¿Es una biyección algebraica de una variedad proyectiva a sí misma necesariamente un isomorfismo?

Question

Dejemos que $X$ sea una variedad proyectiva. Supongamos que existe un mapa algebraico $f: X \rightarrow X$ que es una biyección. Estoy pensando en $X$ como una variedad, no un esquema, así que por una biyección me refiero a una biyección sobre puntos cerrados. Lo más probable es que esté trabajando sobre los números complejos, así que si quieres me refiero a una biyección sobre puntos complejos. ¿Puedes concluir que $f$ tiene una inversa algebraica?

Creo que esto no es inmediatamente obvio, ya que no es cierto que cualquier biyección algebraica entre dos variedades proyectivas sea un isomorfismo. Por ejemplo, hay una biyección algebraica desde ${\Bbb P}^1$ a una cúspide cúbica en ${\Bbb P}^2$ dado por $[x,y] \rightarrow [x^3, x^2y, y^3]$ . Así que si esto es cierto hay que utilizar el hecho de que el mapa es de $X$ a sí mismo.

Me interesan los casos en los que $X$ es a la vez singular y reducible (aunque es de dimensión pura, si eso ayuda), por lo que una respuesta completa cubriría cualquier caso de este tipo. Alternativamente, si no es cierto que tal mapa tiene una inversa algebraica, me gustaría un contraejemplo explícito.

Answer 1

En efecto, afirmo que funciona sobre cualquier campo, pero con el supuesto adicional de que el morfismo f sea separable (esto es necesario para que el morfismo inducido entre las normalizaciones sea un isomorfismo, y no simplemente un morfismo finito). Además, el morfismo de Frobenius es realmente propio.

Sin embargo, el énfasis principal del argumento anterior era que no requería ninguna forma de irreducibilidad en los esquemas, lo que me pareció importante. d

Answer 2

Una referencia para una prueba de que un endomorfismo biyectivo de una variedad algebraica sobre un campo de característica cero es un automorfismo (que es una versión corregida de la afirmación de Mariano en el comentario): véase, por ejemplo, S. Kaliman, Proc. Amer. Math. Soc. 133 (2005), 975-977, Lemma 1.

Answer 3

Acabo de hacer esta pregunta a Damiano Testa y me ha propuesto la siguiente respuesta que escribo aquí. Básicamente se desprende de una cuidadosa aplicación de la versión de Grothendieck del teorema principal de Zariski en EGA III (concretamente el teorema $4.4.1$ ), que "pego" aquí por comodidad

$\textbf{Theorem:}$ Dejemos que $Y$ es un preesquema localmente noetheriano y $f:X\rightarrow Y$ es un morfismo propio. Sea $X'$ sea el conjunto de puntos $x\in X$ que están aislados en su fibra $f^{-1}(f(x))$ . Entonces $X'$ es un subconjunto abierto de $X$ y si $f=g\circ f':X\rightarrow Y'\rightarrow Y$ es la factorización de Stein de $f$ La restricción de $f'$ a $X'$ es un isomorfismo de $X'$ en un sub-esquema inducido en una $U$ de $Y'$ , es decir, se tiene $X'=f'^{-1}(U)$ .

En tu ejemplo de la cúspide, la fibra en el punto singular está conectada pero no está reducida y por tanto no está aislada. Entonces quieres demostrar que para un auto-mapa esto no ocurre. Sea $\tilde{X}$ sea la normalización de $X$ . Entonces el lugar de ramificación del morfismo $\tilde{X}\rightarrow X$ inducido por $f^n$ es isomorfo al lugar de ramificación del morfismo inducido por el mapa de normalización $\tilde{X}\rightarrow X$ ya que el diagrama con $\tilde{X}\rightarrow\tilde{X}$ en la parte superior y $f^n$ en la parte inferior (y las flechas verticales obvias) conmuta, y la flecha superior es un isomorfismo del teorema principal de Zariski. Por lo tanto, si $f$ se ramificó la ramificación de $f^n$ aumentaría sin límites, lo que implica que $f$ no está ramificado. Por tanto, todas las fibras están aisladas y podemos aplicar el teorema de Grothendieck.