9. Opzionale: la classificazione delle cubiche non singolari

Ricordiamo che il rapporto (ratio) di tre punti $A$, $B$, $C$ allineati in uno spazio affine $\AA ^ n(\KK )$ è quello scalare $\rho \in \KK $ tale che $\overrightarrow {AC} = \rho \overrightarrow {AB}$, e si scrive come $\rho = \overrightarrow {AC}:\overrightarrow {AB}$, ed è un invariante affine. Ora, l’analogo per tre punti allineati nel piano proiettivo $\PP ^2(\KK )$ non c’è, ma c’è il birapporto (cross-ratio) di quattro punti $A,B,C,D$ allineati. Cominciamo dal birapporto di quattro punti allineati su una retta affine.

(9.1) Definizione. Il birapporto di quattro punti $A,B,C,D$ allineati su una retta affine è uguale a

\[ [A,B;C,D] = \dfrac {\overrightarrow {AC}:\overrightarrow {BC} }{ \overrightarrow {AD}: \overrightarrow {BD}}. \]


Ovviamente è un invariante affine (dato che i rapporti lo sono). Se $x_1,x_2,x_3,x_4 \in \KK $ sono le coordinate affini dei quattro punti di $\AA ^1(\KK )$, allora il birapporto sarà \[ [x_1,x_2;x_3,x_4] = \dfrac {(x_3-x_1) : (x_3-x_2)}{(x_4-x_1):(x_4-x_2)} = \dfrac {(x_3-x_1)(x_4-x_2)}{(x_3-x_2)(x_4-x_1)} = \dfrac {(x_1-x_3)(x_2-x_4)}{(x_2-x_3)(x_1-x_4)}. \]

Passando alle coordinate omogenee $[s:t]$ in $\PP ^1(\KK )$, cioè ponendo $x_ i = s_ i/t_ i$ per $i=1,2,3,4$, si ha per i quattro punti $P_ i = [s_ i:t_ i]$,

\[ [P_1,P_2;P_3,P_4] = \dfrac {(s_1/t_1 -s_3/t_3)(s_2/t_2-s_4/t_4)}{(s_2/t_2-s_3/t_3)(s_1/t_1-s_4/t_4)} = \dfrac { (s_1 t_3 - s_3 t_1)( s_2 t_4 - s_4 t_2)}{ (s_2 t_3 - s_3 t_2)(s_1t_4 - s_4t_1)} = \dfrac {\begin{vmatrix} s_1 & s_3 \\ t_1 & t_3 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} s_2 & s_4 \\ t_2 & t_3 \end{vmatrix} }{\begin{vmatrix} s_2 & s_3 \\ t_2 & t_3 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} s_1 & s_4 \\ t_1 & t_3 \end{vmatrix} }. \]

È chiario quindi che il birapporto è un invariante proiettivo: se $M \in GL(2,\KK )$ è una matrice invertibile, e $\vx _ i$ sono i vettori di $\KK ^2$ di coordinate $s_ i,t_ i$, ponendo $\vx _ i’ = M \vx _ i$ per ogni $i=1,\ldots , 4$ si ottiene

\[ \begin{aligned} {} [ f(A),f(B); f(C),f(D) ] & = \dfrac {\begin{vmatrix} s’_1 & s’_3 \\ t’_1 & t’_3 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} s’_2 & s’_4 \\ t’_2 & t’_3 \end{vmatrix} }{\begin{vmatrix} s’_2 & s’_3 \\ t’_2 & t’_3 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} s’_1 & s’_4 \\ t’_1 & t’_3 \end{vmatrix} } = \dfrac { \det ( \vx ’_1, \vx ’_3) \det ( \vx ’_2,\vx ’_4) }{\det (\vx ’_2,\vx ’_3) \det (\vx ’_1,\vx ’_4)} \\ & = \dfrac { \det ( M \vx _1, M \vx _3) \det ( M \vx _2,M \vx _4) }{\det (M\vx _2,M\vx _3) \det (M\vx _1,M \vx _4)} \\ & = \dfrac { \det (M)^2 \det ( \vx _1, \vx _3) \det ( \vx _2,\vx _4) }{\det (M)^2 \det (\vx _2,\vx _3) \det (\vx _1,\vx _4)} = [A,B;C,D]. \end{aligned} \]

Quindi il birapporto $[A,B;C,D]$ non dipende dalla scelta del sistema di riferimento proiettivo sulla retta (ma dipende dall’ordine con cui sono scelti i quattro punti). Se $b=[A,B;C,D]$, allora tutti i possibili valori che si possono ottenere permutando i quattro punti $A,B,C,D$ sono

\[ \left\{ b , \dfrac {1}{b}, 1-b, \dfrac {1}{1-b}, 1-\dfrac {1}{b} = \dfrac {b-1}{b}, \dfrac {b}{b-1} \right\} . \]

(si veda l’esercizio 4.4).

