¿Existe un ejemplo de una variedad sobre los números complejos sin incrustación en una variedad suave?

Question

¿Existe un ejemplo de una variedad sobre los números complejos sin incrustación en una variedad suave?

Answer 1

Sí, incluso hay variedades tóricas. De hecho, hay variedades tóricas completas con grupo de Picard trivial (véase, por ejemplo, Eickelberg "Picard groups of compact toric varieties..." 1993). Tenemos las siguientes observaciones simples:

1) Cualquier variedad que pueda ser incrustada en una variedad lisa tiene una amplia familia de haces de líneas.

2) Una variedad propia con grupo de Picard trivial no puede tener una familia amplia de haces de líneas.

Answer 2

Un ejemplo muy conocido es el siguiente:

Elija una cónica $C_1$ y una línea tangencial $C_2$ en $\mathbb{P}^2$ y asociar hasta cierto punto $P$ en $C_1$ el punto de intersección $Q$ de $C_2$ y la línea tangente a $C_1$ en $P$ . Esto da un isomorfismo biracional de $C_1$ a $C_2$ . Identificar las curvas por este mapa para obtener la variedad cociente $\phi:\mathbb{P}^2\rightarrow{X}$ con $C:=\phi(C_1)$ . Ahora bien, si hubiera una incrustación de $X$ en un esquema suave entonces, seguramente existiría un haz de líneas efectivo en $X$ , digamos que $L$ cuyo tirón de espaldas a $\mathbb{P}^2$ será evidentemente eficaz. Veamos por qué esto es una contradicción. Dejemos que $L'$ sea el pullback de $L$ a $\mathbb{P}^2$ . Tenga en cuenta que los grados de $L'|C_1$ y $L'|C_2$ ambos coinciden con el grado de $L|C$ y por lo tanto son iguales. Pero $L'\cong\mathcal{O}(k)$ y por lo tanto los títulos en cuestión son $2k$ y $k$ respectivamente para $C_1$ y $C_2$ . Por lo tanto, $k=0$ y $L'\cong\mathcal{O}$ ¡que no es efectivo! ¡Una contradicción!

En vista del comentario de VA, doy aquí una prueba completa para construir $X$ como un esquema.

En nuestro caso especial se trata de una construcción trivial de pushout: Aquí estoy pensando en $Y$ como $C_1\amalg{C_2}$ , $Y'=C$ (el cociente por el isomorfismo biracional anterior), y $Z=\mathbb{P}^2$ pero el argumento es más general siempre que cualquier conjunto finito de puntos cerrados en $Z$ está contenido en un conjunto abierto afín. $X$ denotará el cociente.

Reclamación: Supongamos que $j:Y\rightarrow{Z}$ es un subesquema cerrado de un esquema $Z$ y $g:Y\rightarrow{Y'}$ es un morfismo suryectivo finito que induce un monomorfismo sobre anillos de coordenadas. Entonces hay un diagrama conmutativo único (que no sé cómo dibujar aquí, pero uno lo visualiza fácilmente): $Y\xrightarrow{j}{Z}$ , $Y\xrightarrow{g}Y'$ , $Y'\rightarrow{X}$ , $Z\xrightarrow{h}X$ donde $X$ es un esquema, $h$ es finito e induce monomorfismos sobre anillos de coordenadas y $Y'\rightarrow{X}$ es una inmersión cerrada.

Prueba : En primer lugar, supongamos que $Z$ es afín, en cuyo caso $Y,Y'$ también son afines. Sea $A,A/I,B$ sean sus respectivos anillos de coordenadas. Entonces $B\subset{A/I}$ de forma natural. Utilicemos $j$ de nuevo para denotar el mapa natural $A\rightarrow{A/I}$ . Poner $A'=j^{-1}(B)$ y $Spec(A')=X$ . El reclamo es claro para $X$ . También si $Z$ se sustituye por un subconjunto abierto $U$ tal que $g^{-1}g(U\cap{Y})=U\cap{Y}$ , $X$ sería sustituido por $U'=h(U)$ que es un subconjunto abierto.

Ahora bien, esto garantiza la existencia de $X$ una vez que se ha demostrado que $Z$ puede ser cubierto por subconjuntos abiertos afines $U$ tal que $g^{-1}g(U\cap{Y})=U\cap{Y}$ . Pero esto es evidente en nuestro ejemplo. Para nuestro ejemplo también es evidente la construcción de $X$ que en realidad es reducido e irreductible. QED.

Espero que esto sea satisfactorio.

Answer 3

Véase el ejemplo 4.9 del documento de Ravi Vakil http://math.stanford.edu/~vakil/files/asnjun18.pdf y sus referencias.