通常2重点

要点：$\varphi$ は $\mathfrak{m}^j$ を $\mathfrak{m}^j$ に写し、$\mathfrak{m}^j/\mathfrak{m}^{j+1}$ の上では可逆な線形変換を引き起こす。

要点：次数 $2$ 以上の単項式を、それが含む最初の 2 つの変数の積で割る。

2 ⇒ 1 と Morse の補題。$f_2$ は非退化なので、1 次の変数変換（lem-odp-coordinates の特別な場合）で $f_2=x_0^2+\cdots+x_n^2$ としてよい（定義の直後の注意）。$m=0,1,\dots,n+1$ について次の主張 $(P_m)$ を示す。
$(P_m)$：$\mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2$ の基底を像にもつ $y_0,\dots,y_n\in\mathfrak{m}$ と、冪級数 $h_{ij}=h_{ji}$（$i,j\ge m$）で $h_{ij}(0)=\delta_{ij}$ となるものがあって
$$ f=y_0^2+\cdots+y_{m-1}^2+\sum_{i,j\ge m}h_{ij}\,y_iy_j . $$
$(P_0)$ は $y_i=x_i$ として lem-odp-hadamard である。$(P_m)$ を仮定する（$m\le n$）。$u:=h_{mm}$ は $u(0)=1$ なので単元であり（形式的冪級数環の命題「定数項による単元判定」の多変数版、同じ証明）、2 項級数 $s:=\sum_{r\ge0}\binom{1/2}{r}(u-1)^r$ は $s^2=u$ をみたす（$\binom{1/2}{r}$ の分母は $2$ の冪なので標数 $\neq2$ で意味をもつ）。平方完成
$$ \sum_{i,j\ge m}h_{ij}y_iy_j=u\Bigl(y_m+\sum_{j>m}\frac{h_{mj}}{u}y_j\Bigr)^2+\sum_{i,j>m}\Bigl(h_{ij}-\frac{h_{mi}h_{mj}}{u}\Bigr)y_iy_j $$
（右辺を展開すると左辺の各項が現れる）により、$y_m':=s\,(y_m+\sum_{j>m}(h_{mj}/u)y_j)$、$h'_{ij}:=h_{ij}-h_{mi}h_{mj}/u$ とおけば $(P_{m+1})$ の形になる。$h_{mj}(0)=0$（$j\neq m$）と $s(0)=1$ から $y'_m\equiv y_m\pmod{\mathfrak{m}^2}$ であり、$h'_{ij}(0)=\delta_{ij}$ である。$(P_{n+1})$ は $f=y_0^2+\cdots+y_n^2$ を述べ、lem-odp-coordinates により $\varphi\colon x_i\mapsto y_i$ は自己同型で $\varphi(x_0^2+\cdots+x_n^2)=f$ である。$\varphi$ はイデアル $(x_0^2+\cdots+x_n^2)$ を $(f)$ に写すので、1 が従う。
1 ⇒ 2。局所環 $(B,\mathfrak{m}_B)$ に対し、積が定める全射 $\mu_B\colon\operatorname{Sym}^2(\mathfrak{m}_B/\mathfrak{m}_B^2)\to\mathfrak{m}_B^2/\mathfrak{m}_B^3$ を考える。$B$ の同型は $\mathfrak{m}_B/\mathfrak{m}_B^2$ と $\mathfrak{m}_B^2/\mathfrak{m}_B^3$ の線形同型を引き起こし、$\mu_B$ の核を核に写す。$f\in\mathfrak{m}^2$ なので $\mathfrak{m}_B/\mathfrak{m}_B^2=\mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2$ であり、$\operatorname{Sym}^2$ は 2 次斉次式の空間 $\mathfrak{m}^2/\mathfrak{m}^3$ と同一視される。$\mathfrak{m}_B^2/\mathfrak{m}_B^3=\mathfrak{m}^2/(\mathfrak{m}^3+(f))$ で、$gf\equiv g(0)f_2\pmod{\mathfrak{m}^3}$ だから
$$ \operatorname{Ker}\mu_B=k\cdot f_2 $$
である。$B'=k[\![x]\!]/(\sum x_i^2)$ では核は $k\cdot\sum x_i^2\neq0$ である。同型 $B'\cong B$ が引き起こす線形同型で $x_i$ の像を 1 次形式 $\ell_i$ とすると、$\ell_0,\dots,\ell_n$ は基底で、$\sum\ell_i^2$ は核 $k\cdot f_2$ に入り $0$ でない。よって $f_2=c\sum_i\ell_i^2$（$c\neq0$）であり、$\ell_i$ の係数行列を $P$（正則）とすれば $f_2$ の行列は $cP^{\top}P$ で正則である。$\square$

