定义 1 有理映射
设 \(X\subseteq \mathbb{A}^n,Y\subseteq \mathbb{A}^m\) 都是仿射代数簇，一个有理“映射” \(\psi:X\dashrightarrow Y\),由 \(\psi_1,\cdots,\psi_m\in K(X)\) 给出，定义域 \(Dom(\psi)=\bigcap_{i=1}^m Dom(\psi_i)\not ={\varnothing}\) (这是由于非空开集的稠密性).此时，\(\psi:Dom(\psi)\rightarrow Y\) 确实是一个映射.
例 有理映射
\((1)\) 一个有理映射 \(f: X \rightarrow \mathbb{A}^1\) 就是一个有理函数 \(f \in K(X)\)。
\((2)\) \(\mathbb{A}^1\dashrightarrow\mathbb{A}^2,t\mapsto(\frac{1}{t},\frac{1}{t^2})\).
\((3)\) \(V(xy-1)\dashrightarrow \mathbb{A}^1,(x,y)\mapsto \frac{y}{x}\)(双曲线的斜率映射).
定义 2 有理映射的复合
当我们考虑有理映射的复合 \(\varphi: X \dashrightarrow Y\) 和 \(\psi: Y \dashrightarrow Z\) 时，可能会发生一些有趣的事情。例如，\(\varphi\) 的像可能落在 \(\psi\) 的定义域之外，那么 \(\psi \circ \varphi\) 在任何地方都没有意义。
为了解决这个问题，我们要求 \(\psi\) 的定义域与 \(\varphi\) 的像相交。注意，\(\varphi\) 的像的闭包是不可约的，假设其非空时，则其与 \(\psi\) 定义域的交集在 \(\overline{\mathrm{Im}\varphi}\) 中是稠密的。
设 \(\varphi: X \dashrightarrow Y\) 和 \(\psi: Y \dashrightarrow Z\) 是有理映射，其中 \(X\) 和 \(Y\) 是仿射代数簇，\(Z\) 是某些仿射空间中的闭子集。如果 \(\varphi(X)\) 与 \(\psi\) 的定义域相交，那么我们定义复合映射 \(\psi \circ \varphi: X \rightarrow Z\)。这个复合映射在 \(\varphi^{-1}(\mathrm{Dom}\psi)\) 上是有定义的，且根据假设该定义域是非空的。
回顾一下，如果 \(\varphi: X \rightarrow Y\) 是一个多项式映射，我们定义了一个拉回 \(\varphi^*: \Gamma[Y] \rightarrow \Gamma[X]\)，其定义为 \(\varphi^*(f)(x) = f(\varphi(x))\)，对于任何 \(f\in \Gamma[Y]: Y \rightarrow k\)。
我们尝试对有理函数 \(\varphi: X \rightarrow Y\) 做同样的事情。我们希望对于所有有理函数 \(f \in \Gamma(Y)\)，复合 \(f \circ \varphi\) 都是定义好的，这意味着我们希望 \(\varphi(X)\) 和 \(Y\) 上每个有理函数的定义域相交。正如下面的引理所示，只有当 \(\varphi(X)\) 在 \(Y\) 中稠密时，这才是可能的。
命题 1
设 \(Y\) 是一个仿射代数簇。如果子集 \(T \subset Y\)（考虑 \(\varphi(X)\)，它不必是开集，也不必是闭集，甚至不必在其闭包中是开集）与 \(Y\) 上每个有理函数 \(f \in \Gamma(Y)\) 的定义域相交，则 \(T\) 在 \(Y\) 中是稠密的。
(反过来显然正确)
证明：
假设 \(T\) 不是稠密的。那么 \(U := Y \backslash \bar{T}\) 是开集且非空的。令 \(g \in I_Y(\bar{T}) \triangleleft \Gamma[Y]\) 是一个非零函数。于是 \(\bar{T} \subset V(g)\)，因此通过取补集我们得到 \(D(g) \subset U\)。我们来证明 \(D(g)\) 是某个有理函数 \(f\) 的定义域。这将表明 \(T\) 与 \(f\) 的定义域不相交，从而产生矛盾。
自然的猜测是 \(f = \frac{1}{g}\)，但我们知道必须小心检查 \(f\) 是否在 \(V(g)\) 的任何点上（通过任何其他作为分式的表示）都没有定义。假设 \(f\) 在 \(x \in V(g)\) 处是定义好的。那么，存在 \(u, v \in \Gamma[Y]\) 且 \(v(x) \neq 0\)，使得 \(\frac{1}{g} = f = \frac{u}{v}\)。这意味着 \(v = u g\)，如果我们在 \(x\) 处求值，我们得到 \(v(x) = u(x) g(x) = u(x) \cdot 0 = 0\),矛盾 .\(\square\)
根据命题 \(1\),只有当有理函数是支配的时候，我们才能定义其拉回 .并且支配的有理映射之间可以放心的进行复合
设 \(f: X \longrightarrow Y\) 和 \(g: Y \longrightarrow Z\) 是两个仿射代数簇的有理支配映射，则复合映射 \(g \circ f\) 也是支配的。因为如果 \(U \subseteq Z\) 是开集且非空，那么 \(X := g^{-1}(U)\) 非空（因为 \(g\) 是支配映射）且开集（有理映射是 \(\mathrm{Zariski}\) 连续的），然后 \(f^{-1}(X)\) 非空（因为 \(f\) 是支配映射），因此总的来说 \((g \circ f)^{-1}(U)\) 非空，这对任意开集 \(U\) 都成立,即 \(g \circ f\) 是支配的。
定义 3 支配的有理映射
如果 \(\psi:X \dashrightarrow Y\) 满足 \(\overline{\psi (\mathrm{Dom}(X))}=Y\),则称有理函数 \(\psi\) 是支配的.