(9.2) Definizione. La funzione $j=j(z)$ è la funzione (legata all’invariante assoluto di Klein)

\[ j(z) = \dfrac {(z^2 - z + 1)^3}{z^2(z-1)^2}. \]


(9.3) Se $b\not\in \{ 0,1\} $, \[ z,w\in \left\{ b , \dfrac {1}{b}, 1-b, \dfrac {1}{1-b}, \dfrac {b-1}{b}, \dfrac {b}{b-1} \right\} \implies j(z) = j(w). \]

Dim. Basta mostrare che per ogni $z$ si ha che $j(1/z) = j(z)$ e che $j(1-z) = j(z)$: \[ \begin{aligned} j(1/z) & = \dfrac {(z^{-2} - z^{-1} + 1)^3}{z^{-2}(z^{-1}-1)^2} \\ & = \dfrac {z^{-6} (1 - z + z^2)^3}{z^{-4}(1-z)^2} = \dfrac {(1 - z + z^2)^3}{z^{2}(1-z)^2} = j(z), \\ j(1-z) & = \dfrac {((1-z)^{2} - (1-z) + 1)^3}{(1-z)^{2}(-z)^2} \\ & = \dfrac {( 1 - z + z^2)^3}{(1-z)^{2}(-z)^2} = j(z). \end{aligned} \]
QED

(9.4) Se $j(z) = j(w)$, $w,z\not\in \{ 0,1\} $, allora \[ z \in \left\{ w , \dfrac {1}{w}, 1-w, \dfrac {1}{1-w}, \dfrac {w-1}{w}, \dfrac {w}{w-1}. \right\} \]

Dim. Se $w\in \CC $, $w\neq 0,1$ è fissato, allora l’insieme degli $z\in \CC $ tali che $j(z) = j(w)$ è l’insieme delle soluzioni dell’equazione di sesto grado in $z$

\[ \dfrac {(z^2 - z + 1)^3}{z^2(z-1)^2} = j(w) \quad \iff \quad p(z)=(z^2-z+1)^3 -j(w) z^2 (z-1)^2 = 0. \]

Risulta

\[ \begin{aligned} p(1/z) & = z^{-6} (x^2-x+1)^3 -z^{-4} j(w) z^2(z-1)^2 \\ p(1-z) & = (z^2-z+1) - j(w)z^2(1-z)^2 = p(z). \end{aligned} \]

L’insieme $ W= \left\{ w , \dfrac {1}{w}, 1-w, \dfrac {1}{1-w}, \dfrac {w-1}{w}, \dfrac {w}{w-1}. \right\} $ è composto tutto da radici del polinomio $p(z)$, per il lemma (9.3). Se quindi $W$ ha sei elementi, $p$ non può avere altre radici e la dimostrazione è conclusa. Ma $W$ può avere meno di sei elementi: dato che $w\neq 0,1$,

\[ \begin{aligned} w=w^{-1} & \iff w=-1 & & \implies j(w) = \dfrac {27}{4}\\ w = 1-w & \iff w = \frac{1}{2} & & \implies j(w) = \dfrac {27}{4} \\ w = \frac{w}{w-1} & \iff w=2 & & \implies j(w) = \dfrac {27}{4} \\ w = \frac{1}{1-w} & \iff w^2 -w + 1 =0 & & \implies j(w) = 0 \\ w = \frac{w-1}{w} & \iff w^2-w+1=0 & & \implies j(w) = 0. \end{aligned} \]

Quindi, se $w=-1$, allora $W=\{ -1,2,\dfrac {1}{2}\} $ e $j(w) = \dfrac {27}{4}$. È sufficiente mostrare che $p(z)$ ha tre radici doppie, cioè che

\[ p’(-1) = p’(2) = p’(1/2) =0. \]

Ora,

\[ \begin{aligned} p’(z) & = 3(2z-1) (z^2-z+1)^2 - 2j(w) z(z-1)(2z-1) \\ & =(2z-1)\left[ 3(z^2-z+1)^2 -2j(w) z(z-1) \right] \end{aligned} \]

per cui basta sostituire i valori di $z=-1,2,1/2$ e $j(w)=27/4$ per ottenere il risultato voluto.

