soluzioni

(1)

Esercizio 1 Sia X una variet`a proiettiva complessa. Allora ogni elemento ψ ∈ H1,1_(X)∩H2

(X, Z) `e un multiplo del duale di Poincar`e di un ciclo algebrico Z in X.

Sol: Innanzitutto notiamo che H2_{(X, O) ∼}_{= H}0,2_{(X), per Dolbeault. Inoltre,}

si consideri la successione esatta lunga indotta in coomologia dalla successione esponenziale:

H1(X, O∗)−→ Hα 2

(X, Z)−→ Hβ 2_{(X, O)}

Ora, notiamo che il seguente diagramma `e commutativo H2 (X, Z) β // j H2_{(X, O)} H2_{(X, C)} π // H0,2(X)

dove j `e l’inclusione e π la proiezione. Se dunque ψ ∈ H1,1(X) ∩ H2_{(X, Z),} allora β(ψ) = π(j(ψ)) = 0. Dunque, ψ ∈ ker β = Imα ovvero ψ = c1(L) per un

qualche fibrato in rette L.

Sia D il divisore di una sezione meromorfa generica di L, allora l’integrazione su D corrisponde, tramite la dualità di Poincarè, alla forma c1(L), che è proprio

ψ.

Esercizio 2 Siano X una varietà di Kähler compatta, E un fibrato olomorfo su X e P(E) il proiettivizzato di E. Dimostrare che P(E) è una varietà di Kähler compatta.

Sol : P(E) è compatta in quanto è fibrato a fibra compatta su base compat-ta. Si considerino poi il fibrato O_P(E)(1) e la sua (1, 1)−forma di curvatura Ω rispetto alla metrica indotta da una qualche metrica hermitiana su P(E). Ω è positiva sui vettori verticali (ovvero tangenti ad una fibra di π : P(E) → X); sia poi π∗ω il pullback della forma di Kähler di X, che è nulla sui vettori verticali e positiva altrove. Per compattezza, Ω ha un minimo sui vettori unitari tangenti a P(E) e dunque esiste un numero C tale che Ω + Cπ∗ω è una (1, 1)−forma chiusa e positiva.

Esercizio 3 Siano X una variet`a di K¨ahler compatta, E un fibrato olomorfo su X e P(E) il proiettivizzato di E, L un fibrato in rette su X. Dimostrare che P(E∗⊗ L∗

) = P(E∗), ma O_P(E∗_⊗L∗₎(1) `e isomorfo a O_P(E∗₎(1) ⊗ π∗L, dove

π : P(E∗) → X `e la proiezione canonica.

Sol : Sia {Uα} un ricoprimento di X che sia banalizzante per tutti i fibrati

coinvolti. Siano {Fα,β} le funzioni di transizione di E, {gα,β} quelle di L, allora

{gα,βFα,β} sono quelle di E ⊗ L con gα,β∈ O∗, quindi per ogni x ∈ Uα∩ Uβ

[Fα,β(x)] = [gα,β(x)Fα,β(x)] ∈ PGLn

e dunque le funzioni di transizione di P(E) e quelle di P(E ⊗ L) sono le stesse, il che implica che essi sono lo stesso fibrato (e cos`ı i proiettivizzati dei duali).

Ora, notiamo che un elemento di (E ⊗ L)x con x ∈ X pu`o sempre essere

scritto come v ⊗ a con v ∈ Ex, a ∈ Lx, poich´e L ha rango 1. Dunque, si ha

O_P(E⊗L)(−1) = {(`, v ⊗ a) ∈ P(E ⊗ L) ×X(E ⊗ L) | v ⊗ a ∈ `}

(2)

Notiamo inoltre che [v ⊗ a] = [v] sotto l’equivalenza tra P(E ⊗ L) e P(E) dimostrata prima. Quindi se v ⊗ a ∈ `, allo stesso modo v ∈ `. Dunque la mappa

(`, v ⊗ a) 7→ (`, v) ⊗ a

fornisce un isomorfismo tra O_P(E⊗L)(−1) e O_P(E)(−1) ⊗ π∗L, che, passando al duale e poi sostituendo E con E∗ e L con L∗ `e la tesi.