対称性から図 $U_0$（$x_i=x_0t_i$、$i\ge1$）で調べれば足りる。$f=\sum_{d\ge2}f_d$ で $f_d(x_0,x_0t)=x_0^df_d(1,t)$ なので
$$ f\circ\pi=x_0^2\,g,\qquad g:=f_2(1,t)+x_0\,r(x_0,t) $$
（$r$ は多項式）と書ける。$\pi^{-1}(X)\cap U_0=V(x_0)\cup V(g)$ で、$V(g)\cap V(x_0)=V(x_0,f_2(1,t))$ は次元 $n-1$ なので（$f_2\neq0$ より $f_2(1,t)$ は $0$ でない）、超曲面 $V(g)$ のどの既約成分も $F$ に含まれない。さらに $g$ は $x_0$ で割り切れない（$x_0=0$ とおくと $f_2(1,t)\neq0$ が残る）ので、一意分解整域 $k[x_0,t]$ で $g$ の既約因子はどれも $x_0$ の単元倍でなく、$(g)$ の随伴素イデアル（既約因子が生成する単項イデアル）は $x_0$ を含まない。すなわち $x_0$ は $k[x_0,t]/(g)$ の非零因子であり、$V(g)$ は開集合 $V(g)\cap D(x_0)=\pi^{-1}(X\setminus\{0\})\cap U_0$ のスキーム論的な閉包になる。よってスキームとしても $\tilde X\cap U_0=V(g)$ であり、$\tilde X\cap F\cap U_0=V(x_0,f_2(1,t))=Q\cap D_+(x_0)$ である。
$Q$ が滑らか：$f_2$ の対称行列を $A$ とすると $\partial f_2/\partial x_i=2(Av)_i$ で、$\det A\neq0$ なので勾配は $v\neq0$ で消えない（射影超曲面の Jacobi 判定）。
$\tilde X$ が $Q$ の点 $p$ で正則：$p$ は $x_0=0$、$t=t(p)$ にあり、$v=(1,t(p))$ とおくと $\partial g/\partial t_i(p)=\partial f_2/\partial x_i(v)$（$i\ge1$）である。これらがすべて $0$ なら、Euler の等式 $2f_2(v)=\sum_iv_i\,\partial f_2/\partial x_i(v)$ と $f_2(v)=0$ から $\partial f_2/\partial x_0(v)=0$ となり、勾配が $0$ になって矛盾する。よって $\nabla g(p)\neq0$ で、超曲面 $V(g)$ は $p$ で正則である（特異点の命題「閉点での Jacobi 判定」）。$Q=\tilde X\cap\{x_0=0\}$ は局所的に 1 つの方程式 $x_0$ で定まり、$x_0$ は $\tilde X$ のどの成分上でも恒等的に $0$ でないので、$Q$ は有効 Cartier 因子である。
$n=2$ の自己交点数：$Q$ の局所方程式は $F$ の局所方程式 $x_0$ の制限なので $\mathcal{O}_{\tilde X}(Q)=\mathcal{O}_{\operatorname{Bl}}(F)|_{\tilde X}$ であり、$\mathcal{O}_{\operatorname{Bl}}(F)|_F\cong\mathcal{O}_{\mathbb{P}^n}(-1)$（ブローアップの定理「滑らかな中心のブローアップ」）だから $\mathcal{O}_{\tilde X}(Q)|_Q\cong\mathcal{O}_{\mathbb{P}^2}(-1)|_Q$ である。滑らかな 2 次曲線は座標変換で $xz=y^2$ になり、$[s:t]\mapsto[s^2:st:t^2]$ で $\mathbb{P}^1$ に同型で（代数曲線の定理「2 次曲線 $xz=y^2$ は射影直線と同型」）、1 次式の引き戻しは $s,t$ の 2 次式なので $\mathcal{O}_{\mathbb{P}^2}(1)|_Q\cong\mathcal{O}_{\mathbb{P}^1}(2)$ である。よって次数は $-2$ である。$n=1$ では $Q=V_+(f_2)\subset\mathbb{P}^1$ は非退化な 2 次式の零点で、判別式が $0$ でないので相異なる 2 点である。
最後の主張：$\tilde X$ は $\operatorname{Bl}_0\mathbb{A}^{n+1}$ の閉部分スキームなので $\pi|_{\tilde X}$ は射影的であり、原点の外では $\pi$ が同型である。原点の外で $X$ が正則なら $\tilde X$ は $Q$ の外でも正則で、1・2 と合わせて $\tilde X$ は正則である。$\square$