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Exercices en théorie de Hodge

Bonjour,

même si ce fil restera probablement peu actif, je copie la liste des exercices que j'avais mis pour Pablo en théorie de Hodge. N'hésitez pas à participer en rajoutant des exercices, en proposant des solutions ou juste en commentant certaines parties !

Merci de garder ce fil mathématique.

Question 1 : Montrer que le groupe Picard d'une quadrique lisse $X \subset \Bbb P^3$ est isomorphe à $\Bbb Z^2$. Pour chaque classe effective $D \in Pic(X)$, calculer le genre de $D$. Calculer les nombres de Hodge de cette quadrique.

Question 2 : Trouver les bicomplexes d'espaces vectoriels (sur $\mathbb C$) indécomposables.

Question 3 : Calculer la structure de Hodge de $U = \Bbb P^2 \setminus D,$ où $D$ est un diviseur canonique.

Question 4 : Si $L$ est un système local sur $X = \Bbb C^*$, calculer $H^0(X,L)$ et $H^1(X,L)$.

Question 5 : Vérifier le théorème de Lefschetz difficile pour la grassmannienne $G(2,4)$.

Question 6 : Calculer les nombres de Hodge d'une hypersurface dans $\mathbb P^n$, et d'une intersection complète dans $\Bbb P^3$.

Question 7 : Rappeler comment compactifier la courbe hyperelliptique $y^2 = x(x-1)(x-2)\dots (x-m)$ en une surface de Riemann lisse et compacte $X$. Trouver une base explicite de $H^0(X,\Omega_X)$.

Question 8 : Calculer la structure de Hodge de la courbe $xy = 0$ dans $\Bbb P^2$.

Question 9 : Montrer que la variété algébrique d'équation $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 1$ dans $\Bbb C^3$ vérifie $H^3(X) = 0$.

Question 10 : écrire une extension non-triviale qui correspond à $Ext^1(\mathcal O_{\mathbb P^1}, \mathcal O_{\mathbb P^1}(-2))$.

Question 11 : Soit $(E^{\bullet},d)$ un complexe borné d'espace vectoriels euclidiens de dimension fini. Définir le laplacien et prouver un analogue du théorème de Hodge.

Question 12 : Montrer la conjecture de Hodge pour une surface algébrique. Montrer la conjecture de Hodge pour une grassmannienne.

Question 13 : Quand est-ce que deux tores $X_1 = \Bbb C/L_1$ et $X_2 = \Bbb C/L_2$ sont biholomorphes ? Montrer qu'un tore $\Bbb C/L$ est caractérisé par sa structure de Hodge. Que se passe-t-il pour les courbes elliptiques singulières ?

Réponses

  • Je remet ici les solutions postées avant

    Question 10 : Une telle extension corresponds à un élément non-trivial de $H^1(\mathbb P^1, \mathcal O(-2))$. Une telle extension est donnée par le dual de la suite d'Euler, qui est la suite exacte $$ 0 \to \mathcal O(-2) \to \mathcal O(-1)^{\oplus 2} \to \mathcal O \to 0$$ en regardant $H^0$ et $H^1$ on voit immédiatement que cette suite ne peut pas être scindé.

    Question 12 : Pour les surfaces, la conjecture de Hodge est prouvée par le théorème $(1,1)$ de Lefschetz. Pour les grassmanniennes, on sait que les classes de Schubert génèrent la cohomologie, donc la conjecture de Hodge est aussi vraie dans ce cas.
  • J'aime bien ce genre de questions.
    Je commence.

    1) Par un changement linéaire de variables on se ramène à la quadrique $xy=zt$, l'hyperboloïde, qui possède deux familles de génératrices. Soit $D_1$ et $D_2$ deux membres de ces familles.

    On a par ailleurs une suite exacte $CH_1(D_1\cup D_2)\to CH_1(H)\to CH_1(U=H\setminus D_1\cup D_2)\to 0$.
    Comme $U$ est clairement isomorphe à $\mathbb{A}^2$ on voit que $CH^1(H)$ est un quotient $\mathbb{Z}^2$.
    Il reste à se convaincre que $nD_1=0$ implique $n=0$, ce qui est clair vu que $D_1$ et $D_2$ sont transverses et s'intersectent en 1 unique point.

