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Esercitazione del 26/11/2010
Esaminiamo alcuni esempi del comportamento di famiglie, fibrazioni e fibrati rispetto all’iperbolicit`a. La situazione tipo che vogliamo studiare `e una mappa olomorfa surgettiva
π : X→ Y
Le controimmagini Xt= π−1(t) rappresentano una famiglia di spazi complessi,
parametrizzata su Y . Esempio Sia Z = CP1
× D e poniamo
B0= {(z : 0)} × D B∞= {(0 : w)} × D B1= {((tw : w), t) | t ∈ D}
e z1 = ((1 : 1), 0). Consideriamo l’insieme X = Z \ (B0∪ B1∪ B∞∪ {z1}).
Abbiamo una proiezione ovvia π : X → Y con Y = D, tale che π−1(t) ∼=C\{0, 1}
per ogni t ∈ D.
Dunque la base Y e la fibra Xt per ogni t sono iperboliche complete; per`o XU non `e iperbolico per nessun intorno U di 0 ∈ D. Infatti, siano pn = ((1 : a), 1/n) e qn = ((1 : b), 1/n) con a &= b; allora essi tendono a p = ((1 : a), 0) e q = ((1 : b), 0). Allora
dXU(p, q) ≤ dXU(p, pn) + dXU(q, qn) + dXU(pn, qn)
e poich´e pn→ p e qn→ q, i due primi termini tendono a 0; inoltre, si ha dXU(pn, qn) ≤ dX1/n(pn, qn)
Notiamo che X1/n= CP1\ {0, ∞, 1/n} × {1/n} e consideriamo la mappa
fn : X1/n+1→ X1/n
data da fn((w0 : w1), 1/n + 1) = (((n + 1)w0 : nw1), 1/n). Dunque, f1◦ . . . ◦
fn((w0: w1), 1/n) = (((n + 1)w0: w1, 1).
Poich´e le mappe fn sono biolomorfismi (quindi isometrie), dX1/n(fn(pn+1), fn(qn+1)) = dX1/n+1(pn+1, qn+1)
e dunque
dX1/n(pn, qn) = dX1(((n : a), 1), ((n : b), 1))
ma al limite per n → ∞ si ha (n : a) → (1 : 0) e (n : b) → (1 : 0), dunque lim
n→∞dX1/n(pn, qn) = 0
Quindi dXU(p, q) = 0.
Esempio Consideriamo lo spazio
X ={|z| < 1, |zw| < 1} \ {(0, w) | |w| ≥ 1}
in C2. C’`e una proiezione ovvia π : X → D data da π(z, w) = z.
Osserviamo che π−1(t) ∼= D per ogni t ∈ D, ma sappiamo gi`a da una
precedente esercitazione che X non `e iperbolico.
Incidentalmente, si noti che invece base, fibra e spazio totale sono Brody-iperbolici.
Esempio Sia
X ={(z, w) ∈ C2 | 0 < |z|2+ |w|2< 1}
e sia Y = CP1. Allora la proiezione π : X → Y data da π(z, w) = [z : w] `e
una famiglia su CP1 con fibra iperbolica (infatti π−1(y) = D∗) e spazio totale
iperbolico, ma base dei parametri (compatta) non iperbolica.
Notiamo che questo `e possibile solo poich´e π non ammette una sezione olo-morfa globale, nel qual caso la base sarebbe sottospazio di X e quindi spazio iperbolico.
I precedenti esempi mostrano come l’iperbolicit`a non sia una propriet`a chiu-sa, come l’iperbolicit`a di base e fibre non implichi l’iperbolicit`a dello spazio totale e come l’iperbolicit`a di fibre e spazio totale non implichi quella della base; ovviamente l’iperbolicit`a dello spazio totale e della base implica quella della fibra. L’unico punto rimasto `e se l’iperbolicit`a sia una propriet`a aperta. Risponderemo affermativamente in quanto segue.
Prp 5.1 Sia X uno spazio complesso. Se per ogni punto p esiste δ > 0 tale che
il δ−intorno di p
Up(δ) = {q ∈ X | dX(p, q) < δ} `e iperbolico, allora X `e iperbolico.
Dim: Fissato p, siano ρ, $ tali che δ = 3ρ + $.
Claim: Esiste C > 0 tale che dUp(q, q%) ≤ CdX(q, q%) per ogni q, q% ∈ Up(ρ).
Dim: Sia r > 0 tale che dD(0, r) = $, C tale che
dDr(0, a) ≤ CdD(0, a) ∀ a ∈ Dr/2
Siano ora q, q%∈ U
p(ρ) e sia α una catena di dischi olomorfi in X tra di essi con l(α) < dX(q, q%) + η < 2ρ
dove η > 0 `e scelto appositamente per realizzare la disuguaglianza di destra. Ora, poich´e L(|α|) ≤ l(α) ≤ 2ρ e q ∈ Up(ρ), evidentemente si ha che |α| ⊆ Up(3ρ).
Supponiamo che α sia data da mappe fi: D → X, punti ai, bi∈ D e pi∈ X;
senza perdere di generalit`a, poniamo ai = 0 e |bi| < r/2 (questa, a meno di
raffinare la catena). Inoltre, poich´e pi−1∈ Up(3ρ), allora fi(Dr) ⊆ Up(3ρ + $) = Up(δ). Se ora creiamo una nuova catena β con mappe gi(z) = fi(rz), punti ai, bi∈ D e pi∈ X, allora
l(β)≤ Cl(α) < CdX(q, q%) + η
e si conclude per l’arbitrariet`a di η.