Se invece $w^2-w+1=0$, allora $j(w)=0$ e $W$ ha per elementi le due radici di $w^2-w+1$ (dato che l’insieme delle radici di questo polinomio è invariante rispetto alle trasformazioni $z\mapsto 1/z$, $z \mapsto 1-z$). Il polinomio è $p(z) = (z^2-z+1)^3$, che chiaramente ha due radici triple.

QED

Analogamente al birapporto di quattro punti, per dualità, è possibile definire il birapporto di quattro rette $a,b,c,d$ di $\PP ^2(\KK )$ che passano per un punto dato $Q$: basta considerare il fascio di rette come retta proiettiva $l$ nel piano proiettivo di tutte le rette, e le rette $a,b,c,d$ come punti di $l$. È un invariante proiettivo anche in questo caso (si veda l’esercizio 4.5). Equivalentemente, basta considerare le intersezioni delle rette del fascio con una retta che non passa per $Q$, per ottenere quattro punti di cui calcolare il birapporto.

(9.5) Definizione. [L’invariante $j$, detto modulo della cubica] L’invariante $j=j(\gamma )$ di una cubica non singolare, $\gamma \subset \PP ^2(\CC )$, detto modulo della cubica, è la funzione $j$ del birapporto delle quattro tangenti a $\gamma $ passanti per uno dei 9 flessi di $C$ (Teorema (8.8)).

Occorre solamente verificare che il birapporto è ben definito (a meno di permutazioni delle rette), cioè che non dipende dalla scelta del flesso: se $A$ e $B$ sono due flessi di $\gamma $, per (8.9) esiste una proiettività che manda $\gamma $ in sé (e quindi le tangenti di $\gamma $ in tangenti di $\gamma $), e scambia $A$ e $B$: quindi induce una proiettività tra i due fasci di rette passanti per $A$ e quello passante per $B$ che manda tangenti in tangenti, e quindi i birapporti coincidono (a patto di ordinare correttamente gli insiemi di rette tangenti).

Possiamo quindi calcolarlo per $[0:1:0]$. Le quattro rette, se l’equazione è $y^2=x(x-1)(x-\lambda )$, saranno $u=0$ (tangente all’infinito), e $x=0$, $x-1=0$, $x-\lambda =0$. Le intersezioni con la retta $y=0$ sono (in coordinate omogenee $[x:u] = [x:0:u]$ sulla retta $y=0$)

\[ [1:0], [0:1],[1:1],[\lambda :1] \]

e quindi il birapporto è

\[ \beta = \dfrac { \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 0 & \lambda \\ 1 & 1 \end{vmatrix} }{\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 1 & \lambda \\ 0 & 1 \end{vmatrix} } = \lambda . \]

Dunque il modulo della curva $\gamma $ è

\[ j(\gamma ) = j(\lambda ) = \dfrac {(\lambda ^2 - \lambda + 1)^3}{\lambda ^2(\lambda -1)^2}, \]

ed è un invariante proiettivo.

(9.6) Teorema.[Classificazione delle cubiche non singolari] Due cubiche non singolari $\gamma $, $\gamma ’\in \PP ^2(\CC )$ sono proiettivamente equivalenti se e soltanto se hanno lo stesso modulo $j(\gamma ) = j(\gamma ’)$.

Dim. Per quanto visto sopra, se sono proiettivamente equivalenti allora il birapporto delle quattro rette tangenti passanti per un flesso è (a meno di permutazioni) invariante, e quindi l’invariante $j$ dei birapporti non cambia. Viceversa, se due cubiche non singolari di $\PP ^2(\CC )$ hanno ugual modulo $j(\gamma )=j(\gamma ’)$, ed equazioni \[ y^2=x(x-1)(x-\lambda ),\quad y^2=x(x-1)(x-\lambda ’), \] allora per il lemma (9.4) \[ \lambda ’ \in \left\{ \lambda , \dfrac {1}{\lambda }, 1-\lambda , \dfrac {1}{1-\lambda }, \dfrac {\lambda -1}{\lambda }, \dfrac {\lambda }{\lambda -1}. \right\} , \] ed è sufficiente supporre che $\lambda ’ = 1/\lambda $ oppure $\lambda ’ = 1 - \lambda $. Cioè, occorre trovare due cambi di coordinate che trasforminlo l’equazione \[ y^2 = x(x-1)(x-\lambda ) \] nelle equazioni \[ y^2 = x(x-1)(x-1+\lambda ),\quad y^2 = x(x-1)(x-\dfrac {1}{\lambda } ). \] Sostituiamo $\lambda x$ al posto di $x$ e $ay$ al posto di $y$: \[ a^2 y^2 = \lambda ^3 x(x-\dfrac {1}{\lambda }) (x-1). \] È chiaro che se $a^2 = \lambda ^3$ abbiamo il cambio di coordinate necessario per il caso $\lambda ’ = 1/\lambda $. Se invece sostituitamo $1-x$ al posto di $x$, e $ay$ al posto di $y$, otteniamo \[ a^2 y^2 = (1-x)(-x)(1-x-\lambda ) = -x(x-1)(x-1+\lambda ), \] quindi basta porre $a^2 = -1$.
QED

