Giornate di Geometria Algebrica
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IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Uno forme olomorfe sui moduli di curve
Sara TorelliUniversità di Hannover
Giornate di Geometria Algebrica
30 Aprile 2021
Sara Torelli Uno forme olomorfe sui moduli di curve
IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Il problema del giorno
Mg spazio (coarse) di moduli di curve complesse proiettive lisce digenere g , g ≥ 2
è una varietà complessa quasi proiettiva di dimensione 3g − 3è singolare su un sottoinsieme dei punti [C ] ∈Mg tali cheAut(C ) 6= Id. Per g > 3, ha dimensione 2g − 1 (data dalluogo iperellittico).
M0g ⊂Mg luogo dei punti lisci, Ω1
M0gcotangente olomorfo.
Domanda
H0(M0g ,Ω
1M0
g) = 0?
Ossia, è vero che non ci sono uno forme olomorfe suM0g?
Sara Torelli Uno forme olomorfe sui moduli di curve
IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Osservazione alla domanda
M0g liscia MA non compatta significa:
1 è ben definito il complesso di de Rham olomorfo (Ω∗M0g, d)
2 MA kerd : H0(Ω1M0
g)→ H0(Ω2
M0g) ⊂ H0(M0
g ,Ω1M0
g) può
essere propria.Ossia: le uno forme olomorfe non sono tutte chiuse.
Sul punto 2: Imd : H0(OM0g)→ H0(Ω1
M0g) 6= 0 a priori. Ossia,
varietà non compatte possono avere funzioni olomorfe non costanti.
Esempio:M1 ' A1. Ci sono funzioni f ∈ H0(OM1) tali che df èforma olomorfa non nulle.
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IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Evidenze storiche
Mumford (J.Analyse Math. 18, 1967): Γg gruppo modulare diTeichmüller di genere g . Allora Γg/[Γg , Γg ] è ciclico finito di ordineun divisore di 10, per g ≥ 2.Pertanto:Mg = Dg/Γg , dove Dg spazio di Teichmüller, ha varietàdi albanese Alb(Mg ) banale.Ossia: non ci sono funzioni razionali non-banaliMg → A, A varietàabeliana.Attenzione: Se X liscia proiettiva, Alb(X ) = H0(Ω1
X )/H1(X ,Z).Ossia Alb(X ) banale significa non ci sono uno forme olomorfe(tutte e sole chiuse qua!).MaMg non è liscio e non è compatto,M0
g non è compatto ...
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IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Evidenze storiche - come usarle suM0g
Dal risultato di Mumford segue: H1(M0g ,Z) è di torsione, per
g > 3.
Infatti: in π : Dg →Mg = Dg/Γg l’azione è propriamentediscontinua ma non libera.Sia D0
g = π−1(M0g ). L’azione di Γg su D0
g è libera per costruzione.Pertanto π : D0
g →M0g è un rivestimento topologico.
Inoltre, π : D0g →M0
g è il rivestimento universale: infatti D0g è
contraibile, essendo Dg contraibile e Dg \ D0g di codimensione 2.
Concludendo π1(M0g ) = Γg e
da Mumford H1(M0g ,Z) = Γg/[Γg , Γg ] è di torsione.
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IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Evidenze storiche - come usarle suM0g
Tensorizzando per C e utilizzando il complesso di De-Rham:
0 = H1(M0g ,C) =
kerd : H0(Ω1M0
g)→ H0(Ω2
M0g)
Imd : H0(OM0g)→ H0(Ω1
M0g)
Conclusione: Non ci sono uno forme olomorfe chiuse (numeratore)non esatte (denominatore).Facile: V = Imd : H0(OM0
g)→ H0(Ω1
M0g) = 0.
η ∈ V , η = d f , f ∈ H0(OM0g). Si ha inaffti η = ∂f + ∂f con
∂f = 0, essendo η uno forma olomorfa. Da ∂f = 0, si ha che f èolomorfa. f restringe a una funzione costante su ogni curvacompatta diM0
g , pertanto è costante suM0g . Quindi η = 0.
Conclusione: Non ci sono forme olomorfe chiuse suM0g .