Esercizio 4 Sia X una variet`a complessa e siano L, K fibrati in rette olomorfi su X tali che K ⊗ K = L. Si consideri una sezione non nulla σ di L e siano Σ la sua immagine e R il suo luogo di zeri.

• Si dimostri che la mappa φ : K → L definita da φ(x, k) = (x, k2_{) `}_{e propria}

e olomorfa.

• Si dimostri che Y = φ−1_{(Σ) `}_{e liscia se e solo se R `}_{e liscia e σ interseca}

trasversalmente la sezione nulla.

• Supponendo che R sia liscia e che σ intersechi trasversalmente la sezione nulla, si dimostri che φ|Y : Y → Σ ∼= X `e ramificato esattamente lungo

φ−1(R) = R e altrove `e un rivestimento doppio.

Sol : La mappa φ è l’identità sulla base e l’elevamento al quadrato sulle fibre, quindi è ovviamente olomorfa ed è propria in quanto z 7→ z2_`_{e propria. Inoltre,}

`

e facile notare che σ : X → Σ e π : Σ → X sono applicazioni olomorfe una l’inversa dell’altra. Quindi Σ ∼= X. Poi, φ−1(Σ) equivale a risolvere localmente un’equazione del tipo k2= σ(x); tale equazione descrive un luogo singolare solo nel caso il gradiente si annulli, quindi se k = 0 e ∇σ(x) = 0, ma se k = 0, anche σ(x) = 0, quindi il luogo descritto dall’equazione `e singolare se e solo se

∇σ(x) = 0 σ(x) = 0

ovvero se e solo se R non è intersezione trasversa o, se lo è, è però singolare. La mappa φ|Y è ovviamente olomorfa e è 2−a−1 con differenziale iniettivo

in ogni punto fuori da φ−1(R) = R, in quanto lo `e fibra per fibra la mappa z 7→ z2_{. Essa `}_{e dunque un rivestimento doppio di X ramificato su R.}

Esercizio 5 Sia X uno spazio complesso e sia E un’estensione di Q con S, ovvero sia

0 → S → E → Q → 0

una successione esatta corta di fibrati olomorfi. Le possibili estensioni E sono classificate dallo spazio H1_{(X, Hom(Q, S)). Sia ora h una metrica hermitiana}

su E e sia β ∈ Γ(X, Ω1,0 ⊗ Hom(S, Q)) la seconda forma fondamentale di S in E. Indichiamo con β∗ l’aggiunto di β (ovvero, in un frame ortonormale, βt∈ Γ(X, Ω0,1_{⊗ Hom(Q, S))). Si dimostri che}

• ∂β∗_{= 0}

• la curvatura della connessione di Chern associata ad h `e

Θ(E) = Θ(S) − β ∗_{∧ β} _−D1,0 Hom(Q,S)β ∗ ∂β Θ(Q) − β ∧ β∗ !

(3)

• la classe [β∗_{] ∈ H}1_{(X, Hom(Q, S)) `}_{e ben definita e non dipende da h}

• [β∗_{] corrisponde alla classe dell’estensione E di Q tramite S in H}1_{(X, Hom(Q, S)).}

Sol : Fissando una metrica hermitiana h su E, otteniamo corrispondenti metriche su S e Q, quindi, date le mappe j : S → E e q : E → Q, possiamo considerare gli aggiunti j∗e g∗ ed ottenere uno splitting (C∞ma non analitico) di E come S ⊕Q. E’ ben noto che allora, indicate con DE, DS, DQle connessioni

di Chern si ha DE= DS β∗ β DQ da cui D_E2 = D2 S− β∗∧ β DS◦ β∗+ β∗◦ DQ β ◦ DS+ DQ◦ β D2Q− β ∧ β∗