    On en deduit que $Pic(H)=\mathbb{Z}^2$.
    Comme $D_1^2=D_2^2=0$ car deux génératrices d'une même famille sont rationnellement équivalente et ne s'intersectent pas, on a la matrice d'intersection.
  • Super ! Je finis : le diviseur canonique de $\Bbb P^1$ est donné par $-2[0]$, donc le diviseur canonique de $H$ est donné par $-2 D_1 -2 D_2$, en utilisant $H \cong \mathbb P^1 \times \mathbb P^1$. Soit $C$ une courbe dont la classe dans $Pic(H)$ est donnée par $D:=aD_1 + bD_2$.

    On a alors $K_D = (K_H + D) \cdot D = ((a-2)D_1 + (b-2)D_2) \cdot (aD_1 + bD_2) = (a(b-2) + (a-2)b) \cdot D_1 \cap D_2$.

    On obtient alors $2g - 2 = a(b-2) + (a-2)b = 2(ab-b-a)$, ce qui donne $g = (a-1)(b-1)$.

    On peut aussi obtenir cette réponse en dégénérant $C$ comme union de $ab$ droites, et fixer deux droites concourantes $\ell_1, \ell_2$. Alors, chaque point d'intersection sur $C \backslash \{ \ell_1 \} \cup \{\ell_2\}$ contribue à $1$ au genre.

    (NoName, si tu as des exercices à proposer toi aussi n'hésite pas !)
  • Question 9 : C'est une application immédiate du théorème d'Andreotti–Frankel, mais on peut s'en passer.

    En effet, considérons l'application $(x_1,x_2,x_3) \mapsto x_1$. Elle induit une application $X \to \mathbb C$ qui est un $\mathbb C^*$ fibré au dessus de $\mathbb C \backslash \{ \pm 1 \}$. $X$ rétracte donc sur la préimage de l'intervalle $[-1,1]$. Au dessus de $1,-1$ la fibre est isomorphe à deux copies de $\mathbb C$ qui s'intersectent en un point. Il est clair avec cette description que $X$ rétracte sur un CW-complexe avec des cellule de dimension $d \leq 2$. Ainsi $H^3(X) = 0$. En fait, on voit aussi que $X$ est homotopiquement équivalent à la sphère $S^2$. Il devrait exister un argument plus simple mais je ne vois pas.
  • Question 2)

    Je prefère calculer les modules (bigradués) simples sur $R=\mathbb{C}\langle d,d'\rangle /(d^2,d'^2, dd'+d'd)$, c'est beaucoup plus facile :-D.

    Je note $k$ pour $\mathbb{C}$.
    Soit donc $M$ un tel module, et $x\in M$ homogène.
    Bien sur il y a le cas trivial ou $d=d'=0$ et on a un $M=k$ placé en degré $i,j$ quelque part.

    On peut donc supposer que $dx\neq 0$ si $d'dx\neq 0$ aussi alors, c'est facile car $R.x$ est libre et donc injectif (car l'algèbre extérieure d'un espace vectoriel de dimension finie est injective en tant que module sur elle même) donc il admet un facteur direct ou est tout l'espace.

    On est donc ramené au cas où $dx\neq 0$ et $d'dx=0$ pour tout $x$.
    Dans ce cas on a un sous-module scindé "en escalier" donné par alternance de "noyau" $K_{i,j}=[\ker(d) \cap \ker(d')]^{\deg=i,j}$ et de "conoyau" $I_{i,j}= M_{i,j}/K_{i,j}$ vu que $d$ conduit $I_{i,j}$ dans $K_{i+1,j }$ et $d'$ conduit $I_{i,j}$ dans $K_{i,j+1}$.

    Ainsi $M$ est de cette forme... mais de tels modules ne sont pas nécessairement simples comme on voit aisément.