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IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Il problema di oggi, dopo le evidenze storiche
Problema: H0(M0g ,Ω
1M0
g) è non banale? Ossia dopo le evidenze
storiche, esistono forme olomorfe NON CHIUSE?
Teorema (F.Favale, G.P. Pirola, –)
Per g ≥ 5, H0(M0g ,Ω
1M0
g) = 0.
La domanda guida alla dimostrazione: Come controllare esistenza diforme olomorfe non chiuse?Per avere controllo sulla loro geometria
ci riduciamo a testarle su certe specifiche superfici complessemolto legate alla geometria della compattificazione di DeligneMumfordMDM
g .dimostriamo un criterio astratto soddisfatto da tali superfici,utilizzando mappe di line bundle big e nef.
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IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Superfici test
MDMg =Mg ∪∆ compattificazione di Deligne Mumford
Il divisore di bordo ∆ = ∪[g/2]i=0 ∆i tale che:[C ] ∈ ∆0 generale, C curva irriducibile con un nodo di generearitmetico g
[C ] ∈ ∆i generale, C = Ci ∪ Cg−i curva con un nodo data da duecurve lisce Ci e Cg−i di genere i e g − i risp., attaccate in un punto
ASatg = ∪gi=1Ai compattificazione di Satake di Ag , Ai spazio di
moduli di varietà abeliane di dimensione i .
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Superfici test
Il morfismo di Torelli estende a ψ :MDMg → ASat
g , [C ] 7→ [JC ν ],C ν normalizzazione di C .
MSatg := ψ(MDM
g ) compattificatione di Satake diMg .
Proprietà:[C = Ci ∪ Cg−i ] ∈ ∆i , i > 1, ψ−1(ψ([C ])) ' Ci × Cg−i ,dimψ(∆i ) = 3g − 6[C ] ∈ ∆0, ψ−1(ψ([C ])) ' Sym2(C ), dimψ(∆0) = 3g − 6[C = C1 ∪ Cg−1] ∈ ∆1, ψ−1(ψ([C ])) ' Cg−1,dimψ(∆i ) = 3g − 5(C1 ellittica, muovo il punto con automorfismi)
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Superfici test
H classe di Hodge di ASatg , H è ampia, induce ψH : ASat
g → Pn
isomorfismo sull’immagine e componendo con ψ:
ψL :MDMg → Pn, L = ψ−1
L (OPn(1)) ∈ Pic(MDMg )
Proprietà:ψL è birazionale sull’immagine, contrae ∆i come ψL = αH ′ + α0[∆0], α, α0 > 0, H ′ classe di Hodge suMDM
g
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Superfici test
DefinitionS è Superficie test se è controimmagine per ψ di una intersezionecompleta di 3g − 5 multipli di H, equivalentemente (a posteriori)per ψL di 3g − 5 multipli di iperpiani.
Proprietà di S generale:1 S ⊂MDM
g \ Sing(MDMg ), liscia, S ∩∆i = ∅, i 6= 1,
E = S ∩∆1 divisore effettivo, unione disgiunta di curve digenere g − 1
2 ωS = OS(kH − 3/2E ), ωE = OE (−1/2E )
3 ψL|S è birazionale sull’immagine, è iso fuori da E , EH ′|S = 0 econtrae E a un numero finito di punti
4 H0(Ω1S) = H0(Ω1
S(mE )) = 0, per ogni m > 0
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Superfici test
Sketch of the proof:Punto 1. S generale è disgiunta da Sing(MDM
g ) per motividimensionali, dato che i punti generali di ∆i , i 6= 1 sono lisci edim Sing(∆1) ≤ 3g − 4, quindi dimψ(Sing(MDM
g )) ≤ 3g − 6.H ′ = ψ−1(H) è semiampio, quindi la S generale è liscia perBertini.dimψ(S) = 2 e dimψ(∆i ) = 3g − 6 per i 6= 1, quindiS ∩∆i = ∅, i 6= 1.H ampio, dimψ(∆1) = 3g − 5, quindi ψ(S) ∩ ψ(∆1) è unnumero finito di punti, quindi S ∩∆1 = E è il divisore effettivodato dalle fibre di questi punti, ossia curve di genere g − 1,lisce per S generale.
