Es $\mathbb{C}^2$ homeomorfo a $\mathbb{C}^2 - (0,0)$ con la topología de Zariski?

Question

Me lo ha preguntado un compañero de carrera, he estado jugando un rato pero no se me ha ocurrido nada. Tenga en cuenta que $\mathbb{C}$ es homeomorfo a $\mathbb{C} - \{0\}$ en la topología de Zariski: basta con tomar cualquier biyección y los conjuntos cerrados (conjuntos finitos) también se biyectarán. Sin embargo, inventar algo similar para el plano es más difícil.

Creo que puedo demostrar que el plano racional y el plano racional menos el origen son homeomorfos enumerando las curvas irreducibles y utilizando un argumento de ida y vuelta, pero no lo he escrito todo formalmente para ver si se me escapa algo todavía.

Sé que la pregunta no es natural desde el punto de vista de la geometría algebraica, porque uno de los objetos ni siquiera es una variedad. Creo que sigue siendo interesante sólo para ver lo extraña que es realmente la topología zariski.

Answer 1

Esta cuestión fue analizada por Roger Wiegand en el contexto de las superficies algebraicas sobre campos $k$ que son cierres algebraicos de campos finitos.

[1] R. Wiegand, Homeomorfismos de superficies afines sobre un campo finito, J. London Math. Soc. (2) 18 (1978), nº 1, 28-32.

y en el documento de seguimiento:

[2] R. Wiegand, W. Krauter, Superficies proyectivas sobre un campo finito. Proc. Amer. Math. Soc. 83 (1981), no. 2, 233-237.

En [1] demuestra que el plano afín $A^2_k$ (sobre $k$ ) es Zariski-homeomorfo a cualquier subconjunto abierto no vacío de $A^2_k$ (Corolario 7). En particular, $A^2_k$ es homeomorfo a $A^2_k -\{(0,0)\}$ . En particular, el argumento de Greg (tal como está escrito) no puede ser completo (ya que la característica cero no se utiliza en ninguna parte de su esquema).

Después de demostrar el corolario, Wiegand se pregunta si lo mismo vale para $k={\mathbb R}$ y ${\mathbb C}$ .

En [2] se demuestra (entre otras cosas) que todo subconjunto abierto no vacío de $P^2_k$ es homeomorfo a $P^2_k - \{point\}$ o al plano afín $A^2_k$ .

Answer 2

$\newcommand\C{\mathbb{C}}$ En la topología de Zariski sobre cualquier variedad cuasiproyectiva sobre $\C$ Las curvas son una clase distinguida. Son elementos mínimos del conjunto de subconjuntos cerrados infinitos. (De hecho, mediante este tipo de construcción, se pueden definir subvariedades cerradas en general, y reconocer la dimensión de una subvariedad cerrada). Entonces se pueden observar las fibraciones de una variedad cuasiproyectiva por curvas, en particular las fibraciones de $C^2$ o $\C^2 \setminus \{0\}$ por curvas. En $\C^2$ Hay muchos pares de fibrados con la propiedad de que cada par de fibras se encuentra exactamente en un punto. Por ejemplo, se pueden tomar las fibraciones por dos familias cualesquiera de líneas paralelas. La cuestión es delicada porque hay muchos automorfismos algebraicos de $\C^2$ y, por tanto, muchos autohomogeneismos de Zariski. (De hecho, la conjetura jacobiana se refiere a los automorfismos algebraicos de $\C^2$ .)

No creo que esto sea posible en $\C^2 \setminus \{0\}$ . Voy a hacer un poco de mano, pero creo que funciona. En primer lugar creo que una fibración por curvas tiene que ser una familia algebraica, sólo que con su parametrización borrada. Supongamos que tenemos dos fibraciones $F$ y $G$ de $\C^2 \setminus \{0\}$ tal que cada par de fibras se encuentra en un punto. Entonces en cada lado, 0 está en el cierre de cada fibra. Es eso o está en el cierre de un número finito de fibras. Si estuviera en el cierre de un número finito de fibras, tendríamos dos familias de curvas $F'$ y $G'$ en $\C^2$ tal que las intersecciones saltan en lugares aislados de 1 a 2, lo que no es posible. (La cardinalidad de la intersección es semicontinua inferior cuando es finita.) Por otro lado, si cada fibra de $F$ se acerca a 0, entonces creo que $F$ es una familia proyectiva de curvas afines, supongo que una esfera de Riemann de curvas. Entonces una fibra en $G$ que no es proyectiva, tendría una biyección algebraica con el espacio paramétrico proyectivo de $F$ , lo que tampoco es posible.