Inoltre, osserviamo che DHom(S,Q)β = β ◦DS+DQ◦β e DHom(Q,S)β∗= DS◦β∗+

β∗◦ DQ. Ora, poich´e D2E deve essere di tipo (1, 1), anche le sue componenti

devono esserlo. Per le componenti sulla diagonale `e ovvio; d’altra parte, le componenti fuori dalla diagonale sono

DHom(S,Q)β = D 1,0 Hom(S,Q)β + D 0,1 Hom(S,Q)β DHom(Q,S)β∗= D 1,0 Hom(Q,S)β ∗_{+ D}0,1 Hom(Q,S)β ∗

e perch´e entrambe siano di tipo (1, 1) si deve avere che D_Hom(S,Q)1,0 β = D0,1_Hom(Q,S)β∗= 0 ma si ha (connessione di Chern) che ∂β∗= D0,1_Hom(Q,S)β∗.

Una nuova metrica h0 _{(che produrr`}_{a una nuova seconda forma fondamentale}

β0_{) non influir`}_{a sulle mappe j e q, ma sui loro aggiunti, quindi avremo un nuovo}

aggiunto q0∗ e si avr`a che ∂q0∗= −j ◦ β0∗(come noto). Poich´e qq∗= qq0∗= IQ,

ovvero q0− q = j ◦ σ con σ ∈ Γ(X, Hom(Q, S)).

Quindi β0∗− β∗ _{= −∂σ e dunque [β}∗_{] non dipende da h.}

D’altra parte, se due estensioni E, E0 hanno classi coomologhe associate β∗ e β0∗, si ha che β0∗− β∗_{= −∂σ e possiamo vedere che l’applicazione F : E → E}0

definita da IS σ 0 IQ ` e olomorfa, in quanto D0,1_Hom(E,E0₎F = D 0,1 E0 ◦ F − F ◦ D 0,1 E

che ha un solo blocco non banalmente nullo, in cui compare −β0∗+ β∗+ (D0,1_S ◦ σ − σ ◦ D0,1_Q ) = −β0∗+ β + ∂σ = 0 per definizione di σ.

Infine, data una (0, 1)−forma γ, ∂−chiusa, a valori in Hom(Q, S), definiamo E come il fibrato C∞ S ⊕ Q con la connessione

D_E0,1=D

0,1

S γ

0 D0,1

(4)

Localmente, per Dolbeault-Grothendieck, abbiamo delle funzioni σα su aperti

Uα tali che ∂σα= γ|Uα. Per quanto osservato prima, tali funzioni definiscono

isomorfismi di (E|Uα, DE) con (S ⊕Q|Uα, DS⊕DQ), dotando E di una struttura

complessa compatibile con la connessione D0,1_E sopra definita, che non dipende dal ricoprimento in quanto sia i cambi di carta che le differenze σα− σβ sono

olomorfi.

In tal modo, (E, DE) corrisponde, come estensione, alla forma β∗= −γ.

Esercizio 6 ? Siano X e Y due spazi complessi compatti e sia f : X → Y una mappa olomorfa surgettiva, il cui differenziale sia surgettivo in ogni punto. Supponiamo che (X, ω) sia di Kähler. Si dimostri che Xy= f−1(y) è di Kähler

per ogni y ∈ Y ; si dimostri che Y `e di K¨ahler.

Sol : Ovviamente, Xy`e un sottospazio complesso di X per ogni y e dunque `e

di K¨ahler. Sia poi n = dim X, m = dim Y ; sia ω una forma di K¨ahler su X e consideriamo la forma

f∗ω(y) =

Z

z∈Xy

ωn−m+1(z)

Ora, vogliamo dimostrare che tale forma `e proprio l’immagine diretta di ωn−m+1

tramite f , ovvero la seguente uguaglianza Z X ωn−m+1∧ f∗η = Z y∈Y Z Xy ωn−m+1 ! ∧ η(y)

per ogni (2m − 2)−forma η su Y . Questa verifica si può ridurre al caso in cui X = Y × Z, che è un semplice calcolo. In particolare, segue che f∗ω è chiusa,

positiva e non degenere.