    Je pense qu'on doit pouvoir montrer que dans ce dernier cas $M$ est de dimension $1$ en chaque degré, mais je ne vois pas d'argument simple.
  • Je vais essayer de réfléchir à ça (il me semble effectivement que les indécomposables sont les "zig-zags"). Ceci dit, sauf si je n'ai pas bien compris ta solution, il me semble aussi qu'il y a des "carrés" parmi les simples non ?

    Je suis un peu confus par rapport à la question 5). On peut facilement voir que $H^*(G(2,4))$ possède pour base (en tant que $\mathbb Z$-module) $1,c_1, c_1^2, c_2, c_1^3, c_2c_1, c_2^2$ (où $c_i = c_i(S)$, et $S$ est le fibré tautologique).

    Sauf erreur, il me semble qu'on obtient un contre-exemple pour le théorème de Lefschetz difficile sur $\mathbb Z$, car $c_1^4 = 2c_2^2$. Si on regarde rationnellement alors tout marche. Qu'en penses-tu ?
  • Les carrés sont bien là!
    Cela corresond au cas libre evoqué dans mon message, celui où $dx\neq 0$ et $d'dx\neq 0$, si on ecrit le complexe correspondant qui est facteur direct, c'est un carré.

    Le théorème de Lefshetz difficile est faux sur Z, ton contre exemple est correct.
  • Ah ok super !! Merci beaucoup des éclaircissements.
  • Procrastinons de manière efficace :-D et trouvons la structure de Hodge sur $X := \{ xy = 0 \} \subset \Bbb P^2$. La seule partie non-triviale est $H^2(X)$ qui est de type $(1,1)$ comme on le voit facilement en utilisant Mayer-Vietoris.

    En fait, un cas plus intéressant est quand on prend deux courbes $X_1, X_2$ qui s'intersectent en plusieurs points. Dans ce cas là, $H^1(X_1 \cup X_2) = H^1(X_1) \oplus H^1(X_2) \oplus \tilde{H^0}(X_1 \cap X_2)$ (en tant que structure de Hodge), et donc c'est le premier exemple de structure de Hodge mixte.

    Je n'invente rien, cet exemple est dans les notes Durfee intitulées "A naive guide to mixed Hodge structure".
  • Bon, j'ai fini par dénicher un argument qui fonctionne, mais qui me satisfait pas tant que ca pour finaliser la question 2).

    En fait il existe un théorème de Gabriel, classifiant les representations de carquois qui sont indécomposables.

    http://129.132.119.195/education/bachelor/seminars/hs2009/clualg/Cluster-A5.pdf

    Il implique en effet que les dimensions des $M_{i,j}$ dans les escaliers soient de 1.

    Tu avais une solution plus directe?

    Next up... question 3).
    Je vois grosso modo comment faire les autres, je pense que la 3 est pas si facile.
    Déjà une précision, tu demande bien de calculer la structure sur le complémentaire de la réunion de 3 droites en position générale dans le plan. Le diviseur canonique est non effectif, donc $P^2\setminus D$ n'a pas un sens "évident" et clairement le calcul dépend également de la classe du diviseur qu'on va choisir, même si on prend le diviseur anticanonique à la place, si on a la mauvaise idée de prendre une droite triple par exemple, du coup trois droites en position générale?
  • Je n'avais pas de solutions pour le 2), j'avais juste lu le résultat quelque part. Je vais essayer d'y penser plus.

    Je pense aussi que la 3) est la plus dure, en fait comme je ne suis pas si familier avec les structures de Hodge mixtes j'ai juste proposé ça parce que j'étais curieux et je voulais le faire. Déjà je voulais dire diviseur anticanonique en effet, et ensuite effectivement la question n'est pas bien définie vu que ça dépends de la courbe qu'on prends pour représenter $-K$. Je pensais à une cubique lisse pour commencer. La stratégie que j'avais en tête était d'utiliser la suite longue exacte de Gysin associé à un diviseur et à son complément.
  • Ah oui, pour une cubique lisse, ca doit être plus facile en effet, et ta stratégie doit fonctionner. Je vais également faire le calcul, ca m'intéresse.