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Superfici test
Punto 2. Dalla formula di aggiunzione per intersezionecompletaωS = OS(13H − 3/2∆1 − 2∆0 − 2Σ
[g/2]i=2 ∆i + Σ3g−5
j=1 ajH) =OS(kH − 3/2E ).Per aggiunzione, ωE = OE (KS + E ) = OE (kH − 3/2E + E ),infatti H|E = 0 dato che H contrae E .Punto 3. Per costruzione.
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Superfici test
Punto 4, H0(Ω1S) = 0.Infatti, in una desingolazizzazione
τ : M ′ →MDMg si vede che H1(OM′) = 0, S si realizza come
intersezione completa in M ′ usando multipli di Hτ pullback diH ′ big e nef.Applichiamo iteratamente tagliando M ′ con Hτ KawamataViewheg vanishing: Z varietà liscia, dimZ ≥ 3 e H1(OZ ) = 0,D divisore big e nef su Z . Allora il generale Y ∈ |D| è liscio eH1(OY ) = 0.Otteniamo: H0(Ω1
S) = H1(OS) = .... = H1((O)M′∩m1Hτ ) = 0
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Superfici test
Punto 4, H0(Ω1S(E )) = H0(Ω1
S) = 0.Consideriamo l’isomorfismoα : H0(OE)→ H0(Ω1
S(E )|E ),indotto da0→ H0(OE)→ H0(Ω1
S(E )|E )→ H0(ωE (E ))→,H0(ωE (E )) = H0(OE (−1/2E + E )) = H0(OE (1/2E )) = 0,dato che OE (1/2E ) ha grado negativo.Costruiamo il diagramma
0 H0(Ω1S) H0(Ω1
S(log E )) H0(OE) H1(Ω1S)
0 H0(Ω1S) H0(Ω1
S(E )) H0(Ω1S(E )|E ) H1(Ω1
S)
// // // ∂ // _
α
// // // ∂′//
Si conclude mostrando che ∂ = α ∂′ è iniettivo. Infatti∂ : ⊕iH
0(OEi)→ H1(Ω1
S) è la mappa che invia alla classe diChern-Atiyah, iniettiva essendo Ei effettivi, disgiunti e E 2
i = 0.Sara Torelli Uno forme olomorfe sui moduli di curve
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Superfici test
Punto 4, H0(Ω1S((m + 1)E )) = H0(Ω1
S(mE )) = 0, m > 0.Consideriamo0→ Ω1
S(mE )→ Ω1S((m + 1)E )→ Ω1
S((m + 1)E|E )→ 0.Mostriamo che H0(Ω1
S((m + 1)E )|E ) = 0.Questo segue da0→ OE (mE )→ Ω1
S((m + 1)E )|E → ωE ((m + 1)E )→ 0e H0(OE (mE )) = H0(ωE ((m + 1)E )) = 0 essendo i due linebundle di grado negativo.
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Superfici test, come usarle
Per assurdo sia η 6= 0 ∈ H0(ΩM0g ).
Allora esiste p ∈M0g e v ∈ TM0
gt.c. ηp(v) 6= 0.
Sia S ⊂MDMg superficie test generale per p tale che v ∈ Tp,S
Vorremmo testare η su S ma S ⊂M0g ∪∆1, E = S ∪∆1 e η non è
definita su E .Quindi come usare S?Ricordiamo che
ψL|S : S → Pn è birazionale sull’immagine e contrae solo E apuntiψL|S è indotta da OS(H ′), dato che S è intersezione completadi multipli della classe di hodge, H ′E = 0H0(Ω1
S(mE )) = 0, per ogni m ≥ 0.Cerchiamo un criterio per spostare il test da S alla curvaC = SH ′ ⊂ S , utilizzando le proprietà sopra.
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Superificie test, come usarle
Dimostriamo il seguente risultato di comparazione di sezioni.
Teorema (F.Favale, G.P. Pirola, -)
X proiettiva, F fibrato vettoriale su X , L line bundle big e nef,D ∈ |La|, a >> 0, E il divisore contratto a punti da φD : X → Pn
(morfismo birazionale sull’immagine). Allora sono equivalenti:1 H0(F)→ H0(F|D) isomorfismo2 H0(F)→ H0(F(mE )) isomorfismo, per ogni m ≥ 0.