(9.7) Nota. Un modo per determinare la forma di $j$ è il seguente. Consideriamo i polinomi di secondo grado

\[ f(z) = (z-\alpha )(z-\beta ). \]

Vorremmo cercare $\alpha $, $\beta $ tali che $f(1-z) = c z^ h f(z)$, per un certo $c\in \CC $ e $h\in \ZZ $. Dato che $f(z)$ è monico di grado pari, deve essere $c=1$. Visto poi che $1-z$ ha grado $1$, deve essere $h=0$. Quindi $f(z) = f(1-z)$ se e soltanto se

\[ (z-\alpha )(z-\beta ) = (1-z-\alpha )(1-z-\beta ) \iff (z-\alpha )(z-\beta ) = (z-\alpha +1)(z-\beta +1). \]

Quindi o $\alpha =\beta =\dfrac {1}{2}$, oppure più in generale se i due fattori si scambiano $\alpha = 1-\beta $, $\beta = 1-\alpha $. Dato che il secondo implica il primo, possiamo considerare polinomi del tipo

\[ f_\alpha (z) = (z-\alpha )(z-(1-\alpha )). \]

Ora, cerchiamo ancora $c\in \CC $ e $h\in \ZZ $ tali che

\[ f(\dfrac {1}{z}) = c z^ h f(z). \]

Se $\alpha \neq 0,1$,

\[ \begin{aligned} f_\alpha (\dfrac {1}{z}) = \left(\dfrac {1}{z} - \alpha \right) \left( \dfrac {1}{z} - (1-\alpha ) \right) & = \dfrac {\alpha (1-\alpha )}{z^2} \left(z-\dfrac {1}{\alpha }\right)\left(z-\dfrac {1}{1-\alpha }\right), \end{aligned} \]

deve essere $c=\alpha (1-\alpha )$, $h=-2$ e

\[ \left\{ \begin{aligned} \alpha & = \dfrac {1}{\alpha } \\ 1-\alpha & = \dfrac {1}{1-\alpha } \end{aligned} \right. \text {oppure} \left\{ \begin{aligned} \alpha & = \dfrac {1}{1-\alpha } \\ 1-\alpha & = \dfrac {1}{\alpha }. \end{aligned} \right. \]

Il primo sistema non ha soluzioni, mentre il secondo ha due soluzioni complesse coniugate, tali che $\alpha (1-\alpha )=1=c$, quindi l’unica soluzione, che chiamiamo $f_\alpha $, è

\[ f_\alpha (z) = (z-\alpha )(z-(1-\alpha ) ) = z^2 -z +\alpha (1-\alpha ) = z^2 - z + 1. \]

E per $\alpha =0,1$? Poniamo $f_0(z) = z(z-1)$, e osserviamo che

\[ \begin{aligned} f_0(\dfrac {1}{z} ) & = \dfrac {1}{z^2} (1-z) =-\dfrac {1}{z^3} f_0(z) \\ f_\alpha (\dfrac {1}{z}) & = \dfrac {1}{z^2} f_\alpha (z). \end{aligned} \]

Segue quindi che si può definire per $h,k\in \ZZ $

\[ j(z) = \dfrac { f_\alpha ^ h }{f_0^ k}, \]

e risulta

\[ j(1-z)=j(\frac{1}{z}) = j(z) \]

quando

\[ j(1/z) = \dfrac { \left(f_\alpha (1/z)\right)^ h}{\left(f_0(1/z)\right)^ k} = \dfrac { z^{-2h} \left(f_\alpha (z)\right)^ h}{(-z)^{-3k}\left(f_0(z)\right)^ k } = \dfrac {(-z)^{3k}}{z^{2h}} j(z), \]

cioè se $3k=2h$ (da cui segue che $k$ è pari). Prendendo $k=2$ e $h=3$ si ottiene

\[ j(z) = \dfrac {f_\alpha ^3}{f_0^2} = \dfrac {(z^2-z+1)^3}{z^2(z-1)^2}, \]

che è l’espressione della definizione (9.2).