¿Qué esquemas son divisores de una variedad abeliana?

Aug 20 2020

Dejar $X$ Ser un esquema suave, proyectivo, irreducible sobre un campo algebraicamente cerrado. $k$. Estoy tratando de entender cuando existe una variedad abeliana.$A$ tal que $X$ es isomorfo a un divisor primo en $A$.

Hay algunos casos sencillos, por supuesto. Si$X$ es de dimensión cero, es decir, un punto, entonces es isomorfo a la identidad de cualquier curva elíptica $E$ encima $k$, por tanto es un divisor de $E$. Si$X$ es de género $1$, entonces si elegimos un $k$-punto, entonces $X$es una curva elíptica. Luego$X$ es isomorfo a la diagonal $\Delta\subset X\times X$, que es un divisor. Ya que$X$ es una curva elíptica, $X\times X$también es una variedad abeliana. Si$X$ es una curva de género $2$, luego el jacobiano de $X$ es bidimensional, por lo que $X$ es de codimensión uno y por lo tanto la incrustación $X\rightarrow \text{Jac}(X)$ nos permite identificar $X$ con un divisor de $\text{Jac}(X)$.

Sin embargo, estos casos sencillos no me dan una idea del caso general. El jacobiano solo funciona para el género$2$caso, etc. La variedad Albanse tampoco ayuda, ya que la codimensión puede ser demasiado grande. ¿Existe algún contraejemplo de un esquema proyectivo y direducible suave sobre un campo algebraicamente cerrado que no sea divisor de una variedad abeliana?

Respuestas

11 AriShnidman Aug 20 2020 at 01:37

Cualquier curva de género mayor de dos, cuyo jacobiano $J$es simple, servirá. Si fuera un divisor en una superficie abeliana$S$, entonces habría una sobreyección $J\to S$ con kernel dimensional positivo, contradiciendo la simplicidad de $J$. La mayoría de las curvas de géneros mayores de dos tienen esta propiedad; un ejemplo elegido al azar es$y^3 = x^4 - x$.

9 FrancescoPolizzi Aug 20 2020 at 01:54

Una clase obvia de contraejemplos son las variedades unidas. De hecho, las variedades abelianas no contienen curvas racionales.

De manera más general, y por la misma razón, si $X$ es cualquier variedad algebraica que contiene una curva racional (posiblemente singular), entonces $X$ no es una subvariedad de una variedad abeliana, en particular, no es un divisor allí.

8 SamirCanning Aug 20 2020 at 01:50

Aquí hay otra respuesta usando el albaneso que tiene un sabor ligeramente diferente. Dejar$X$ ser $n$-dimensional y supongamos que $h^0(X,\Omega^1_X)<n$. Entonces cualquier mapa$X\rightarrow A$ dónde $A$ es una variedad abeliana factores a través de la albanesa, que es de dimensión inferior a $n$, entonces $X$no puede ser divisor en ninguna variedad abeliana. Entonces, como ejemplo, podría tomar cualquier variedad simplemente conectada. Por supuesto,$\mathbb{P}^1$ Hace el truco.

1 cgodfrey Aug 26 2020 at 23:34

Solo quiero señalar que "adjunción + traducción" nos dice bastante:

Dejar $A$ ser una variedad abeliana, digamos de dimensión $n>1$ y deja $D \subset A$ser un divisor (digamos suave). Ya que$\omega_A = \mathcal{O}_A$, la fórmula adjunta $$ \omega_D = \omega_A(D)|_D = \mathcal{O}(D)|_D, $$ el paquete normal de $D$. Al diferenciar la acción de traducción de$A$, podemos obtener secciones globales distintas de 0 $0 \neq \sigma \in H^0(D,\omega_D)$, en cuyo caso los poderes $\sigma^d$ show $H^0(D, \omega_D^d) \neq 0$ para todos $d>0$. Esto muestra que$D$ tiene una dimensión Kodaira no negativa: $\kappa(D) \geq 0$.

Observación : se sabe que$D$ uniruled $\implies$ $H^0(D, \omega_D^d)=0$ para todos $d > 0$ (y lo contrario es una conjetura), por lo que lo anterior es más o menos una elaboración de la observación de Polizzi de que $D$ no se puede uniruled.