Ejemplos más sencillos de variedades algebraicas complejas no isomorfas con analizaciones isomorfas

Question

Si no son propias, dos variedades algebraicas complejas pueden ser no isomorfas y, sin embargo, tener analizaciones isomorfas. He oído ejemplos informales (a menudo relacionados con los espacios de moduli), pero no estoy seguro de las referencias.

¿Cuáles son los ejemplos más sencillos de variedades algebraicas complejas no isomorfas con analíticas isomorfas?

Por "más simple", me refiero a una de las siguientes medidas.

1. (mejor) Un ejemplo cuya demostración sea lo más elemental posible, e idealmente breve. Por supuesto, esto requiere demostrar que las variedades algebraicas complejas no son isomorfas, y que las analizaciones son isomorfas.

2. Un ejemplo conocido que es sencillo de enunciar, pero que puede tener una prueba complicada. (Lo ideal es que haya una referencia).

3. Un ejemplo esperado, folclórico o conjetural.

Answer 1

Creo que el siguiente es un ejemplo elemental: Sea $X$ sea una curva suave afín de género geométrico al menos uno. Sea $L$ sea un haz de líneas algebraico no trivial en $X$ (fácil de producir estas cosas). A continuación, $L$ es analíticamente trivial porque $X$ es un espacio de Stein ( $H^1(X, O_X)=0$ ) con integral trivial $H^2$ . Por lo tanto, existe un isomorfismo analítico $L\simeq X\times A^1$ . Vemos que no existe ningún isomorfismo algebraico observando:

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Supongamos que existe un isomorfismo $$f: L\simeq X\times A^1$$ de variedades algebraicas. Entonces $L$ y $X\times A^1$ son isomorfos como haces de líneas algebraicas.

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Prueba: Para cualquier fibra $L_y$ de $L$ si consideramos el compuesto $$p\circ f: L_y\rightarrow X\times A^1 \stackrel{p}{\rightarrow} X$$ de $f$ con la proyección, debe ser constante, ya que $X$ no es racional. Por lo tanto, tenemos $$f(L_y)\subset z\times A^1$$ para algún punto $z$ . Dado que el mapa $L_y\rightarrow A^1$ así obtenida es inyectiva, debe ser de la forma $ax+b$ para los casos en los que el valor es distinto de cero $a$ Es decir, $f$ induce un isomorfismo $$L_y\simeq z\times A^1.$$ También por inyectividad, vemos que $y\neq y'$ implica $f(L_y)=z\times A^1$ y $f(L_{y'})=z'\times A^1$ para $z\neq z'$ . Ahora dejemos que $s:X\rightarrow L$ sea la sección cero. Entonces $$\phi=p\circ f\circ s: X\rightarrow X$$ es un mapa inyectivo, y por lo tanto un automorfismo. Por lo tanto, $$(\phi^{-1}\times 1)\circ f:L\rightarrow X\times A^1 \stackrel{\phi^{-1}\times 1}{\rightarrow} X\times A^1$$ es un mapa que preserva las fibras de las proyecciones a $X$ . Ahora dejemos que $$q:X\times A^1 \rightarrow A^1$$ sea la otra proyección, y $$h=q\circ (\phi^{-1}\times 1)\circ f\circ s.$$ Así que $h(y)$ es la imagen en $A^1$ en $(\phi^{-1}\times 1)\circ f$ del origen de $L_y$ . Utilizamos esta función para obtener un isomorfismo preservador de la fibra $g: X\times A^1\simeq X\times A^1$ que envía $(y,\lambda )$ a $(y, \lambda-h(y))$ . Así que finalmente, $$g\circ (\phi^{-1}\times 1)\circ f: L\simeq X\times A^1$$ es un isomorfismo preservador de fibras de que además preserva los orígenes de cada fibra. Debe ser entonces un isomorfismo de fibra un isomorfismo de espacios vectoriales. Por tanto, es un isomorfismo de haces de líneas.

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Añadido: El argumento anterior puede modificarse fácilmente para mostrar que si $X$ es una curva suave irracional y $L$ y $M$ son haces de líneas en $X$ entonces cualquier isomorfismo de variedades algebraicas $$f:L\simeq M$$ es de la forma $$f=T_s\circ \tilde{\phi} \circ g$$ donde $$\tilde{\phi}:\phi^*M\rightarrow M$$ es el mapa de cambio de base para un automorfismo $\phi$ de $X$ , $$g:L\simeq \phi^*M$$ es un isomorfismo de haces de líneas, y $$T_s:M\rightarrow M$$ es la traducción por una sección $s:X\rightarrow M$ de $M$ .

Como el grupo de automorfismo algebraico de una curva irracional afín es finito, vemos, variando $L$ que para $X$ como en el caso anterior, existe de hecho un

continuo de estructuras algebraicas distintas

en el espacio analítico $X\times A^1$ .

Answer 2

Querido Ravi,
quizás el ejemplo más simple es uno de Serre: la superficie holomorfa de Stein $\mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast $ subyace a dos variedades algebraicas complejas no isomorfas.

