¿Es afín una curva proyectiva menos un número finito de puntos?

Question

La respuesta a la pregunta del título es "sí". Esto se demuestra, por ejemplo ici o ici (página 5).

Sin embargo, parece que puedo construir un contraejemplo. ¿Puede ayudarme a encontrar el fallo en mi argumento?

Sea $E$ sea una curva elíptica, digamos sobre $\mathbb C$ . Entonces $E-\{0\}$ es el espectro de un dominio Dedekind $R$ y tiene grupo de clase isomorfo a $E(\mathbb C)$ . (Porque $\mathrm{Cl}(E)=E(\mathbb C)\times \mathbb Z$ y $\mathrm{Cl}(E-\{0\})$ es el cociente de $\mathrm{Cl}(E)$ por el subgrupo cíclico generado por $[0]$ .) Ahora el grupo de clase de $\mathrm{Spec}(R)$ no es más que el grupo de clase ideal de $R$ . Tomemos un punto de no torsión de $E$ considerado como un ideal primo $\mathfrak{p}$ de $R$ . Afirmo que $S:=\mathrm{Spec} (R)-\{\mathfrak{p}\}$ no es afín.

Sea $T=\Gamma (S,\mathcal O_S)=\{ {{a}\over{b}}\in Q(R) |b\notin \mathfrak{q}\in \mathrm{Spec}(R),\mathfrak{q}\neq \mathfrak{p}\}$ . Demostraré que $T=R$ . Basta con demostrar que cada elemento $x\in \mathfrak {p}$ también está contenido en algún ideal primo distinto de $\mathfrak p$ . Si no fuera así, entonces el ideal principal $(x)$ sería igual a $\mathfrak{p}^n$ para algunos $n$ por la descomposición prima única de ideales en dominios Dedekind. Pero la imagen de $\mathfrak{p}$ en el grupo de clase ideal es un elemento de no torsión, por lo que ninguna potencia de $\mathfrak{p}$ puede ser un ideal principal. Por lo tanto $T=R$ y $S\neq\mathrm{Spec}(R)=\mathrm{Spec}(T)$ y, por tanto $S$ no es afín.

( $S$ y $\mathrm{Spec}(R)$ son realmente no isomorfas, porque por ejemplo tienen grupos fundamentales etale diferentes)

Answer 1

Su descripción de $T$ es, en el mejor de los casos, muy confuso, porque un elemento de $Q(R)$ tiene varias formas de escribirse como fracción, y lo que sigue depende en gran medida de qué representante tomes. Una forma más clara de describirlo sería el conjunto de funciones en la curva elíptica cuyos polos están restringidos a $0$ y $p$ .

En tu descripción estás restringiendo demasiado los denominadores. Tal vez puedas encontrar una fracción en la que el denominador tenga un cero en otra parte, pero en la que casualmente el numerador también tenga un cero allí.

En efecto, si se encuentran dos puntos $A,B$ tal que el divisor $A+B$ es linealmente equivalente al divisor $0 + p$ entonces existe una función cuyo divisor es $A+B-0-p$ por lo que se trata de un elemento de $T$

Si su curva está en forma Weierstrass y $0$ es el punto en el infinito, se puede por ejemplo mirar una mitad de $p$ : Si $2q = 0 + p$ entonces la línea tangente en $q$ cruza la curva elíptica en $-p$ por lo que al dividir la ecuación de la recta tangente que pasa por $q,q,-p$ por la ecuación de la recta que pasa por $0,p$ y $-p$ (esta es la línea vertical $x=x_p$ ), se obtiene un elemento $f = (ax+by+c)/(x-x_p)$ de $T$ para algunos $a,b,c \in \Bbb C$ .

No puede encontrar una descripción de $f$ como una fracción cuyo denominador sólo desaparece en $p$ pero para cualquier otro punto $q$ se puede encontrar una representación con un denominador que no desaparezca en $q$ tendrá que desaparecer en otro lugar (y anularse con el numerador correspondiente).

Así que puedes escribir $T = \{ f \in Q(R) \mid \forall \mathfrak q \neq \mathfrak p, \exists a,b \in R, f = a/b, b \notin \mathfrak q\} = \bigcap_{\mathfrak q \neq \mathfrak p} R_ \mathfrak q$ (donde $R_\mathfrak q = (R \setminus \mathfrak q)^{-1}R$ ) que se acerca bastante a tu afirmación original, pero donde se aclara que $f$ puede cambiar su representante para demostrar que es una buena función definida en todas partes.