¿Existe una superficie compleja en la que se incruste cada superficie de Riemann?

Question

Cada superficie de Riemann puede ser incorporada en algún espacio proyectivo complejo. De hecho, toda superficie de Riemann $\Sigma$ admite una incorporación $\varphi : \Sigma \to \mathbb{CP}^3$. Se deduce de la fórmula de grado-género que lo mismo no es cierto si reemplazamos $\mathbb{CP}^3$ por $\mathbb{CP}^2$; por ejemplo, ninguna superficie de Riemann de género dos puede ser incorporada en $\mathbb{CP}^2.

Dicho de otra manera, existe una variedad compleja compacta de dimensión tres en la cual toda superficie de Riemann compacta se incorpora (es decir, $\mathbb{CP}^3$), pero el candidato natural bidimensional (es decir, $\mathbb{CP}^2$) no tiene esta propiedad. Entonces mi pregunta es

¿Existe una superficie compleja compacta en la cual toda superficie de Riemann compacta se incorpora?

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La única otra superficie que he comprobado es $\mathbb{CP}^1\times\mathbb{CP}^1$. Mi esperanza era que toda superficie de Riemann $\Sigma$ admitiera una incorporación $\varphi : \Sigma \to \mathbb{CP}^3$ con $\varphi(\Sigma)$ contenida en la imagen de la incorporación de Segre $\mathbb{CP}^1\times\mathbb{CP}^1 \to \mathbb{CP}^3$. Muchas más superficies de Riemann se incorporan en $\mathbb{CP}^1\times\mathbb{CP}^1$ que en $\mathbb{CP}^2$ - en particular, se puede realizar todo género. Sin embargo, no todas las superficies de Riemann pueden ser incorporadas en $\mathbb{CP}^1\times\mathbb{CP}^1: cualquier superficie de Riemann de género tres que se incorpora en$\mathbb{CP}^1\times\mathbb{CP}^1$ debe ser hiperelíptica, pero se puede mostrar utilizando un argumento de conteo de dimensiones que existen superficies de Riemann de género tres no hiperelípticas.

Answer 1

Esta pregunta fue hecha y respondida en MathOverflow. La respuesta aceptada por Olivier Benoist ha sido replicada a continuación.

La respuesta es negativa. Supongamos por contradicción que $S$ es una superficie así, y permítanme asumir primero que es suave y proyectiva.

Fijemos $g\geq 24$. Entonces, el espacio moduli grueso de curvas de género $g$ $M_g$ es de tipo general (esto se debe a Harris, Mumford y Eisenbud, ver por ejemplo [La dimensión de Kodaira del espacio moduli de curvas de género $\geq 23$]), por lo tanto, a fortiori no es unirreducido. Sea $H$ el esquema de Hilbert de curvas suaves de género $g$ en $S$ y sea $(H_i)_{i\in I}$ sus componentes irreducibles: el conjunto de índices $I$ es contable. Por hipótesis, el morfismo clasificador $H\to M_g$ es sobreyectivo en el nivel de los puntos de $\mathbb{C}$. Por un argumento de categoría de Baire, existe $i\in I$ tal que $H_i\to M_g$ es dominante.

Supongamos que el morfismo natural $H_i\to \operatorname{Pic}(S)$ es constante. Entonces $H_i$ es un subconjunto abierto de un sistema lineal en $S$, por lo tanto, está cubierto por (subconjuntos abiertos de) curvas racionales. Por nuestra elección de $g$, $H_i\to M_g$ no puede ser dominante, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $H_i\to \operatorname{Pic}(S)$ no puede ser constante, lo que prueba que $\operatorname{Pic}^0(S)$ no puede ser trivial. De manera equivalente, la variedad de Albanese $A$ de $S$ no es trivial.

Consideremos el morfismo de Albanese $a:S\to A$. Las curvas embebidas en $S$ son o contraídas por $a$ o tienen un morfismo no trivial a $A$. Aquellas que son contraídas por $a$ forman una familia acotada, por lo tanto tienen un género acotado. Las curvas $C$ que tienen un morfismo no trivial a $A$ son tales que hay un morfismo no trivial $\operatorname{Jac}(C)\to A$, pero esto es imposible si $\operatorname{Jac}(C)$ es simple de dimensión $>\dim(A)$. En consecuencia, una curva suave con jacóbiano simple que tiene un género suficientemente alto no puede ser embebida en $S$. Esto concluye porque una curva muy general de género $g$ tiene un jacóbiano simple (incluso existen curvas hiperelípticas así por [Zarhin, Jacobianos hiperelípticos sin multiplicación compleja]).

Como se señala en los comentarios, el argumento necesita ser modificado si $S$ es no algebraica o singular. Explico ahora estos argumentos adicionales.

Si $S$ es suave pero no algebraica, podemos usar la siguiente variante (probablemente excesiva). Podemos considerar el espacio abierto $H$ del espacio de Douady de $S$ parametrizando curvas conectadas suaves en $S$. Es una unión contable de variedades cuasiproyectivas según [Fujiki, Contabilidad del espacio de Douady de un espacio complejo] y [Fujiki, Proyectividad del espacio de divisores en un espacio complejo compacto normal]. Tiene un morfismo analítico al espacio analítico $\operatorname{Pic}(S)$ parametrizando haces de líneas en $S$ [Grothendieck, Técnicas de construcción en geometría analítica IX §3]. La dimensión de $\operatorname{Pic}(S)$ es finita igual a $h^1(S,\mathcal{O}_S)$. La dimensión de las fibras de $H\to\operatorname{Pic}(S)$ es a lo sumo $1$. De hecho, de otra manera, tendríamos un sistema lineal de dimensión $>1$ en $S$ consistiendo genéricamente de curvas conectadas suaves, por lo tanto, un mapa racional dominante $S\dashrightarrow\mathbb{P}^2$, mostrando que $S$ es de dimensión algebraica $2$, por lo tanto, que $S$ es algebraica. Se sigue que cada componente conectada de $H$ tiene dimensión $\leq h^1(S,\mathcal{O}_S)+1$. Ahora elijamos $g$ tal que $\dim(M_g)>h^1(S,\mathcal{O}_S)+1$, y sea $H_g$ la unión de componentes conectadas de $H$ parametrizando curvas de género $g$. Un argumento de categoría de Baire aplicado a la imagen de $H_g\to M_g$ muestra que hay curvas de género $g$ que no se incrustan en $S$, como se deseaba.

Finalmente, si $S$ es singular, consideremos una desingularización $\tilde{S}\to S$. La hipótesis sobre S implica que toda curva proyectiva suave puede ser incrustada en $\tilde{S}$, con la excepción de un número finito de clases de isomorfismo de curvas (es decir, las curvas que son componentes conectadas del lugar sobre el cual $\tilde{S}\to S$ no es un isomorfismo). Los argumentos anteriores también se aplican en esta situación.