Complemento de un punto en $\mathbb{P}^{2}$

Question

Esto es pregunta $5$ de libro página % de Shafarevich $66$. Que $X=\mathbb{P}^{2} \setminus x$ $x$ Dónde está un punto. Demostrar que $X$ no es isomorfo a afín ni una variedad proyectiva. ¿Cómo demostrarlo?

Answer 1

Bueno, sí, sí creo que las cosas en los comentarios de las obras. Aquí se explica cómo ver el sólo funciones regulares en $\mathbb{P}^2 - pt$ $k$ donde $k$ es su algebraicamente cerrado campo de tierra (su argumento de por qué implicaría $\mathbb{P}^2 - pt$ es tan solo un punto, es de fiar, creo).

(Global) funciones regulares en $\mathbb{P}^2 - pt$, por definición, son funciones regulares en $\mathbb{A}^3 - line$ se $k^*$ invariante.

Deje $f$ ser una función de este tipo, introducir coordenadas $x,y,z$, en donde la línea es $\{x = 0\} \cap \{y = 0\}$ ($z$ eje). En $\{x \neq 0 \}$, $f$ debe ser de la forma $p(x,y,z,x^{-1})$, y en $\{y \neq 0\}$, $f$ debe ser de la forma $p(x,y,z,y^{-1})$ donde$p$, significa `un polinomio en".

Supongamos por contradicción $f = \sum_k p_k(y,z)x^k$ $\{x \neq 0\}$ había términos con $x$ a una potencia negativa.

Ahora en $\{ y \neq 0\}$, tenemos una igualdad de funciones $$x^{-k}p_{-k}(y,z) + \ldots = p_0(y, y^{-1},z) + p_1(y,y^{-1},z)x + \ldots$$Now multiply by through by $x^{k}$, now we have something of the form $$p_{-k}(y,z) + \ldots = p_0(y^{-1}, y,z)x^k + \ldots$$Now just evaluate at any point of the form $(0,y \neq 0,z)$, we get 0 on the RHS every time, which tells us the LHS must be the 0 polynomial in $y,z$, como se desee.

Así que esto nos dice $\mathbb{P}^2 - pt$ no es afín, y de por qué no es proyectiva, como en los comentarios, en general, si tenemos $X \rightarrow Y$, $X$ correcto, y $Y$ separados, a continuación, $X \rightarrow Y$ ha cerrado la imagen.

Se $\mathbb{P}^2 - pt$ isomorfo por $i$ a alguna variedad proyectiva $X$, considere la posibilidad de $$X \xrightarrow{i} \mathbb{P}^2 - pt \rightarrow \mathbb{P}^2$$so $\mathbb{P}^2 - pt$ es cerrado, una contradicción.

Bueno, hay algo más molesto para decir. Ya sabemos $\mathbb{P}^2 - pt$ está abierto, ¿por qué no puedo ser clopen? Bien, $\mathbb{P}^2$ tiene el cociente de la topología, por lo que estamos pidiendo, es $\mathbb{A}^3$ conectado? Usted puede ver esto de varias maneras, una de ellas sería que si no fuera podríamos escribir $\mathbb{A}^3 = V(I) \coprod V(J)$, tanto vacío, el $LHS$ (Krull) dimensión 3, el lado derecho tiene dim $\leqslant 2$.

Answer 2

Usted puede utilizar el hecho de que si un polinomio $F \in k[X{1}, X{2}, \ldots, X_{n}], #k = \infty$, se desvanece en el complementario de un subconjunto finito de $k^{n}$, entonces el $F = 0$ (a prueba por la inducción en $n$). Por lo tanto, no puede tener $\mathbb{P}^{2} \setminus { x }$ como un conjunto de ceros comunes de los polinomios.

Creo que es cierto que las funciones sólo regulares en $\mathbb{P}^{2} \setminus { x }$ son la constante de unos, y podría demostrarse con el hecho anterior sobre polinomios.

Answer 3

No estoy seguro acerca de la variedad proyectiva pero usted debe ser capaz de demostrar que una línea sin un punto no es una variedad afín, y asimismo un espacio afín sin un punto no es una variedad afín. La opinión de que un espacio proyectivo se 'pega' de espacio afín y proyectivo variedad se "pega" por variedades afines puede ayudar pero no puedo escribir una prueba explícita.

Answer 4

Usted puede utilizar topológico generalidades, para resolver el problema (al menos muestra no projectiveness), suponiendo por ejemplo que somos más de los números complejos.

$\mathbb A^2\setminus\{x\}$ no es compacto en el clásico de la topología (tomar la apertura de la tapa $(\mathbb R\times (-i,i))_i$) así que no es una variedad proyectiva (es decir, no es un subconjunto cerrado de algunos proyectiva del espacio). Trabajando con la topología de Zariski para la compacidad no es tan simple. Más bien, el uso de la topología de Zariski, no es una completa variedad, desde una canónica de la incrustación en el $\mathbb P^2$ está abierto (y no todos los de $\mathbb P^2$) y, por tanto, no cerrado desde $\mathbb P^2$ es irreductible.

$\mathbb P^2\setminus\{(0,0)\}$ no es compacto en el clásico de la topología (tomar la apertura de la tapa $(((\infty\cup\mathbb R\setminus\{0\})\times\mathbb R)\cup((\infty\cup\mathbb R)\times (\infty,-1/i)\cup(1/i,\infty))\cup\{\infty\times\infty\})_i$), y el uso de la topología de Zariski, no es completa, tomando por ejemplo el canónica de la incrustación en $\mathbb P^2$, que es irreducible. Usted puede hacer lo mismo con cualquier punto (añadiendo algunas anotaciones) o tomar un isomorfismo a $\mathbb P^2\setminus\{x\}$.

Mostrando que no son afines es más difícil, ya que por ejemplo, $\mathbb A^1\setminus\{x\}$ es afín. Usted debe demostrar que usted sólo puede retirar en la mayoría de codimension 1 subconjuntos de afín variedades para obtener variedades que están siendo afín. Pero hay otros argumentos, creo que de uncookedfalcon podría estar bien, pero yo realmente no lo lea.

EDIT: he intentado corregir el ejemplo de la apertura de la tapa para $\mathbb P^2\setminus\{(0,0)\}$, que es difícil.