例 有理映射的支配性
\((1)\) \(\psi:\mathbb{A}^1\dashrightarrow \mathbb{A}^2,t\mapsto (\frac{1}{t},\frac{1}{t^2})\) 不支配，因为 \(\mathrm{Im\psi}\subseteq V(y-x^2)\) .\(\psi:\mathbb{A}^1\dashrightarrow V(y-x^2)(\hookrightarrow \mathbb{A}^2),t\mapsto (\frac{1}{t},\frac{1}{t^2})\) 是支配的.
即需证明 \(0\) 在像集的闭包里，倘若不在，则像集的闭包既开又闭，由于子拓扑上开集仍然稠密，矛盾.
命题 3 拉回和对应
\((1)\) 设 \(\psi:X\dashrightarrow Y\) 是有理映射，则 \(\psi\) 诱导自身的一个拉回 —— \(k\)-代数同态 \(\psi^*:\Gamma[Y]\rightarrow K(X)\) ，且 \(\mathrm{Im}\psi^*=\mathrm{Reg}(\mathrm{Dom}(\psi))\)
\((2)\) 有理映射集合 \(\mathrm{Hom}_{\mathrm{Rat}}(X,Y)\overset{1：1对应}{\longleftrightarrow}\) \(\mathrm{Hom}_{\mathrm{k-alg}}(\Gamma[Y],K(X))\) .
\((3)\) 若 \(\psi^*:\Gamma[Y]\dashrightarrow K(X)\) 是单射，则 \(\psi^*\) 可延拓为 \(\psi^*:K(Y)\rightarrow K(X)\) .
\((4)\) \(\psi:X\dashrightarrow Y\) 支配 \(\Leftrightarrow \psi^*:\Gamma[Y]\rightarrow K(X)\) 是单射 .
\((5)\) 支配有理映射集合 \(\mathrm{Hom}_{\mathrm{DomRat}(X,Y)}\overset{1:1对应}{\longleftrightarrow}\mathrm{Hom}_{\mathrm{k-alg}}(K(Y),K(X))\)
证明：
\((1)\) 自证不难。
\((2)\) "\(\rightarrow\)":\(\psi\rightarrow\psi^*\).
"\(\leftarrow\)":设 \(\eta:\Gamma[Y]\rightarrow K(X)\) 是一个 \(k\)-代数同态。不难注意到：\(\eta\) 由 \(\eta(y_i)(i=1,\cdots,m) \in K(X)\) 唯一决定.令 \(\varphi_\eta:X\dashrightarrow Y,x\mapsto(\eta(y_1)(x),\cdots,\eta(y_m)(x))\),需验证 \(\varphi_\eta(\mathrm{Dom})\subseteq Y\) (把需要验证的几何结果放到代数结构去看) \(\Leftrightarrow \forall g\in I(Y),\forall x\in \mathrm{Dom},g(\varphi_\eta(x))=0\),而 \(g(\varphi_\eta(x))=g(\eta(y_1)(x),\cdots,\eta(y_m)(x))=\eta(g(y_1,\cdots,y_m))(x)=0\).后续自证不难.
\((2)\) 的右边代数映射的两个对象不对称，是一个没什么用处的结果。
\((3)\) 证明附在最后.
\((4)\)
"\(\Rightarrow\)":任取 \(\overline{g}\in \ker(\psi^*)\),则对 \(\forall x\in \mathrm{Dom}(\psi)\) 有 \(g(\psi_1(x),\cdots,\psi_m(x))=0\)，这意味着，\(\mathrm{Im}\psi\subseteq V_Y(g)\).若 \(\psi\) 支配则 \(\overline{g}=0\).