Esercizio 7 Sia X una variet`a complessa compatta di dimensione 2. Si dimostri che

• per ogni (2, 0) forma ω si ha Z

ω ∧ ω ≥ 0 e si discuta il caso di uguaglianza;

• ogni k−forma olomorfa `e chiusa;

• data [ω] ∈ H1,0_{(X) tale che ω = ∂f per una qualche funzione C}∞_{, si ha}

che ω = 0;

• data [ω] ∈ H2,0_{(X) tale che ω = ∂η per una qualche forma C}∞_{, si ha che}

ω = 0;

• si concluda che 2h1,0_{≤ b}

1≤ 2h0,1e si diano esempi in cui le disuguaglianze

sono strette.

Sol : Localmente, ω = f dz ∧ dw, quindi ω ∧ ω = |f |2_dv

X dove dvX `e la forma

di volume di X, da cui il primo punto. Inoltre `e ovvio che tale integrale `e nullo se e solo se ω = 0.

(5)

Ora, se h è una funzione olomorfa, allora è costante e dunque dh = 0; se poi η è una 2−forma olomorfa, dη = 0 per motivi dimensionali. Infine, se η è una 1−forma olomorfa, notiamo che

Z X (dη) ∧ dη = Z X d(η ∧ dη) = 0 dunque dη = 0.

Notiamo che, se [ω] ∈ H1,0_{(X), allora ∂ω = 0, quindi ∂∂f = 0, dunque f `}_e

pluriarmonica e quindi costante, di conseguenza ω = 0. Inoltre, se ω = ∂η, osserviamo che

d(η ∧ ∂η) = ∂η ∧ ∂η + ∂η ∧ ∂η

ma la seconda sarebbe una (1, 3)−forma, quindi `e nulla. Dunque Z X ∂η ∧ ∂η = Z X d(η ∧ ∂η) = 0 da cui ∂η = 0.

Osserviamo che questo implica che la mappa Hk,0(X) 3 [ω] 7→ [ω] ∈ H0,k(X) `

e iniettiva per k = 1, 2, in quanto, se ω = ∂η, allora ω = ∂η e dunque ω = 0. Dunque hk,0≤ h0,k_.

Allo stesso modo otteniamo che la mappa di Hk,0(X) in Hk_{(X, C) `e iniettiva} per k = 1, 2.

Ora, poich´e Hk,0(X) ∩ Hk,0_{(X) = {0}, segue subito che 2h}1,0 _{≤ b}

1. D’altra

parte, sia Z1 il fascio delle 1−forme olomorfe d−chiuse; la successione

0 → C → O → Z1→ 0

`

e esatta e dunque abbiamo la successione esatta lunga · · · → H0_{(X, Z} 1) α −→ H1 (X, C)−→ Hβ 1_{(X, O) → · · ·} in cui H0_{(X, Z}

1) = H0(X, Ω1) = H1,0(X), in quanto le forme olomorfe sono

tutte d−chiuse ed inoltre H1_{(X, O) = H}0,1_{(X). Quindi, dalla successione esatta}

corta

0 → Imα → H1_{(X, C) → Imβ → 0} sappiamo che

b1≤ dim Imα + dim Imβ ≤ h1,0+ h0,1≤ 2h0,1

Nel caso della superficie di Hopf, h1,0_{= 0, b}

1= h0,1= 1.

Esercizio 8 ? Sia (M(m)_{, J, g) una variet`}_{a di K¨}_{ahler compatta semplicemente}

connessa. Si dimostri che la sua forma di Ricci è nulla se e solo se il gruppo di olonomia della connessione di Levi-Civita Hol(g) è contenuto in SU (m). Sol : Sappiamo che J è parallelo rispetto alla connessione di Levi-Civita, dunque gli elementi di Hol(g) preservano J . Dunque, a meno di scegliere il corretto isomorfismo tra (TpM, Jp) e Cm (per un p ∈ M fissato), si ha che

(6)

Hol(g) ⊂ U (m). Viceversa, se M è una varietà reale 2m−dimensionale con una metrica riemanniana g tale che Hol(g) è contenuto, dopo un’opportuna identificazione di TpM con R2m e di questo con Cm, in U (m), abbiamo che la

struttura quasi complessa indotta dalla struttura complessa su Cm_`_{e invariante}

rispetto al gruppo di olonomia e quindi si estende ad una struttura complessa parallela rispetto alla connessione di Levi-Civita, il che implica che (M, J, g) è una varietà di Kähler.

