โครงร่างใดเป็นตัวหารของความหลากหลายของ Abelian

Question

ปล่อย $X$ เป็นรูปแบบที่ไม่สามารถคาดเดาได้แบบฉายภาพได้บนสนามปิดเชิงพีชคณิต $k$. ฉันกำลังพยายามทำความเข้าใจว่าเมื่อใดที่มีพันธุ์อาเบเลียนอยู่$A$ ดังนั้น $X$ isomorphic เป็นตัวหารเฉพาะบน $A$.

แน่นอนว่ามีบางกรณีง่ายๆ ถ้า$X$ เป็นศูนย์มิติคือจุดจากนั้นจึงเป็นไอโซมอร์ฟิกสำหรับเอกลักษณ์ของเส้นโค้งวงรีใด ๆ $E$ เกิน $k$ดังนั้นมันจึงเป็นตัวหารของ $E$. ถ้า$X$ เป็นสกุล $1$แล้วถ้าเราเลือก $k$- ชี้แล้ว $X$คือเส้นโค้งรูปไข่ แล้ว$X$ คือ isomorphic กับเส้นทแยงมุม $\Delta\subset X\times X$ซึ่งเป็นตัวหาร ตั้งแต่$X$ คือเส้นโค้งรูปไข่ $X\times X$ยังเป็นพันธุ์อาเบเลียน ถ้า$X$ เป็นเส้นโค้งของสกุล $2$แล้วจาโคเบียนแห่ง $X$ เป็น 2 มิติดังนั้น $X$ เป็น codimension หนึ่งและการฝัง $X\rightarrow \text{Jac}(X)$ ให้เราระบุ $X$ โดยมีตัวหารเป็น $\text{Jac}(X)$.

อย่างไรก็ตามกรณีง่ายๆเหล่านี้ไม่ได้ให้แนวคิดสำหรับกรณีทั่วไปแก่ฉัน จาโคเบียนทำงานเฉพาะในสกุล$2$case เป็นต้น Albanse Variety ก็ไม่ช่วยเช่นกันเนื่องจาก codimension อาจจะใหญ่ มีตัวอย่างที่โต้แย้งของโครงร่าง ireducible ที่ราบรื่นและเป็นโปรเจ็กต์บนสนามปิดเชิงพีชคณิตซึ่งไม่ใช่ตัวหารของพันธุ์อะเบลเลียนหรือไม่?

Answer 1

เส้นโค้งของสกุลใด ๆ ที่มากกว่าสองซึ่งจาโคเบียน $J$เป็นเรื่องง่ายจะทำ ถ้ามันเป็นตัวหารบนพื้นผิวอะเบเลียน$S$จากนั้นจะมีการคาดเดา $J\to S$ ด้วยเคอร์เนลมิติที่เป็นบวกซึ่งขัดแย้งกับความเรียบง่ายของ $J$. เส้นโค้งส่วนใหญ่ของสกุลที่ใหญ่กว่าสองมีคุณสมบัตินี้ ตัวอย่างที่สุ่มเลือกคือ$y^3 = x^4 - x$.

Answer 2

ตัวอย่างที่เห็นได้ชัดคือพันธุ์ที่ไม่มีการควบคุม ในความเป็นจริงพันธุ์ abelian ไม่มีเส้นโค้งที่มีเหตุผล

โดยทั่วไปและด้วยเหตุผลเดียวกันถ้า $X$ คือความหลากหลายทางพีชคณิตที่มีเส้นโค้งเหตุผล (อาจเป็นเอกพจน์) $X$ ไม่ใช่ความหลากหลายของพันธุ์อาเบเลียนโดยเฉพาะอย่างยิ่งมันไม่ใช่ตัวหารที่นั่น

Answer 3

นี่เป็นอีกหนึ่งคำตอบที่ใช้ Albanese ซึ่งมีรสชาติที่แตกต่างกันเล็กน้อย ปล่อย$X$ เป็น $n$- มิติและสมมติว่า $h^0(X,\Omega^1_X)<n$. จากนั้นแผนที่ใด ๆ$X\rightarrow A$ ที่ไหน $A$ เป็นปัจจัยความหลากหลายของอาเบเลียนผ่านแอลเบเนียซึ่งมีขนาดน้อยกว่า $n$ดังนั้น $X$ไม่สามารถเป็นตัวหารสำหรับความหลากหลายของ Abelian ตัวอย่างเช่นคุณสามารถใช้ความหลากหลายที่เชื่อมต่อกัน แน่นอน,$\mathbb{P}^1$ เคล็ดลับไม่

Answer 4

ฉันแค่อยากจะชี้ให้เห็นว่า "คำเสริม + การแปล" บอกเราได้ไม่น้อย:

ปล่อย $A$ เป็นพันธุ์อะเบลเลียนพูดถึงมิติ $n>1$ และปล่อยให้ $D \subset A$เป็นตัวหาร (สมมติว่าราบรื่น) ตั้งแต่$\omega_A = \mathcal{O}_A$สูตรการเสริม $$ \omega_D = \omega_A(D)|_D = \mathcal{O}(D)|_D, $$ กลุ่มปกติของ $D$. โดยการแยกการดำเนินการแปลของ$A$เราสามารถขอรับส่วนส่วนกลางที่ไม่ใช่ 0 ได้ $0 \neq \sigma \in H^0(D,\omega_D)$ซึ่งในกรณีนี้อำนาจ $\sigma^d$ แสดง $H^0(D, \omega_D^d) \neq 0$ เพื่อทุกสิ่ง $d>0$. นี่แสดงให้เห็นว่า$D$ มีมิติ Kodaira ที่ไม่เป็นลบ: $\kappa(D) \geq 0$.

หมายเหตุ : เป็นที่ทราบกันดีว่า$D$ uniruled $\implies$ $H^0(D, \omega_D^d)=0$ เพื่อทุกสิ่ง $d > 0$ (และการสนทนาเป็นการคาดเดา) ดังนั้นข้างต้นจึงเป็นข้อสังเกตของ Polizzi อย่างละเอียดมากขึ้นหรือน้อยลงว่า $D$ ไม่สามารถ uniruled ได้