. е. вычислять по модулю $A$ ). Рассмотрим индуцированное проекцией отображение $\mathscr{E}(r+1) \rightarrow$ $\rightarrow \mathscr{E}(n+r+1)$. Это отображен:е позволяет рассматривать каждый $\mathscr{E}(n+r+1)$-модуль как $\mathscr{E}(r+1)$-модуль. Про наши модули мы знаем, что Образующие $b_{1}, \ldots, b_{s}$ модуля $B$ порождают векторное пространство $C / \mathfrak{m}(r+1) C$. Из следствия 6.6 подготовительной теоремы вытекает, что эти образующие порождают $C$ как $\mathscr{E}(r+1)$-модуль. Следовательно, $B=C$. Итак, мы закончили последний шаг доказательства теоремы Мезера об универсальных деформациях.
|
1 |
Оглавление
|