¿Es decidible la unirracionalidad?
Cuando la respuesta al problema de Lüroth es afirmativa, el género (para curvas) o el criterio de Castelnuovo (para superficies separablemente uniracionales) dan invariantes computables que deciden si una variedad dada es uniracional.
Estoy interesado en los casos más simples donde se conocen ejemplos no racionales: a saber, superficies sobre$\overline{\mathbb{F}_p}$y 3 pliegues sobre$\mathbb{C}$.
¿Se sabe si existe un algoritmo para determinar si una determinada variedad del tipo anterior es uniracional?
Una esperanza ingenua sería producir un límite en el grado de un mapa racional$\mathbb{P}^n \to X$sin embargo, esto es claramente imposible ya que los mapas racionales$\mathbb{P}^n \to \mathbb{P}^n$tienen grado ilimitado.
Lo siguiente mejor sería poner un límite superior computable en el grado mínimo de dicho mapa racional. ¿Se conocen tales límites para los dos casos que describí anteriormente? ¿Son tales límites suficientes, en principio, para proporcionar un algoritmo?
Respuestas
Este es un problema ampliamente estudiado, y creo que con la tecnología actual parece poco probable que se resuelva. Permítanme ceñirme a la característica$0$por simplicidad; la historia se vuelve mucho más rica en características positivas (incluso si agrega el adjetivo 'separablemente' en todas partes).
Las variedades uniracionales están racionalmente conectadas, lo que a su vez implica$H^0(X,(\Omega_X^1)^{\otimes m}) = 0$para todos$m > 0$. Mumford conjeturó que esta desaparición implica inversamente que$X$está racionalmente conectado, pero creo que se sabe poco sobre esta conjetura. Al menos si le crees a Mumford (y tal vez con un límite en el que$m$tienes que probar, de manera análoga al criterio de Castelnuovo), entonces la conexión racional debería ser algo decidible.
Sin embargo, un problema abierto bien conocido es si cada variedad racionalmente conectada es uniracional (creo que la gente espera que esto sea falso, ciertamente lo hago). La razón por la que no podemos responder esto es porque no tenemos obstrucciones que puedan distinguir entre los dos. Por lo tanto, creo que es muy poco probable que podamos dar una caracterización que decida si una variedad es irracional.
No estoy seguro de cuál es el estatus de la irracionalidad en las familias, pero la racionalidad (estable) no es una deformación invariante de las variedades proyectivas suaves de Hassett-Pirutka-Tschinkel . Así que las invariantes discretas [es decir, localmente constantes en las familias] como la desaparición de la cohomología no son suficientes para detectar la racionalidad (estable), y muy probablemente lo mismo sea cierto para la no racionalidad.
En cuanto a las superficies sobre$\bar{\mathbf F}_p$, algunas superficies K3 son uniracionales, pero la mayoría no lo son, por lo que una vez más no es un invariante de deformación. Shioda conjeturó que si$X$es una superficie sobre un campo algebraicamente cerrado$k$de característica$p > 0$con$\pi_1^{\operatorname{\acute et}}(X) = 0$, entonces$X$es uniracional si y solo si$H^2_{\operatorname{cris}}(X/K)$es supersingular, es decir, todas las vertientes de Frobenius son$1$. (Esta es claramente una condición necesaria, ya que$H^2_{\operatorname{cris}}(X/K) \hookrightarrow H^2_{\operatorname{cris}}(Y/K)$es inyectiva y conserva las acciones de Frobenius si$Y \twoheadrightarrow X$es un mapa dominante de variedades proyectivas suaves; véase, por ejemplo, Prop. 1.2.4 en el artículo de Kleiman Algebraic Cycles y Weil conjecutres en Dix Exposés .)
Pero esto no dice nada sobre lo que sucede si$\pi_1^{\operatorname{\acute et}}(X) \neq 0$, aunque tiene que ser finito y su orden indivisible por$p$(ver, por ejemplo , esta nota de Chambert-Loir ). Entonces, se supone que primero debes calcular la cobertura universal y luego calcular las pendientes. No estoy seguro de si hay una forma más directa de hacerlo. Asumiendo la conjetura de Shioda esto da un criterio.