1) $\mathbb G_m \times \mathbb G_m$
2) Un subconjunto abierto $U\subset L$ de un $\mathbb P^1$ -bundle $L$ en una curva elíptica (¡completa!) $E$ obtenido mediante la supresión de una sección $S$ de dicho bulto: $U=L\setminus S$ . Esa variedad $U$ no es afín y tiene un enorme grupo de Picard, el de la curva elíptica $E$ : $$Pic (U)=Pic (E) $$

Así que puedes utilizar dos conceptos para demostrar que $U$ y $\mathbb G_m \times \mathbb G_m$ no son algebraicamente isomorfas: afinidad y Picard. En realidad se puede utilizar un tercer concepto: ¡sólo funciones regulares! En efecto, $U$ tiene la extraña propiedad de que sus funciones regulares son constantes:, como si fuera proyectiva: $\Gamma(U, \mathcal O_U)=\mathbb C$ . ¡Pero está muy, muy lejos de ser proyectiva ya que su analítica es Stein!

Los detalles se pueden encontrar en Hartshorne's Subvariedades amplias de variedades algebraicas Capítulo VI, §3,p.232 (Springer, LNM 156). Un enlace a una discusión anterior es aquí .

Editar: Se me olvidó decir (¡pero por supuesto lo sabes mejor que yo!) que $\mathbb G_m \times \mathbb G_m$ tiene un grupo de Picard trivial: $$Pic(\mathbb G_m \times \mathbb G_m)=0$$

La forma en que lo veo es que $\mathbb G_m \times \mathbb G_m=Spec (A)$ donde $A=S^{-1}\mathbb C[X,Y]$ con $S$ el monoide multiplicativo formado por el $X^iY^j$ 's. Así que $A$ es un UFD (ya que es un anillo de fracciones de un UFD) y su espectro tiene por tanto grupo de Picard trivial.
Una formulación un poco más geométrica es que tenemos un morfismo de grupo surjetivo $Pic(S) \to Pic(V) \to 0$ válido para todo subconjunto abierto $V\subset S$ de un esquema localmente factorial $S$ [Hartshorne, Geometría Algebraica, página 133]. Aplicar a $S=\mathbb A^2$ que tiene grupo de Picard trivial y a $V=\mathbb G_m \times \mathbb G_m$ .

Segunda edición: Recordemos finalmente que el grupo de analítica paquetes de líneas en $\mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast $ es $\mathbb Z$ más precisamente que la primera clase de Chern es un isomorfismo $$c_1:Pic_{an}(\mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast)\ =H^1(\mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast,\mathcal O^\ast)\stackrel {\sim}{\to} H^2(\mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast,\mathbb Z)=\mathbb Z $$
Esto se deduce, como es habitual, de la secuencia exacta de cohomología larga asociada a la secuencia exacta exponencial $0\to\mathbb Z\to \mathcal O \to \mathcal O^\ast \to 0$ y de la desaparición de los grupos de cohomología de la gavilla coherente $\mathcal O$ debido a Steinness de $ \mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast$ a saber: $H^1(\mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast,\mathcal O)=H^2(\mathbb C^\ast\times \mathbb C^\ast,\mathcal O)=0$

Answer 3

Dejemos que $E$ sea una curva elíptica. El espacio de módulos $M_E$ de haces de líneas con una conexión en $E$ es un $\mathbb{A}^1$ haz de la mano sobre $Pic^0(E) \cong E$ . En particular, $E$ se puede recuperar de $M_E$ como la variedad Albanese (de cualquier compactación). Como variedad analítica $M_E \cong(\mathbb{C}^{\times})^2$ ya que un haz de líneas complejo con conexión es exactamente lo mismo que un carácter del grupo fundamental (que es $\mathbb{Z}^2$ en este caso). Así que para todos $E$ las analíticas son isomorfas mientras que los espacios de módulo no son isomorfos como variedades algebraicas.

Una construcción similar funciona también para curvas de mayor género y también para haces vectoriales de mayor rango. Creo que esta observación se debe originalmente a Serre, pero no conozco la referencia precisa.

Answer 4

Por una de esas coincidencias tan comunes en las matemáticas, dos días después de hacer esta pregunta, algo no relacionado en lo que estaba pensando me llevó a este maravilloso papel de Hanspeter Kraft que señala (entre otras muchas cosas) que $\mathbb{C}^3$ tiene otras estructuras algebraicas, por ejemplo la hipersuperficie en $\mathbb{A}^4$ dado por $x + x^2 y + z^3 + t^2 = 0$ (Peter Russell demostró que era analíticamente $\mathbb{C}^3$ y Makar-Limanov demostró que no es algebraicamente isomorfo a $\mathbb{A}^3$ ).

Véase también la gran pregunta de Ilya Nikokoshev aquí (que también enlaza con el documento de Kraft)

Answer 5

He estado preguntando un poco, y nadie parece ser capaz de decir si la hipersuperficie de Russell es o no analítica $\mathbb C^3$ . Adrien Dubouloz muestra en este artículo que el invariante de Makar-Limanov de su producto con $\mathbb C$ es trivial. Tal vez eso ayude.