    Pour les 3 droites, c'est sans doute possible de dire des choses aussi. Y a beaucoup de choses qui sont faites sur les structures de Hodge d'arrangement d'hyperplans... mais je sais que c'est compliqué, en particulier j'ai déjà entendu des choses dessus qui m'ont fait froid dans le dos, du genre la structure de Hodge ne dépend pas uniquement des relations d'incidences des strates du diviseur en question.
  • C'est vrai que ça a l'air compliqué pour trois droites. Ce n'est peut-être pas si étonnant pour les relations d'incidence, par exemple si tu prends $4$ droites dans $\Bbb C^2$ qui passent par l'origine, le type d'incidence est le même mais le type analytique est différent donc on s'attends à ce que la structure de Hodge soit différente (ou j'ai peut-être mal compris ta remarque ?)

    C'est marrant que tu parles d'arrangements, en fait j'adore ce que fait Alexandru Dimca et j'ai acheté son bouquin sur les arrangements d'hyperplans. Peut être après ce fil, on pourrait en ouvrir un nouveau sur le sujet.

    Pour le 3) je pense que j'ai un argument simple mais il demande un peu de notation :(

    Par ce que tu as dit il suffit de classifier les modules indécomposables du carquois $\bullet \to \dots \to \bullet$ pour finir l'exercice.

    (Pour les lecteurs, ça veut dire classifier les uplets indécomposables $(d_1, \dots,d_n; f_1, \dots, f_{n-1})$ où $f_i : \mathbb C^{d_i} \to \mathbb C^{d_{i+1}}$ à action de $\prod_i GL(d_i)$ près. Un uplet est dit indécomposable si il ne s'écrit pas comme somme directe de deux uplets non-triviaux.)

    On va montrer par récurrence que les indécomposables s'écrivent comme $$V^{i,j} := (0,0, \dots, 0,1,1,\dots,1,0,\dots,0;0, \dots,0,id,id, \dots, id, 0, \dots, 0)$$ C'est à dire comme $$ 0 \to \dots \to 0 \to k \overset{id}{\to} k \overset{id}{\to} \dots k \overset{id}{\to} k \to 0 \dots \to 0 $$

    (donc $d_m = 1$ si $i \leq m \leq j$ et $0$ sinon).

    Faisons une preuve par récurrence. Soit $V_* = V_1 \to \dots \to V_n$ un complexe indécomposable. Alors, $V_2 \to \dots \to V_n$ s'écrit comme somme directe de $V^{i,j}$, par récurrence. De plus, il est clair que $ker(f_1) \to 0 \to 0 \dots \to 0$ est une composante de $V_*$ (pour la somme directe), on peut donc supposer que $f_1$ est injective. Soit $v_1, \dots, v_r$ une base de $V_1$, et $t$ le plus petit entier tel que $f_t \circ f_{t-1} \circ \dots \circ f_1(v_1) = 0$. Alors, il est clair que $v_1, f_1(v_1), f_2 \circ f_1(v_1), \dots, f_{t-1} \circ \dots \circ f_1(v_1)$ forme une composante directe isomorphe à $V^{1,t-1}$ (remarque : par définition c'est un sous-module, mais pour voir que c'est bien une composante on utilise l'hypothèse que $V_2 \to \dots \to V_n$ s'écrit comme somme directe de $V^{i,j}$ !)
    En appliquant le même raisonnement pour chaque $v_r$, on obtient que $$V_* = \oplus_r V^{1,t(r)-1} \oplus W_*$$ où $W_*$ est concentré en degré $[2,n]$. On conclut en réutilisant l'hypothèse de récurrence sur $W_*$.

    (Edit : deux typos corrigées et une remarque ajoutée)
  • Pas mal, il y en a quand même deux que je ne sais pas faire. J'ajouterai à la Question 9. Montrer que $\pi_1(X)=0$.
    Note qu'aucune de tes structures de Hodge n'est vraiment mixte, ce sont toutes des sommes directes de structures de Hodge.
    M.
  • Merci Mauricio !

    Pour la question 9, j'ai écrit plus haut un argument pour montrer que $X$ est homotopiquement équivalent à $S^2$. Mais peut-être tu as plus simple, par exemple une équivalence d'homotopie ?

