Es la cuádrica$3$ - pliegue$v^2 + w^2 + x^2 + y^2 + z^2 = 0$ isomorfo$P^3$?

Question

El subconjunto de proyectivo$4$ - espacio dado por$5$ - tuplas$[v:w:x:y:z]$ con$v^2 + w^2 + x^2 + y^2 + z^2 = 0$ es birracional a proyectiva$3$ - espacio. Creo que tiene la misma cohomología como proyectiva$3$ - espacio. ¿Es realmente isomorfo a proyectiva$3$ - espacio$?$

En otras palabras, hay polinomios homogéneos$v(a,b,c,d), w(a,b,c,d), x(a,b,c,d), y(a,b,c,d), z(a,b,c,d)$ cuyos cuadrados añadir a$0?$

Answer 1

Deje$Q$ sea la cuádrica de 3 veces en$\mathbb{P}^4$. Por la fórmula adjunción,$K_Q=\mathcal{O}_Q(-5+2)=\mathcal{O}_Q(-3)$, y$\text{deg}\mathcal{O}_Q(-3)=2\times(-3)=-6$. Por otro lado,$K_{\mathbb{P}^3}=\mathcal{O}_{\mathbb{P}^3}(-4)$ y su grado es$-4$. Así$Q$ y$\mathbb{P}^3$ no son isomorfos.

Answer 2

Yo no lo creo. Aquí estoy trabajando sobre $\mathbb{C}$.

Deje $X = \{[v : w : x : y : z] \in \mathbb{CP}^4 \mid v^2 + w^2 + x^2 + y^2 + z^2 = 0\}$. Tenga en cuenta que $X$ es un buen grado dos hipersuperficie de $\mathbb{CP}^4$. En $X$, tenemos una breve secuencia exacta de vector de paquetes de $0 \to TX \to T\mathbb{CP}^4|_X \to N \to 0$ donde $N$ indica el paquete normal a$X$$\mathbb{CP}^4$. Como $X$ es dado como la puesta a cero de un grado de dos homogénea polinomio, se puede ver como la puesta a cero de una sección de $\mathcal{O}(2)$, y por lo tanto el normal bundle $N$, que es la restricción a $X$ de la línea de paquete de asociados para el divisor $X$, puede ser identificado con $\mathcal{O}(2)|_X$. Si $i : X \to \mathbb{CP}^4$ denota la inclusión del mapa, entonces tenemos

$$c_1(TX) = c_1(T\mathbb{CP}^4|_X) - c_1(\mathcal{O}(2)|_X) = i^*(c_1(T\mathbb{CP}^4) - c_1(\mathcal{O}(2))) = i^*(5a - 2a) = 3i^*a$$

donde $a$ denota la primera clase de Chern de $\mathcal{O}(1)$, el doble de la tautológica de la línea de paquete en la $\mathbb{CP}^4$.

Como tal,

\begin{align*} c_1^3(X) &= \langle c_1(TX)^3, [X]\rangle\\ &= 27\langle i^*a^3, [X]\rangle\\ &= 27\langle a^3, i_*[X]\rangle\\ &= 27\langle a^3, [\mathbb{CP}^4]\cap\operatorname{PD}(i_*[X])\rangle\\ &= 27\langle a^3\cup \operatorname{PD}(i_*[X]), [\mathbb{CP}^4]\rangle\\ &= 27\langle a^3\cup c_1(\mathcal{O}(2)), [\mathbb{CP}^4]\rangle\\ &= 27\langle a^3\cup 2a, [\mathbb{CP}^4]\rangle\\ &= 54\langle a^4, [\mathbb{CP}^4]\rangle\\ &= 54, \end{align*}

donde he utilizado el hecho de que el Poincaré dual de un divisor es de la primera clase de Chern de la línea asociada bundle, que en este caso se lee $\operatorname{PD}(i_*[X]) = c_1(\mathcal{O}(2))$.

Por otro lado, $c_1(T\mathbb{CP}^3) = 4a$ donde $a$ ahora denota la primera clase de Chern de $\mathcal{O}(1) \to \mathbb{CP}^3$. Así

$$c_1^3(\mathbb{CP}^3) = \langle c_1(T\mathbb{CP}^3)^3, [\mathbb{CP}^3]\rangle = \langle 64a^3, [\mathbb{CP}^3]\rangle = 64\langle a^3, [\mathbb{CP}^3]\rangle = 64.$$

Como $X$ $\mathbb{CP}^3$ tienen diferentes números de Chern, no son biholomorphic.