Topología de variedades en una familia plana

Question

Estoy aprendiendo sobre el plano de deformaciones de los esquemas en el momento. Entiendo que aunque no es inmediatamente claro a partir de la definición de por qué esto debería ser una buena definición resulta que estos tienen muchas propiedades que uno quiere una familia de esquemas de tener. Para obtener la imagen correcta, quiero preguntar si mi intuición con respecto a la topología es correcta: Considere la posibilidad de un plano y proyectiva de morfismos $f: X \to T$ donde $T$ es la variedad más de $\mathbb{K}=\mathbb{C}$ o $\mathbb{R}$ y asumir que $T(\mathbb{K})$ está conectado (en el clásico de la topología). A continuación, mi intuición me dice que las cosas sólo puede cambiar cuando pasa a través de singular variedades en la familia. Aquí están mis preguntas concretas:

1. Deje $X_t$ ser suave para todos los $t\in T$. Es cierto que todos los $X_t(\mathbb{K})$ son homeomórficos el uno al otro?

2. Deje $t_0\in T(\mathbb{K})$$Y=X_{t_0}$. Suponga que $X_t$ es lisa para cada $t\neq t_0$. Deje $Y_{sm}$ ser el nonsingular locus de $Y$ y asumir que el espacio de $Y_{sm}(\mathbb{K})$ está conectado. Entonces es cierto que cada $X_t(\mathbb{K})$ está conectado? (Esto hace que tal vez sólo sentido para $\mathbb{K}=\mathbb{R}$.)

Answer 1

A mí me parece que tus preguntas son muy difíciles en la generalidad se les pidió. Sin duda este es el caso para mí, una persona sin una comprensión adecuada de la horizontalidad de la misma condición. Aquí es un post de MathOverflow me parece útil para mí.

Deje $X_t$ ser suave para todos los $t\in T$. Es cierto que todos los $X_t(\mathbb{K})$ son homeomórficos el uno al otro?

Suponga $T$ es irreductible. Mediante resolución de singularidades y de cambio de base, creo que podemos asumir $T$ a ser suave. En esta situación, ya que su familia es proyectiva, y todas las fibras son suaves, creo que esto implica que $f$ es una auténtica inmersión, y por lo tanto la respuesta es sí.

Deje $t_0\in T(\mathbb{K})$$Y=X_{t_0}$. Suponga que $X_t$ es lisa para cada $t\neq t_0$. Deje $Y_{sm}$ ser el nonsingular locus de $Y$ y asumir que el espacio de $Y_{sm}(\mathbb{K})$ está conectado. Entonces es cierto que cada $X_t(\mathbb{K})$ está conectado? (Esto hace que tal vez sólo sentido para $\mathbb{K}=\mathbb{R}$.)

Mi respuesta solo considera el caso de $K = \mathbb{C}$, números complejos, y la dimensión de las fibras de $f$ estrictamente positivo con $Y_{sm}$ no vacío. Desde $Y_{sm}$ está conectado, es irreductible, y, por tanto, $Y$ sí es irreducible. Suponga que el genérico de fibra de $X_t$ $k > 1$ de los componentes conectados. Si aplicamos el Stein factorización para el mapa de $f$, obtenemos un número finito de morfismos $g: T' \to T$, de grado $k$, y de tal manera que $t_0' = g^{-1}(t_0)$ es sólo un punto. Pero, a continuación, este punto debe tener multiplicidad $k$, lo que implica que el conjunto de la fibra $Y$ es múltiple. Esto contradice $Y_{sm}$ no vacío.

Tal vez uno puede suponer $\dim T = 1$ en este argumento, y luego todo es más intuitivo.

Muchas gracias! Así que en cuanto a la segunda pregunta: Esto sólo funciona a través de los números complejos porque Stein factorización sólo funciona a través de los números complejos? Sería $\dim T =1$ la ayuda para el caso de $K=\mathbb{R}$?

En el caso real, la respuesta puede ser negativa, como la familia de los cúbico plano de curvas de dar el universal deformación de la nodal cúbicos muestra.

Que no entiendo: Si $Y$ es el nodal cúbicos, a continuación, $Y_{sm}(\mathbb{R})$ no está conectado. Así que no satisfacen los supuestos.

Sí, tienes razón. Acabo de mezclar el real y casos complejos. Así que se puede decir nada en el caso real.