¿Es el grupo de Brauer de una superficie una curva elíptica?

Question

Por supuesto que no.

Pero después de leer un poco, algunos puntos me hacen creer que debería serlo:

Dejemos que $S$ ser un buen $^{\*}$ superficie definida sobre $Spec\ \mathbb{Z}$ .

1. El grupo Brauer $Br(S\otimes \bar{\mathbb{Q}})$ es un grupo abeliano divisible,
2. También es un $Gal(\bar{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ módulo,
3. Para los buenos primos hay reducciones $Br(S)\rightarrow Br(S\otimes \mathbb{F}_q)$ ,
4. Estos $Br(S\otimes \mathbb{F}_q)$ son finitos,
5. Existe un grupo formal de Brauer $\hat{Br}(S)$ de dimensión 1,
6. Los coeficientes de $\hat{Br}$ en coordenadas naturales adecuadas, se relacionan con $|Br(S\otimes \mathbb{F}_q)|$ .
7. Hay algunos ejemplos en los que la función L asociada proviene de una forma modular (de peso 3). No estoy seguro de si esto se conjetura (y mucho menos se conoce) en general.

Dado que el grupo de Brauer observa muchas características de una variedad abeliana (todas las propiedades) de dimensión 1 (propiedades 5 y 7 [el peso no es dos, pero es el espacio adecuado]), mi vaga pregunta es: ¿a qué distancia está de ser realmente una variedad?

Hay algunos ejemplos fáciles de $S$ con $|Br(S\otimes \mathbb{F}_q)|$ variando entre $1$ y $4(q-4)$ , como $q$ varía sobre los primos. Este es un claro punto de partida de las curvas elípticas y las variedades en general.

Tal vez exista una familia de homomorfismos naturales de módulos de Galois hacia ciertas variedades abelianas definidas sobre $\mathbb{Q}$ ¿conmutación con los mapas de reducción y restricción (o algún otro término apropiado) a grupos formales?

¿Qué pasa con estos grupos Brauer?

$^\*$ digamos una superficie K3. Algo para lo que (1) es cierto (por lo que no es una superficie racional) y para lo que (4) está demostrado.

Answer 1

Esto no es una respuesta general a su pregunta, sino una prueba de la intrigante conexión entre los grupos de Brauer de las superficies y las curvas elípticas. Sea $X$ sea una superficie K3 sobre los números complejos $\mathbb{C}$ . Entonces, el rango de $H^2(X,\mathbb{Z})$ es $22$ y los números de Hodge son $h^{0,2}=h^{2,0}=1$ y $h^{1,1}=20$ . Si el grupo Neron-Severi de $X$ es lo más grande posible, es decir, si tiene rango $20$ entonces la imagen de $H^2(X,\mathbb{Z})\rightarrow H^2(X,\mathcal{O}_X)$ tiene rango $2$ y por lo tanto es un entramado. Por lo tanto, el cokernel de este mapa es una curva elíptica. Pero, como $H^3(X,\mathbb{Z})=0$ existe una secuencia exacta $$H^2(X,\mathbb{Z})\rightarrow H^2(X,\mathcal{O}_X)\rightarrow H^2(X,\mathcal{O}_X^*)\rightarrow 0.$$ Por lo tanto, $H^2(X,\mathcal{O}_X^*)$ es una curva elíptica $E$ . La torsión de $H^2(X,\mathcal{O}_X^*)$ es por tanto precisamente el grupo de Brauer de $X$ y estos son precisamente los puntos de torsión de $E$ .

Se pueden producir ejemplos similares utilizando superficies abelianas. Por ejemplo, si $E$ es una curva elíptica CM, entonces $E\times E$ es una superficie abeliana tal que $H^2(E\times E,\mathcal{O}^*)$ es isomorfo a $E$ .