Consideremos un espacio vectorial $ V $ en $ \mathbb{Q} $ de dim $6$ . Denotamos todo el subespacio bidimensional en $ V $ por $ G(2,6) $ (La variedad Grassmaniana). Se puede definir un mapa $ p $ de $ G(2,6) $ a $P(\Lambda^{d} V) $ por $ p (U) = u_{1} \wedge u_{2} $ , donde $ U \in G(2,6) $ y $ u_{1},u_{2} $ sea una base de $ U $ . Ahora tenemos $ 15 $ Coordenadas de Plücker. También sabemos que $ G(2,6) $ es el conjunto cero de un sistema de polinomios cuadráticos de Plücker de Plücker. Ahora definimos $ 5 $ hiperplanos como una combinación lineal de coordenadas de Plücker : $ \alpha_{i} = \sum_{j,k} a_{jk}^{i} p_{jk} $ para todos $ 1 \leq i \leq 5 $ , donde $ p_{jk} $ son las coordenadas de Plücker. También $ a_{jk} \in \mathbb{Q} $ .
Now my question is
Can there exists 5 hyperplane in this above form such that their intersection with Grassmanian variety has no rational point?
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"cero" no es un punto de $G(2,6)$ .
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Si @abx tienes razón toda la coordenada de plucker no es igual a cero . porque el cero no se encuentra en el espacio proyectivo. ok debo editar mi pregunta. La pregunta debería ser no tiene puntos racionales en sus intersecciones.
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Esta pregunta es un caso especial de su pregunta anterior mathoverflow.net/questions/398253/ y mis comentarios allí podrían ser útiles - específicamente, mostrando que no puede haber ninguna obstrucción real a los puntos racionales, y dando dos interpretaciones como un problema de encontrar puntos racionales en una hipersuperficie.
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Sé cómo hacer ejemplos cuando se sustituye el grassmanniano por un "giro" que tiene un punto racional (por lo que no se explica "inmediatamente" por una obstrucción de Brauer).
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@JasonStarr Si he entendido bien, se puede hacer esto con un solo hiperplano (el giro del Grassmaniano se parece a los triples cuaterniones módulo de la izquierda multiplicación por cuaterniones, las secciones lineales corresponden a $3 \times 3$ formas cuaterniónicas hermitianas, y cualquier forma definida positiva de este tipo sirve para ello).
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Supongo que la hipersuperficie cúbica $3$ -que he construido es equivalente a la construcción habitual de un Fano de tipo $V_3$ de un Fano de tipo $V_{14}$ Véase, por ejemplo, The Abel-Jacobi Map for a Cubic Threefold and Periods of Fano Threefolds of Degree 14 A. Iliev and D. Markushevich math.uni-bielefeld.de/documenta/vol-05/03.pdf que también menciona el resultado clásico de que un 3-fold cúbico genérico surge de esta manera. Así que bastaría con encontrar un triplete cúbico suficientemente genérico sin un punto racional.
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@WillSawin. Tienes razón en que hay ejemplos más sencillos sobre campos globales. Los ejemplos que conozco tienen "obstrucción elemental" evanescente pero no tienen puntos locales. De forma más general, hay ejemplos para intersecciones completas del tipo $(d_1,\dots,d_c)$ en un giro del Grassmanniano $G(k,n)$ siempre que $d_1^2 + \dots + d_c^2 \geq n/k$ . Por Ax-Kochen-Ersov, si $d_1^2 + \dots + d_c^2$ es $<n/k$ para todos los campos locales con un campo de residuos suficientemente grande, siempre debería haber un punto local, por lo que estos ejemplos son "agudos" en ese sentido.
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@WillSawin. Ciertamente se puede encontrar un triplete cúbico racional sin un punto racional; incluso se puede encontrar sobre un campo local. De hecho, una "perturbación" suficientemente general del esquema cero de la norma reducida de un álgebra de división de periodo = índice = $3$ sobre un campo local da tal hipersuperficie cúbica en $\mathbb{P}^8$ . Ahora toma un $4$ -y elegimos un triplete cúbico racional que concuerde con el ejemplo local hasta un orden alto.
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@WillSawin: para cumplir con la aproximación cúbica de 3 pliegues tendrás que demostrar que una transformación birracional entre $V_3$ y $V_{14}$ se define sobre $\mathbb{Q}$ como dicha transformación es no canónico, esto podría ser problemático. Otra opción sería encontrar un Pfaffian cúbico de 3 pliegues sin puntos racionales, porque en este caso hay un canónico Enlace de Sarkisov que lo relaciona con $V_{14}$ .
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@Sasha Estaba pensando exactamente en el resultado que un cúbico genérico $3$ -El pliegue es Pfaffiano. Pero, por supuesto, hay una sutileza aquí que puede no ser $\mathbb Q$ -punto en el $5$ -espacio de moduli de formas de hacerlo pfaffiano.