关于简单正常相交除子与爆破的三类问题求解及计算疑问

嗨，我来一步步帮你解决这些问题，同时理清你的困惑～

首先先补全爆破的局部行为细节，这是理解后续计算的关键：
$\text{Bl}_0(\mathbb{A}^2)$的两个标准图：

1. 图$U_1$：坐标为$(x_0, u)$，其中$u = x_1/x_0$（对应$x_0 \neq 0$的情况），爆破映射$\pi(x_0, u) = (x_0, x_0u)$；
2. 图$U_2$：坐标为$(v, x_1)$，其中$v = x_0/x_1$（对应$x_1 \neq 0$的情况），爆破映射$\pi(v, x_1) = (vx_1, x_1)$；
3. 例外除子$E$是$\pi^{-1}(0)$，在$U_1$中是$\mathbb{V}(x_0)$，在$U_2$中是$\mathbb{V}(x_1)$。

问题1：证明$\pi^{-1}(Z)$是简单正常相交除子 #

你的计算完全正确！我们再对照定义逐条验证：

1. 每条曲线非奇异：$V_1=\mathbb{V}(x_0)$、$V_2=\mathbb{V}(x_1)$、$V_3=\mathbb{V}(x_0+x_1)$的拉回在爆破后的局部都是直线（比如$V_1$在$U_2$中是$\mathbb{V}(v)$），显然非奇异；
2. 无三条曲线共点：三条曲线的两两交点分别是例外除子上的三个不同点，没有公共交点；
3. 两两交点处切线不同：任意两条曲线的交点处，切线都是不同的直线（比如$V_1$和$V_3$的切线分别是$v=0$和$v=-1$），完全符合定义。

所以$\pi^{-1}(Z)$确实是简单正常相交除子，你的推导没问题～

问题2：证明$\pi^{-1}(Z)$不是简单正常相交除子 #

你这里的关键疏漏是：$\pi^{-1}(Z)$不仅包含$Z$的严格变换，还包含例外除子$E$！

重新计算拉回：

• 在$U_1$中，代入$x_1=ux_0$到$Z$的方程得$x_0^2=(ux_0)3$，整理为$x_0^2(1-u3x_0)=0$，所以$\pi^{-1}(Z)$是$\mathbb{V}(x_0) \cup \mathbb{V}(1-u^3x_0)$，也就是例外除子$E$加上$Z$的严格变换$\tilde{Z}$；
• 在$U_2$中，代入$x_0=vx_1$得$(vx_1)^2=x_13$，整理为$x_1^2(v2-x_1)=0$，同样是例外除子$E$加上严格变换$\tilde{Z}$。

现在看两者的交点：在$U_2$中，$\tilde{Z}$的方程是$v^2=x_1$，它和$E$（$\mathbb{V}(x_1)$）交于点$(v=0,x_1=0)$。此时：

• $E$的切线是$x_1=0$；
• $\tilde{Z}$在该点的切线也是$x_1=0$（抛物线$v^2=x_1$的顶点切线）。

这就违反了简单正常相交除子的第三条性质：两条相交曲线的切线必须不同。因此$\pi^{-1}(Z)$不是简单正常相交除子。

问题3：重复爆破直到原像成为简单正常相交除子 #

这是典型的奇点解消过程，需要两次爆破：

1. 第一次爆破原点：得到严格变换$\tilde{Z}$和例外除子$E_1$，两者交于点$P_1$，且切线重合；
2. 第二次爆破点$P_1$：得到新的例外除子$E_2$，此时$\pi^{-1}(Z)$分解为$E_1$、$E_2$和新的严格变换$\tilde{Z}_2$——三条曲线都是非奇异的，两两相交于不同的点，且每个交点处切线都不重合，完全满足简单正常相交除子的定义。

简单来说，每次爆破前一次产生的“切线重合”的交点，两次爆破后就能得到符合要求的除子。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user2456