Inoltre, l’olonomia indotta sul fibrato canonico è l’immagine del gruppo Hol(g) tramite l’applicazione det; dunque Hol(g) ⊂ SU (m) se e solo se il fi-brato canonico di M è piatto, ma questo accade se e solo se la forma di Ricci è nulla, in quanto la curvatura indotta sul fibrato canonico è

b

R(X, Y )(dz1∧ . . . ∧ dzm) = iρ(X, Y )dz1∧ . . . ∧ dzm

dove ρ(·, ·) `e la forma di Ricci su M .

Esercizio 9 Sia (M, g, J ) una varietà di Kähler compatta semplicemente con-nessa di dimensione 3 il cui fibrato canonico sia banale; dimostrare che il suo diamante di Hodge è della forma

1 0 0 0 b 0 1 a a 1 0 b 0 0 0 1 Verificare che l’ipersuperficie di CP4 data da

Q = {(x, y, z, w, t) : x5+ y5+ z5+ w5+ t5= 0} soddisfa le ipotesi e determinare a, b per essa.

Sol : h0,0 = 1 perché la varietà è compatta, b1= 0 in quanto semplicemente

connessa e dunque h1,0 = h0,1 = 0. Inoltre, visto che il fibrato canonico `e banale, si ha h3,0= h0,3= 1. Inoltre

h0,2= h2,0= h3,1 = dim H1(X, Ω3) = dim H1(X, O) = h0,1 = 0 infine, h2,1_{= h}1,2 _{= b e h}1,1 _{= h}2,2_{= a.}

Calcolando la prima classe di Chern di Q, si ricava immediatamente che il suo fibrato canonico `e banale. Inoltre Q `e semplicemente connessa. Integrando la classe di Chern c3(Q), si ottiene che χ(Q) = −200; inoltre, per il teorema della

sezione iperpiana di Lefschetz, H2_{(Q, C) ≡ H}2_(CP4_{, C) e dunque b}2(Q) = 1.

Dunque a = 101 e b = 1. In alternativa, H2,1(X) `e lo spazio delle deformazioni di struttura complessa, che corrispondono ai coefficienti liberi nell’equazione polinomiale di Q; un polinomio di 5◦ grado in 5 variabili ha 9!/(5!4!) = 126 coefficienti e, a meno dell’azione di PGL(5), posso fissarne 52_{− 1 = 24, pi`}_{u un}

altro per riscalamento. Dunque ci sono 101 parametri liberi per la struttura complessa.

Esercizio 10 Fissato k ∈ N, si consideri l’insieme

(7)

Dimostrare che Vkè una varietà analitica complessa e che è isomorfo allo spazio

totale del fibrato O(−k).

Sol : Vk `e banalmente una variet`a complessa. Ovviamente z1 = z2 = 0

descrive una retta proiettiva e, fissato [w1, w2] ∈ CP1, si ha che z1/z2 `e fissato,

quindi l’applicazione πk : Vk → CP1 rende Vk un fibrato in rette sulla retta

proiettiva.

Consideriamo ora la mappa f : CP1→ CP1 data da f ([w1, w2]) = [wk1, wk2];

il pullback del fibrato O(−1) tramite essa `e esattamente Vk, infatti sul punto

[w1, w2] si trova la retta associata al punto [wk1, w k

2], ovvero la retta z1wk2 = z2wk1.

