Cómo mostrar $P^1\times P^1$ （como variedad proyectiva por Segre incrustación de）no es isomorfo a $P^2$?

Question

Soy un biginner.

Este es un de los impuestos especiales de Hartshorne Ch 1, 4.5. Por su sugerencia, parece que esto se puede afirmar que hay dos curvas en la imagen de Segre incrustación que no se cruzan unos con otros mientras en $P^2$ cualquiera de las dos curvas se cruzan.

Siento que esta solución es muy especial. Me gustaría saber más. Es allí cualquier invariante para detectar el tiempo de dos birational equivalente variedades son iso o no?

Gracias!

Answer 1

Una manera de ver es la nota que $\mathbb{P}^1\times\mathbb{P}^1$ mapas en $\mathbb{P}^1$ (por la proyección de su primer factor), mientras que $\mathbb{P}^2$ no. De hecho, cualquier mapa de $\mathbb{P}^2\to\mathbb{P}^1$ es constante.

[Edit: Basado en Georges comentario, creo que debo explicar por qué todos los mapas de $\mathbb{P}^2\to\mathbb{P}^1$ son constantes. Si $f:\mathbb{P}^2\to\mathbb{P}^1$ es no-constante mapa, entonces su imagen es irreductible, y ha $\dim>0$, por lo tanto, debe ser denso en $\mathbb{P}^1$. Ahora en $\mathbb{P}^1$, podemos tomar dos puntos de $a\neq b$, y tirar de ellos hacia atrás a lo largo de $f$. Esto le da (para la mayoría de las opciones de $a$$b$) dos cerrados, la dimensión 1 subvariedades (o curvas) en $\mathbb{P}^2$ que no se intersecan. Esto no es posible por el teorema de Bezout. Se puede generalizar este argumento para demostrar que todos los mapas $\mathbb{P}^n\to X$ $X$ cualquier variedad de dimensión $<n$ son constantes.]

Answer 2

La superficie de la $\mathbb{P}^1\times\mathbb{P}^1$ ha desunido curvas algebraicas acostado en ella, como $\{a\}\times \mathbb{P}^1$ $\{b\}\times \mathbb{P}^1$ (donde $a\neq b\in \mathbb P^1$).
La superficie de la $\mathbb{P}^2$ no tiene ningún discontinuo curvas algebraicas acostado sobre ella: esta es una muy débil del teorema de Bézout.

Answer 3

La Picard grupos de ambas variedades no son isomorfos (esto es más avanzado) :
Tenemos $\operatorname {Pic} (\mathbb P^2)\cong \mathbb Z$, mientras que de $\operatorname {Pic} (\mathbb P^1\times \mathbb P^1)\cong \mathbb Z^2$ (ver aquí para un contexto general)

Answer 4

Más de $\mathbb C$ la subyacente espacios topológicos de las dos variedades no son ni siquiera homeomórficos.
De hecho, tenemos $H_2(\mathbb P^2,\mathbb Z)\cong \mathbb Z$, mientras que de $H_2(\mathbb P^1\times \mathbb P^1,\mathbb Z)\cong \mathbb Z^2$.

El primer resultado es completamente estándar (Greenberg-Harper, el Teorema de 19.21) y el segundo los resultados de Künneth (en el mismo libro, Corolario 29.11.1).

Answer 5

Para el canónica bundle $K$ sobre las variedades que tienen el auto-intersección de los números $$K^2_{\mathbb P^1\times \mathbb P^1}=8$$ and $$K^2_{\mathbb P^2}=9$$