El fin de la Tate-Shafarevich grupo

Question

Pensé que el orden de la Tate-Shafarevich grupo siempre debe ser un cuadrado (también se supone para ser finito, pero para el propósito de esta pregunta, supongamos que sabemos que esto), pero no me parecen encontrar una buena explicación; Wikipedia se pronuncia sobre la cuestión.

Aunque sé que puede ser un problema abierto, hay un buen argumento en pro o en contra de esto?

(He hecho de esta una comunidad wiki como yo creía, equivocadamente, que este era un problema abierto)

Answer 1

El primer ejemplo de un abelian variedad rectangulares Sha fue descubierto en un cálculo realizado por Michael Stoll en 1996. Envió un correo electrónico a mí y Ed Schaefer, debido a que su cálculo depende de papel que Ed y yo había escrito. Al principio ninguno de nosotros creía que era lo que era: en lugar pensamos que debe ser debido a un error en Stoll cálculos o un error en la Poonen-Schaefer papel. Stoll y yo trabajamos juntos durante las próximas semanas para desarrollar una teoría que explica el fenómeno, y esto llevó a que el papel http://math.mit.edu/~poonen/papers/sha.ps - que el papel contiene una detallada respuesta a su pregunta.

Para resumir algunos de los puntos clave: Si el abelian variedad, más de un campo global $k$ tiene un director de polarización de la venida de un $k$-racional divisor (como es el caso para cada curva elíptica), entonces el orden de Sha es un cuadrado (si es finito), debido a que lleva una corriente alterna de emparejamiento - esto es lo que Tate demostrado, la generalización de Cassels' resultado de curvas elípticas. Para principalmente polarizada abelian variedades en general, la vinculación satisface el skew-simetría condición de $\langle x,y \rangle = - \langle y,x \rangle$, pero no necesariamente el más fuerte, alternando la condición de $\langle x,x \rangle=0$, por lo que todo lo que uno puede decir es que el orden de Sha es una plaza o dos veces al cuadrado (si es finito). Stoll y me dio un ejemplo claro de un género 2 curva de más de $\mathbf{Q}$ cuyo Jacobiano había Sha isomorfo a $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$ incondicionalmente (en particular, la finitud pudo comprobar en este ejemplo).

Si la polarización en el abelian variedad no es un director de polarización, a continuación, la correspondiente vinculación no necesita ser incluso sesgar simétrico, así que no hay razón para esperar Sha a ser incluso dentro de un factor de $2$ de un cuadrado. Y, de hecho, William Stein, finalmente, se encontraron ejemplos explícitos y publicado en el 2004 en el documento citado por Simon.

Una observación final: Irónicamente, mi resultado con Stoll la cuantificación de la insuficiencia de Sha a ser un cuadrado es utilizado por Liu-Lorenzini-Raynaud de probar que el grupo de Brauer $\operatorname{Br}(X)$ de una superficie sobre un campo finito es un cuadrado (si es finito)!

Answer 2

Brian Conrad me dijo que esto no es siempre el caso; Tate papel donde afirmaron que esto era entendido mal hasta algunos contraejemplos se han encontrado. William Stein tiene un papel "Shafarevich-Tate grupos de rectangulares orden" con contraejemplos, disponible en línea en http://modular.fas.harvard.edu/papers/nonsquaresha/final2.ps.

Answer 3

Por cierto, se creyó por algún tiempo que el grupo de Brauer $B(X)$ de una superficie de $X$ sobre un campo finito podría tener un orden que no era un cuadrado. Esto resultó ser falso : si $B(X)$ es finito, entonces su orden es un cuadrado (Liu--Lorenzini--Raynaud, Inventiones, 2005). Conjecturally, el grupo $B(X)$ es siempre finito.