"\(\Leftarrow\)":若 \(\mathrm{Im}\psi\subseteq V_Y(\overline{g})\),则 \(\overline{g}\circ\psi|_{\mathrm{Dom}(\psi)}=0\) 即 \(\psi^*(\overline{g})|_{\mathrm{Dom}(\psi)}=0\), 从而 \(0=\psi^*(\overline{g})\in K(X)\) ,从而 \(\overline{g}=0\) 在 \(\Gamma[Y]\) 中,由于对 \(\forall \overline{g}\in \Gamma[Y]\) 都对，所以 \(\psi\) 支配.
\((5)\) 自证不难。\(\square\)
定义 4 双有理同构
设 \(X, Y\) 为仿射代数簇。称有理映射 \(f: X \rightarrow Y\) 是双有理同构 (或者双有理等价) 的，如果存在一个有理映射 \(g: Y \rightarrow X\) 使得 \(f \circ g=\mathrm{id}_Y\) 和 \(g \circ f=\mathrm{id}_X\) .
称两个仿射代数簇 \(X\) 和 \(Y\) 是双有理同构的是说存在一个双有理同构 \(f: X \longrightarrow Y\) 。
命题 4 双有理同构的判定
对于有理映射 \(f: X \rightarrow Y\) ，以下的断言等价：
\((1)\) \(f\) 为双有理同构。
\((2)\) \(f\) 为支配的且 \(f^*: K(Y) \rightarrow K(X)\) 是一个 \(k\)-代数同构.
\((3)\) 存在开集 \(V_0 \subset V\) 和 \(W_0 \subset W\), 使得 \(f \mid V_0: V_0 \rightarrow W_0\) 是一个同构.
证明：\((1)\Leftrightarrow(2)\) 类似多项式同构的处理办法.\((3)\) 很困难. \(\square\)
设 \(X\) 和 \(Y\) 是仿射代数簇，且 \(\varphi: X \rightarrow Y\) 是一个支配的有理映射。那么 \(\varphi\) 是双有理同构当且仅当 \(\varphi^*: K(Y) \rightarrow K(X)\) 是一个 \(k\)-代数（也是域）的同构。
附 命题 何时整环上的映射能够延拓至分式域？
\(\varphi:R\rightarrow k\) 是从一个整环 \(R\) 到域 \(k\) 的单射，则其可以延拓到分式域上成为域同态 \(\phi:\mathrm{Frac}(R)\rightarrow k\) 且 \(\phi|_R=\varphi\) .
证明：
令 \(\phi: \operatorname{Frac}(R) \rightarrow k\) 定义为 \(\phi([x, y]) = \varphi(x) \varphi(y)^{-1}\)。由 \(y\not ={0}\) 且 \(\varphi\) 是单射 \(\Rightarrow \varphi(y)\not ={0}\)，故我们不需要担心这个定义会将零元素取倒数。现在我们来证明它是良定义的。假设 \([a, b] = [c, d]\)，其中 \(b, d \neq 0\)。那么 \(a d = b c\)，因此 \(\varphi(a d) = \varphi(b c)\)，即 \(\varphi(a) \varphi(b)^{-1} = \varphi(c) \varphi(d)^{-1}\)，或者 \(\phi([a, b]) = \phi([c, d])\)，这证明了 \(\phi\) 是良定义的。令 \(r \in R\) 为任意元素。那么 \(\phi([r, 1]) = \varphi(r) \varphi(1)^{-1} = \varphi(r)\)，这表明 \(\phi\) 限制到 \(R\) 上与 \(\varphi\) 一致。
现在我们来证明 \(\varphi\) 是同态。
\[\begin{aligned} \phi([a, b] + [c, d]) & = \phi([a d + b c, b d]) \\ & = \varphi(a d + b c) \varphi(b d)^{-1} \\ & = \varphi(a) \varphi(b)^{-1} + \varphi(c) \varphi(d)^{-1} \\ & = \phi([a, b]) + \phi([c, d]) \end{aligned} \]\[\begin{aligned} \phi([a, b] \cdot [c, d]) & = \phi([a c, b d]) \\ & = \varphi(a c) \varphi(b d)^{-1} \\ & = \varphi(a) \varphi(b)^{-1} \varphi(c) \varphi(d)^{-1} \\ & = \phi([a, b]) \phi([c, d]) \end{aligned} \]由于 \(R\) 是整环,乘积 \(b d\) 不会是零.\(\square\)
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