Poich´e tale mappa `e un rivestimento di grado k, si ha che f∗O(−1) = O(−k). Esercizio 11 Sia V un fibrato di rango 2 su CP2. Allora

• esistono un intero kV e un sottofascio O(kV) di V tale che se esiste una

mappa non nulla O(k) → V , allora k ≤ kV ed inoltre V /O(kV) `e senza

torsione;

• V `e stabile se e solo se 2kV < d (con det V = O(d));

• V è stabile se e solo se è semplice. Si dimostri inoltre che T CP2è stabile.

Sol : Dato un sottofibrato L → V , esso da origine localmente (dove il fascio delle sezioni si banalizza) ad una mappa φ : O → O ⊕ O, data da φ(1) = (f, g). Sia t = (f, g), di modo che f = tf0, g = tg0, allora possiamo definire φ0 : O → O ⊕ O data da φ0(1) = (f0, g0). Ovviamente, la successione

0 → O φ

0

−→ O ⊕ O → O → 0 `

e esatta. Componendo φ0 con la moltiplicazione per t si ritrova l’applicazione originale, ovvero φ si estende ad una mappa da (1/t)O in O ⊕ O; tale t definisce globalmente un divisore D e dunque fornisce una fattorizzazione dell’inclusione L → V tramite la successione esatta

0 → L → V → V /(L ⊗ O(D)) → 0

Inoltre, visto che t `e la componente di torsione dell’immagine di φ, il fibrato V /(L ⊗ O(D)) `e senza torsione.

Applicando questa osservazione al nostro caso, otteniamo che, dato un sot-tofibrato O(m) → V (che esiste sempre), possiamo fattorizzarlo tramite O(m)⊗ O(D) per un qualche divisore D, ottenendo una successione esatta di fasci del tipo

0 → O(m) → V → O(m0) ⊗ IZ → 0

con codimZ = 2.

Dunque se n > m, m0, Hom(V, O(n)) = 0. Poniamo kV uguale al pi`u grande

intero per cui tale gruppo non `e nullo. Se poi c’`e un sottofibrato L → V isomorfo a O(kV), il quoziente deve essere senza torsione, altrimenti si potrebbe

fattorizzare tramite O(kV) ⊗ O(D) = O(kv+ k), contraddicendo la massimalit`a

di kV.

V `e stabile se e solo se per ogni mappa non nulla O(m) → V si ha 2m < d, quindi se vale 2kV < d, abbiamo l’altra disuguaglianza. Del resto, deve valere

(8)

E’ noto che un fibrato stabile `e semplice. Se invece V non `e stabile, si consideri la successione esatta

0 → O(m) → V → O(m0) ⊗ IZ → 0

con m+m0= d e 2m ≥ d, Allora m0 < m e, dall’inclusione O(m0)⊗IZ→ O(m0)

segue quindi l’`ınclusione O(m0) ⊗ IZ→ O(m) e dunque otteniamo la mappa

V → O(m0) ⊗ IZ → O(m) → V

che non `e un’omotetia, quindi V non `e semplice. Infine, consideriamo la successione di Eulero

0 → O(−1) → O⊕n+1_{→ T P}n(−1) → 0 e tensorizziamola per O(1) ⊗ Ω1

= O(1) ⊗ (T Pn₎∗ _ottenendo

0 → Ω1→ Ω1₍₁₎⊕n+1_{→ Ω}1

⊗ T Pn _{→ 0}

e dunque in coomologia abbiamo · · · → H0

(Pn, Ω1(1)⊕n+1) → H0_(Pn, Ω1⊗T Pn_{) → H}1

(Pn, Ω1) → H0_(Pn, Ω1(1)⊕n+1) → · · · Del resto abbiamo

H0_(Pn, Ω1(1)⊕n+1) = H1_(Pn, Ω1(1)⊕n+1) = 0 e dunque

H0_(Pn_{, End(T P}n)) = H0_(Pn_{, (T P}n)∗_{⊗ T P}n) = H1_(Pn, Ω1) ∼_{= C} da cui segue che T Pn _`_{e semplice.}