Quels schémas sont des diviseurs d'une variété abélienne?

Question

Laisser $X$ être un schéma ireductible projectif lisse sur un champ algébriquement clos $k$. J'essaye de comprendre quand il existe une variété abélienne$A$ tel que $X$ est isomorphe à un diviseur premier sur $A$.

Il y a bien sûr quelques cas simples. Si$X$ est de dimension nulle, c'est-à-dire un point, alors il est isomorphe à l'identité de toute courbe elliptique $E$ plus de $k$, donc c'est un diviseur de $E$. Si$X$ est du genre $1$, alors si nous choisissons un $k$-point, alors $X$est une courbe elliptique. ensuite$X$ est isomorphe à la diagonale $\Delta\subset X\times X$, qui est un diviseur. Puisque$X$ est une courbe elliptique, $X\times X$est également une variété abélienne. Si$X$ est une courbe de genre $2$, puis le Jacobien de $X$ est à 2 dimensions, et donc $X$ est de codimension un et donc l'incorporation $X\rightarrow \text{Jac}(X)$ nous permet d'identifier $X$ avec un diviseur de $\text{Jac}(X)$.

Cependant, ces cas simples ne me donnent pas une idée du cas général. Le jacobien ne fonctionne que pour le genre$2$case etc. La variété Albanse n'aide pas non plus, car la codimension pourrait être trop grande. Existe-t-il des contre-exemples de schéma ireductible projectif lisse sur un champ algébriquement clos qui n'est pas un diviseur d'une variété abélienne?

Answer 1

Toute courbe de genre supérieur à deux, dont le jacobien $J$est simple, fera l'affaire. Si c'était un diviseur sur une surface abélienne$S$, alors il y aurait une surjection $J\to S$ avec noyau de dimension positive, contredisant la simplicité de $J$. La plupart des courbes de genre plus grand que deux ont cette propriété; un exemple choisi au hasard est$y^3 = x^4 - x$.

Answer 2

Les variétés non réglées constituent une classe évidente de contre-exemples. En fait, les variétés abéliennes ne contiennent pas de courbes rationnelles.

Plus généralement, et pour la même raison, si $X$ est une variété algébrique contenant une courbe rationnelle (éventuellement singulière), alors $X$ n'est pas une sous-variété d'une variété abélienne, en particulier ce n'est pas là un diviseur.

Answer 3

Voici une autre réponse utilisant l'albanais qui est d'une saveur légèrement différente. Laisser$X$ être $n$-dimensionnelle et supposons que $h^0(X,\Omega^1_X)<n$. Puis n'importe quelle carte$X\rightarrow A$ où $A$ est une variété abélienne des facteurs à travers l'Albanais, qui est de dimension inférieure à $n$, alors $X$ne peut être un diviseur sur aucune variété abélienne. Ainsi, à titre d'exemple, vous pouvez prendre n'importe quelle variété simplement connectée. Bien sûr,$\mathbb{P}^1$ fait l'affaire.

Answer 4

Je veux juste souligner que "adjonction + traduction" nous en dit long:

Laisser $A$ être une variété abélienne, disons de dimension $n>1$ et laissez $D \subset A$être un diviseur (disons lisse). Puisque$\omega_A = \mathcal{O}_A$, la formule d'adjonction $$ \omega_D = \omega_A(D)|_D = \mathcal{O}(D)|_D, $$ le paquet normal de $D$. En différenciant l'action de traduction de$A$, nous pouvons obtenir des sections globales non-0 $0 \neq \sigma \in H^0(D,\omega_D)$, auquel cas les pouvoirs $\sigma^d$ montrer $H^0(D, \omega_D^d) \neq 0$ pour tous $d>0$. Cela montre que$D$ a une dimension Kodaira non négative: $\kappa(D) \geq 0$.

Remarque : on sait que$D$ imperturbable $\implies$ $H^0(D, \omega_D^d)=0$ pour tous $d > 0$ (et l'inverse est une conjecture), donc ce qui précède est plus ou moins une élaboration de l'observation de Polizzi selon laquelle $D$ ne peut pas être résolu.