    Je ne connais pas vraiment les structures de Hodge mixtes, je comptais apprendre un peu avec ce fil. Si tu veux aussi rajouter des questions n'hésite pas !
  • Lupulus, tu ne classifies pas les bon carquois.
    Ce sont les $\bullet \leftarrow \bullet \to \bullet \cdots \bullet \leftarrow \bullet \to \bullet$, ceux que tu écris, ne sont pas indécomposables, sauf si seulement deux crans consécutifs seulement sont non nuls et sont alors des carrés $$\begin{matrix} M_{i,j} &\to & M_{i+1, j} \\ \downarrow & & \downarrow \\
    0 &\to & 0\end{matrix}
    $$ Si toutes les flèches vont dans le même sens, l'anti-commutativité des différentielles impose $dd'=0$ et tu peux scinder ta chaîne en sommes directes de tels carrés.

    Peut-être que ca ne change pas le reste de ton argument, je vais le lire.
  • Tu as raison, j'ai classifié les représentations du mauvais carquois, mais en fait l'argument que j'ai écrit marche peu importe le sens des flèches (il faut juste remplacer $\ker$ par l'image au début mais c'est essentiellement pareil). N'importe quel indécomposable d'un carquois avec un graphe non-orienté sous-jacent "linéaire" (comme ceux qu'on a) vont avoir des indécomposables paramétrisés par les pairs d'entiers $i < j$, avec une copie de $k$ entre $i$ et $j$, et les applications sont l'identité.
  • Oui, oui, ton argument fonctionne encore dans ce cas là, en effet!
  • Pour que le fil ne meure pas, je propose une solution pour le 4).

    Un système local $L$ sur $\mathbb C^*$ est équivalent à la donnée de la matrice de monodromie $M$, qui agit sur $L_1$. On a clairement $H^0(X,L) = L_1^M$. La cohomologie est calculée par le complexe $L_1 \xrightarrow{M-\text{id}_{L_1}} L_1$ (on peut utiliser le complexe de Cech aussi, pour le recouvrement $\mathbb C^* \setminus \mathbb R_{>0} \cup \mathbb C^* \setminus \mathbb R_{<0}$).

    Ainsi on retrouve bien $H^0$ et aussi on obtient $H^1(X,L) = \text{coker}(M-\text{id}_{L_1})$.

    Par exemple, pour le système local de rang $2$ qui correspond à l'endomorphisme $e_1 \mapsto e_1 + e_2,\ e_2 \mapsto e_2$ on trouve $H^0(X,L) = H^1(X,L) = \mathbb C$.

    Edit : typos corrigées
  • T'inquiete Lupulus, le fil n'est pas mort.

    J'essaierai de poster une solution à 3, 6 et 11 dans la semaine.
    Pour 13, je n'ai pas réfléchi au cas singulier (le reste est hyper classique).
  • Pour le 13, il y a un super article où c'est expliqué si tu veux.

    Je vais écrire le 7 au propre la semaine prochaine.
  • Bon la stratégie pour la question 3) a été donnée par Lupulus.
    On a la suite exacte de Gysin, $$\to H^{p-2}(D,\mathbb{Q})[-1]\to H^{p}(\mathbb{P}^2,\mathbb{Q})\to H^p(U, \mathbb{Q})\to H^{p-1}(D, \mathbb{Q})[-1]\to$$
    La structure de Hodge (rationnelle) sur $\mathbb{P}^2$ est donnée par $\mathbb{Q}(0)\oplus \mathbb{Q}(-1)\oplus \mathbb{Q}(-2)$
    Et celle sur $H^\bullet(D, \mathbb{Q})[-1]$ est donnée par $\mathbb{Q}(-1)\oplus \mathbb{Q}^{(2,1)}\oplus \mathbb{Q}^{(1, 2)}\oplus \mathbb{Q}(-2)$, avec des notations à peu près évidentes.

    Ainsi la seule structure non triviale est $H^2(U)$ qui a une structure de Hodge pure de poids 3, $\mathbb{Q}^{2,1}\oplus \mathbb{Q}^{1,2}$.
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