Expresando$\operatorname{Pic}^0(X)$ como un cokernel

Question

Permita que$X$ sea una variedad de Kähler. Esta respuesta en MO cita la secuencia exacta$$0 \to H^1(X, \mathbb{Z}) \to H^{0,1}(X) \to \operatorname{Pic}^0(X) \to 0$ $ donde$H^{0,1}(X) = H^1(X, \mathscr{O}_X)$ (creo).

Pregunta: ¿Existe una secuencia exacta análoga cuando$X$ es una variedad proyectiva uniforme sobre un campo arbitrario? Si es así, ¿dónde puedo encontrar una derivación de este resultado?

Answer 1

Te voy a mostrar donde la secuencia es de más de $\mathbb{C}$ y, a continuación, señalar por qué algunas de las formas evidentes de la gente intenta generalizar a otros ajustes no ceder nada de inmediato.

La secuencia expresada anteriormente, proviene de la exponencial de la secuencia de $0\to 2\pi i\mathbb{Z}\to \mathcal{O}_X\stackrel{exp}{\to} \mathcal{O}_X^*\to 0$. Nos tomamos el tiempo de la secuencia exacta asociada a esta

$$H^1(X, \mathbb{Z})\hookrightarrow H^1(X, \mathcal{O}_X)\to H^1(X, \mathcal{O}_X^*)\stackrel{c_1}{\to} H^2(X, \mathbb{Z})\to $$

Ahora $H^1(X,\mathcal{O}_X^*)=Pic(X)$ $c_1$ es la primera clase de Chern que en los casos en que sentido se corresponde con el grado de la línea del paquete. Por lo tanto, teniendo $Pic^0(X)$ a ser la línea de paquetes de la clase de Chern $0$, obtenemos la secuencia que querían $0\to H^1(X, \mathbb{Z})\to H^{0,1}(X)\to Pic^0(X)\to 0$.

Supongamos $X/k$ es suave y proyectiva. Tenemos un montón de problemas en la generalización de la derecha. ¿Qué queremos que los $Pic^0(X)$ a decir? ¿Cómo debemos reemplazar cohomology con $\mathbb{Z}$ coeficientes? Lo que hacemos acerca de la exponencial de la secuencia que ya no existe?

El estándar de revisión para la exponencial de la secuencia es el uso de la Kummer secuencia en etale cohomology. Supongamos $char(k)=p$ y elegir un primer $\ell\neq p$. Tenemos una secuencia exacta $$0\to \mathbb{Z}/\ell^n \to \mathbb{G}_m\stackrel{\ell^n}{\to} \mathbb{G}_m\to 0$$

El largo de la secuencia exacta en etale cohomology nos da el "derecho" de los números de Betti y "integral" de los coeficientes, pero no puede producir algo que se parece a la secuencia que desee. Llegamos al tomar el límite inversa sobre todas las $n$:

$$\to H^1_{et}(X_{\overline{k}}, \mathbb{Z}_\ell(1))\to Pic(X)\to Pic(X)\stackrel{c_1}{\to} H^2_{et}(X_{\overline{k}}, \mathbb{Z}_\ell(1))\to $$

Donde $c_1$ es ahora la primera etale clase de Chern. Podríamos hacer una cosa similar y hacer $Pic^0(X)$ la línea de paquetes con la clase de Chern $0$ para obtener surjective en la final. Como se puede ver no vamos a obtener ningún tipo de descomposición de Hodge, aunque.

Otro intento de corrección sería asumir la Hodge-de Rham espectral de la secuencia degenera y, por tanto, $H_{dR}(X/k)\simeq H^{1,0}\bigoplus H^{0,1}$ a obtener algún tipo de Hodge parte de la secuencia, pero no veo cómo hacerlo en una secuencia sin un mapa exponencial debido a que el estándar de proyección está claro que va a tener el kernel $H^{1,0}$ y no ser inyectiva.

Esto no responde a su pregunta, pero yo pensaba que la escritura podría ayudar a alguien a averiguar.

Answer 2

Yo no creo que se pueda pedir algo como esto, porque el mapa $H^1(X, \mathcal{O}) \to Pic^0(X)$ no es algebraico. Pensar sobre el caso de una curva elíptica. El lado izquierdo es una dimensión compleja espacio vectorial y el lado derecho es una curva elíptica; el mapa es el de Weierstrass $\wp$ mapa, el cual es dado por una trascendental función.

El pensamiento acerca de los puntos de estos grupos también deja muy en claro que no coinciden. Si $X$ es una curva elíptica sobre$\mathbb{Q}$, $H^1(X, \mathcal{O})$ es un unidimensional $\mathbb{Q}$ espacio vectorial, y $Pic^0(X)(\mathbb{Q})$ es un finitely generado abelian grupo (por Mordell-Weil). ¿Cómo se va a asignar el primero al último? Si $k$ tiene características de las $p$ $X$ es de nuevo una curva elíptica, entonces cada elemento de a $H^1(X, \mathcal{O})$ $p$- torsión, sino $Pic^0(X)[p]$ es $\mathbb{Z}/p$ o $(0)$.

La cosa más cercana que se me ocurre es que el espacio de la tangente a $Pic^0(X)$ a la identidad es naturalmente isomorfo a $H^1(X, \mathcal{O})$. Eso es verdad por encima de cualquier campo, para $X$ liso y proyectiva.