Puede ocurrir que $Pic(X) = Pic(Y) = Pic(Z) = 0$ pero $Pic(W) \neq 0$ ¡!
Por ejemplo, dejemos que $f: \mathcal{E} \to Z$ sea una familia no isotrivial de curvas elípticas, donde $Z$ es una curva racional suave. Entonces $Pic(\mathcal{E})$ está generada finitamente, por lo que al eliminar un número finito de secciones (imágenes de) de $f$ obtenemos una superficie $X \to Z$ tal que $Pic(X) = 0$ . Dejar $Y = X$ Afirmo que $Pic(W) \neq 0$ :
Para ver esto, dejemos $\Delta$ sea la diagonal dentro de $W = X \times_Z X$ así que $L :=\mathcal{O}(\Delta) \in Pic(W)$ . La restricción de $L$ a cualquier fibra del mapa $W \to Z$ es distinto de cero ya que la clase de cohomología de la diagonal en $E \times E$ , donde $E$ es cualquier curva elíptica, sigue siendo distinto de cero cuando se restringe a $E' \times E'$ donde $E' \subset E$ es cualquier subconjunto abierto no vacío de Zariski. En particular, $L \neq 0$ Así que $Pic(W) \neq 0$ .
3) también es falso.
Por ejemplo, dejemos que $Y \to Z$ sea una cubierta etale finita tal que $Z$ es una curva racional suave y el género de $\bar{Y}$ la compactación suave de $Y$ es al menos $2$ . Dejemos que $X$ sea también una curva racional y tome cualquier morfismo $X \to Z$ de grado $> 1$ . Entonces $W$ es una curva suave con un mapa a $Y$ de grado $> 1$ . Desde $g(\bar{Y}) > 1$ al menos un componente de $\bar{W}$ tiene el género $> g(\bar{Y})$ o tiene más de un componente, por lo que el cokernel del mapa inducido $Pic(\bar{Y}) \to Pic(\bar{W})$ es incontable. Como el núcleo del mapa $Pic(\bar{W}) \to Pic(W)$ está generado finitamente, se deduce que el mapa $Pic(Y) \to Pic(W)$ no puede ser sobreyectiva.