Applicando a F = Ω1S , D = aC , L = OS(H ′), essendo la seconda
condizione soddisfatta (H0(ΩS(mE )) = 0, ∀m ≥ 0), deduciamo0 = H0(Ω1
S) = H0((Ω1S |C )) da cui η|C = 0. Questo assurdo nel
caso v ∈ TS|C ,p.
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Sul teorema di comparazione delle sezioni
Per chiarezza: le mappe del teorema sono tutte date da shift di0→ OX (−Z )→ OX → OZ → 0, Z divisore di OX .
Considerazioni e evidenze al teorema precendente:H0(F )→ H0(F|D) isomorfismo per L ampio, anzi(n − 2)−ampio (risultati classici di Vanishing:Grothendick-Serre , generalizzazione)nei casi sopra non ci sono divisori contratti: (n − 2) ampio sela fibra ha codimensione almeno 2H0(F )→ H0(F|D) banalmente iniettiva appena a >> 0(H0(F (−D)) = 0 per a >> 0)la dimostrazione studia la suriettività in termini dellageometria del divisore contratto a punti.
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Sketch della dimostrazione
1⇒ 2 è immediata:
H0(F ) H0(F|D)
H0(F (mE − D)) H0(F (mE )) H0(F (mE )|D))
ρ //
τm
// ρ′ //
Per ipotesi ρ suriettiva, quindi ρ′ τm suriettiva. Da questo usandoancora il diagramma, τm suriettiva se H0(F (mE − D)) = 0, chevale per a >> 0.
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Sketch della dimostrazione
Il viceversa (2⇒ 1) non è immediato: per mostrare la suriettività diH0(F )→ H0(F|D), studiamo l’iniettività di H1(F (−D))→ H1(F ).Per dualità e Serre, se r = dimX , equivalente alla suriettività di
ν∗ : Hn−1(ΩrX ⊗ F ∗)→ Hn−1(Ωr
X ⊗ F ∗(D))
Si dimostra: sia W = ΩrX ⊗ F ∗, pi = φD(Ei )
Hn−1(W (D)) ' H0(Rn−1(φD)∗(W )) ' ⊕iRn−1(φD)∗(W )pi .
Il primo isomorfismo usa Leray e il secondo che le fibre fuori da pihanno dimensione < n − 1.
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Sketch della dimostrazione
Per la suriettività di ν∗ : Hn−1(ΩrX ⊗ F ∗)→ ⊕iR
n−1(φD)∗(W )pi :Consideriamo due sistemi inversi di spazi vettoriali(Hn−1(W ), id) banale,(Hn−1(W|kE ), ck : Hn−1(W|kE )→ Hn−1(W|(k−1)E )) dato da
0 W (−kE )) W W|kE 0
0 W (−(k − 1)E W W|(k−1)E 0
// // // ∂ // _
ck
// // // //
In particolare ck suriettiva essendo E un divisore.
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Sketch della dimostrazione
Consideriamo la naturale mappa di sistemi inversiδm : Hn−1(W )→ Hn−1(W|kE ).Si dimostra che δm suriettiva è equivalente a τm suriettiva (qualchediagramma!), il che vale per ipotesi.A) Nella categoria di spazi vettoriali (vale ML), otteniamoδ : Lim←−−Hn−1(W )→ Lim←−−Hn−1(W|kE ) suriettivo.B) Dal teorema delle funzioni formali, come Opi−moduli,Lim←−−Hn−1(W|kEi
) = (Rn−1(φD)∗(W )pi )∧ =
(Rn−1(φD)∗(W )pi )⊗ (Opi )∧
Da A) e B),δ∧ : ⊕iH
n−1(W )⊗ (Opi )∧ → ⊕i (R
n−1(φD)∗(W )pi )⊗ (Opi )∧
suriettiva come moduli, ma quindi per costruzione restringe aν∗ : Hn−1(W )→ (Rn−1(φD)∗(W )pi ) suriettiva di spazi vettoriali,c.v.d.
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IntroduzioneDimostrazione e considerazioni
Grazie perl’attenzione!
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