Para hacer más precisa la respuesta de Felip. Tiene un esquema de $X=Spec(A)$ $\mathbb Z$ donde $A$ es un finitely generar $\mathbb Z$-álgebra de tal forma que su genérico fibra $X_{\mathbb Q}$ (sólo considerar su polinomios como polinomios con coeficientes racionales) da $V$ por extensión de campo $\mathbb{C}/\mathbb{Q}$. Por supuesto, $X_{\mathbb Q}$ tiene la misma dimensión como $V$, e $X_{\mathbb Q}$ es suave si y sólo $V$ es suave.
Preguntas 1-2. Desea comparar $\dim X_p$$\dim X_{\mathbb Q}$. En general $\dim X_p\ge \dim X_{\mathbb Q}$. La igualdad tiene en algunas planitud de la condición en $p$. Es decir, no es sino resultado general: si $f: Y\to Z$ es un plano de morfismos de finito tipo entre noetherian esquemas y supongamos que $Z$ es integral y universal de la catenaria (e.g.cualquier plan de la finitos tipo más de un noetherian esquema regular, por lo que cualquier subconjunto abierto de $Spec(\mathbb Z)$ es ACEPTAR), luego todos los [EDITAR: no-vacío] las fibras de $Y_z$ $f$ tiene la misma dimensión [EDITAR: si el genérico de fibra de $f$ es equidimensional (es decir, todos los componentes irreducibles tienen la misma dimensión)].
Problema: el $X$ no es necesariamente plana por $\mathbb Z$. Pero la planeidad en $\mathbb Z$ (o de cualquier dominio de Dedekind) es fácil de detectar: es equivalente a ser de torsión libre. Así que considera el ideal $I$ igual a
$$ { a\in A \mid ka=0 \text{ for some non zero } k \in \mathbb Z \}$$
(no sé cómo tipo "{" y "}"). A continuación, $A/I$ es plano sobre a $\mathbb Z$ y define un esquema cerrado de $X$, lo que coincide con $X$ sobre un subconjunto abierto de $\mathbb Z$. En realidad, como se $I$ es finitely generado, existe un entero positivo $N$ tal que $NI=0$. A continuación,$I=0$$Spec(\mathbb Z[1/N])$. Así que, para cualquier número primo $p$ prime $N$, $X_p$ se han dimensión $\dim V$. Ahora usted tiene que calcular un $N$... Para hipersuperficie, $N$ es sólo el mcd de los coeficientes (ver comentarios en Felip la respuesta). No sé si eficiente metodos existen en general. Por supuesto, si un prime $p$ no divid cualquier polinomio en el definning ideal de $X$, entonces esto $p$ es ACEPTAR. Pero tienes que probar esta propiedad para todos los polinomios y no sólo un conjunto de generadores (por Ejemplo: el ideal generado por a$T_1+pT_2, T_1$, $p$ es malo).
Pregunta 3. Supongamos $V$ es suave (y conectado para simplificar), y está buscando la $p$ tal que $X_p$ es también suave. Primero se procede como en la Pregunta 1 para encontrar una abierta subconjunto $Spec(\mathbb Z[1/N]$ más que $X$ plano. Deje $d=\dim X_{\mathbb Q}=\dim X_p$ todos los $p$ primer a $N$. Escribir
$$ X=Spec\big(\mathbb Z[T_1, \ldots T_n]/(F_1,\ldots, F_m)\big)$$
A continuación, $X_p$ es suave, y solo si la matriz Jacobiana de la $F_i$'s mod $p$ rango $n-d$ en todos los puntos de $X_p$. Equivalentemente, el ideal de $J\subseteq \mathbb Z[T_1,\ldots, T_n]$ generado por $F_1,...,F_m$ y el rango de $n-d$ a los menores de la matriz Jacobiana es la unidad ideal de mod $p$. Por lo tanto, el cálculo consiste en determinar el ideal $J$. Como $X_{\mathbb Q}$ se supone debe ser suave, $J$ es generado por un entero positivo $M$. Ahora, para todos los $p$ prime $MN$, $X_p$ es suave, de dimensión $\dim V$.
[EDIT]: La afirmación de las dimensiones de las fibras de las necesidades de algunas hipótesis sobre el genérico de fibra de $Y\to Z$. Debemos suponer que se trata de equidimensional. De lo contrario, $Y_z$ tiene dimensión igual a la de los genéricos de la fibra para $z\in Z$ pertenecen a la imagen de todas las componentes irreducibles de de $X$. En la pregunta inicial, es mejor assum la variedad original $V$ es irreductible.