Quindi, per ogni p ∈ X, esiste un intorno Up iperbolico; in esso, esiste un
intorno pi`u piccolo in cui dUp ≤ CdX e dunque in cui la pseudodistanza di X `e
davvero una distanza. Ovvero, ogni punto di X ha un intorno in cui dX `e una
distanza; ora, essendo dX una pseudometrica di lunghezze, il fatto che essa sia
localmente non degenere implica che lo sia globalmente. ! 27
Cor 5.2 Se ogni Up(δ) `e iperbolico completo ed esiste δ > 0 che va bene per ogni p ∈ X, allora X `e iperbolico completo.
Thm 5.3 Sia π : X → Y olomorfa. Se per ogni y ∈ Y esiste δ > 0 tale che
π−1(U
y(δ)) `e iperbolico, allora X `e iperbolico.
Dim: Per ogni p ∈ X, si ha
{q ∈ X | dX(p, q) < δ} ⊆ π−1(Uπ(p)(δ))
poich´e π diminuisce le distanze. Quindi, per la proposizione precedente, X `e iperbolico. !
Thm 5.4 Sia π : X → Y olomorfa. Se Y `e iperbolico ed ammette un
ri-coprimento aperto {Ui} tale che π−1(U
i) `e iperbolico per ogni i, allora X `e iperbolico.
Dim: Per ogni y ∈ Y , sia δ > 0 tale che Uy(δ) ⊆ Ui, allora π−1(Uy(δ)) ⊆ π−1(U
i) `e iperbolico e si conclude. !
Nell’ultimo teorema si pu`o aggiungere l’ipotesi di completezza a Y e alle controimmagini degli Ui e si otterr`a che X `e iperbolico completo. Veniamo ora
al risultato che afferma che l’iperbolicit`a `e una propriet`a aperta.
Thm 5.5 Sia π : X → Y una mappa olomorfa propria tra spazi complessi.
i. Se Y `e iperbolico e per ogni y ∈ Y Xy `e iperbolico, allora X `e iperbolico. ii. Se esiste y0 ∈ Y tale che Xy0 `e iperbolico, allora esiste U intorno di y0
tale che Xy `e iperbolico per ogni y ∈ U.
Dim: i. Sia U aperto relativamente compatto in Y , allora π−1(U) `e aperto
e π−1(U) ⊆ π−1(U) (poich´e π `e propria) e dunque anche la controimmagine di U `e relativamente compatta. Per quanto fatto nelle precedenti esercitazioni, se π−1(U) non `e iperbolico (e quindi non `e iperbolicamente immerso in X), esiste
una linea complessa limite in X da π−1(U), ovvero esiste f : C → π−1(U) non
costante. Osserviamo per`o che dall’iperbolicit`a di Y segue che π ◦ f `e costante, ma allora f(C) ⊆ Xyper qualche y e si conclude con un assurdo per l’iperbolicit`a
delle fibre.
ii. Per quanto detto in una precedente esercitazione, se Xy0 `e iperbolico,
esiste un suo intorno V iperbolicamente immerso in X. Allora, poich´e π `e propria, esiste U intorno di y0tale che π−1(U) ⊆ V ; quindi Xy `e iperbolico per
ogni y ∈ U. !
5.1
Esempio di Brody e Green
Sia d un intero pari e maggiore di 50; definiamo
V"= {z0d+ z1d+ zd2+ zd3+ ($z0z1)d/2+ ($z0z2)d/2= 0} ⊂ CP3
Per $ abbastanza piccolo, ogni V" `e una superficie complessa non singolare
compatta e semplicemente connessa, per il teorema di Lefschetz. Osserviamo innanzitutto che V0 contiene, ad esempio, le linee complesse
z1= µz0 z3= ηz2
con µd = ηd= −1. D’altra parte, se $ &= 0, abbiamo che la mappa
[z0: z1: z2: z3] /→ [z02: z12: z22: z23: $z0z1: $z0z2]
applica V" surgettivamente su Wd/2= {w0d/2+ . . . + (w5)d/2= 0} ⊆ CP5. Ora,
abbiamo il seguente teorema di Green:
Thm 5.6 (Green) Ogni mappa olomorfa g : C → Wd/2ha immagine contenu-ta in un sottospazio lineare di dimensione ≤ (n−1)/2 non appena d ≥ 2n2.
Inol-tre, c’`e una partizione I1, . . . , Ik degli indici {0, . . . , 5} tale che gi/gj `e costante
se i, j ∈ Iq e ogni elemento contiene almeno 2 indici.
Chiaramente, una mappa f : C → V" induce una mappa g : C → Wd/2.
Abbiamo i seguenti casi
i. Qualche fi `e nulla. Allora la mappa in CP2 data dalle altre componenti
ha valori in una curva di genere ≥ 2 (per $ piccolo abbastanza) e dunque per Picard deve essere costante.
ii. Nessuna fi`e nulla, ma f1/f0e f2/f0sono costanti. Allora si pu`o dedurre
che anche f3/f0`e costante ed abbiamo finito.
iii. Nessuna fi `e nulla e, wlog, f1/f0 non `e costante. Allora la partizione
di cui nel teorema deve avere la forma
I1= {g0, gi} I2= {g1, gj} I3= {g4, gk}
con {i, j, k} = {2, 3, 5}. Si ha che i &= 2, 5, altrimenti f2/f0 sarebbe costante e
g2 e g5sarebbero nella stessa partizione. Dunque i = 3 e f3/f0`e costante; ora,
qualunque scelta si compia, f2/f1 `e costante e riscrivendo in base a questi dati
l’equazione definente V" si ottiene che f1/f0`e costante. Assurdo.
Dunque non ci sono mappe olomorfe non costanti da C in V" per $ &= 0,
quindi l’iperbolicit`a non `e una condizione chiusa.
