Haciendo $\mathbb{Q}$ -integral de cohomología

Question

Dejemos que $X$ sea una variedad algebraica (digamos, suave y proyectiva) sobre $\mathbb{C}$ y arreglar $$\alpha\in H^i(X^{\text{an}}, \mathbb{Q})$$ con $i>0$ .

¿Existe siempre una variedad $Y$ y un morfismo propio suave $f: Y\to X$ tal que $f^*\alpha$ es integral, es decir, está en la imagen de $H^i(Y, \mathbb{Z})\to H^i(Y, \mathbb{Q})$ ?

Ejemplos:

• Si $i=1$ , $\alpha$ da un mapa $\pi_1(X)\to \mathbb{Q}\to \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ . El núcleo de este mapa define una cobertura (finita) $Y$ de $X$ . Tirando hacia atrás para $Y$ hace $\alpha$ integral.

• Si $i=2$ hay un mapa $\mathbb{Q}\to \mathcal{O}_X\to\mathcal{O}_X^*$ . Sea $\gamma$ sea la imagen de $\alpha$ bajo el mapa inducido $H^2(X, \mathbb{Q})\to H^2(X, \mathcal{O}_X^*)$ ; se trata de una clase Brauer analítica en $X$ . Creo que un resultado de Serre(?) nos dice que también es una clase etale-cohomológica de Brauer. Como $X$ es proyectiva, Gabber nos dice que $\gamma$ es de hecho una clase honesta de Brauer, por lo que podemos elegir una variedad Severi-Brauer $f: Y\to X$ con clase $\gamma$ . Entonces $f^*(\gamma)=0$ . Si $f^*\alpha$ es distinto de cero, vive en $H^{1,1}(Y)\cap H^2(Y, \mathbb{Q})$ . Sea $n$ sea tal que $n\cdot f^*\alpha$ es integral; entonces, por la ley de Lefschetz $(1,1)$ -hay un haz de líneas $\mathcal{L}$ en $Y$ con la primera clase de Chern $n\cdot f^*\alpha$ . Sea $\mathcal{Y}_\mathcal{L}\to Y$ sea el $\mu_n$ -gerbo de $n$ -raíces de $\mathcal{L}$ . Esto no es una variedad proyectiva suave sobre $X$ Es cierto, pero el retroceso de $\alpha$ a $\mathcal{Y}_\mathcal{L}$ es integral. En cualquier caso, me parece bien $Y$ siendo una pila de DM. (Siempre hay alguna construcción que funciona con pilas superiores en la categoría analítica, pero no es lo que busco). Supongo que preferiría $Y$ para ser una variedad real, por lo que este argumento reduce la $i=2$ al siguiente caso especial:

Dejemos que $X$ sea como la anterior, y que $\mathcal{L}$ sea un haz de líneas en $X$ . Fijar un número entero positivo $n$ . ¿Siempre hay algún tipo de $f: Y\to X$ para que $f^*\mathcal{L}$ tiene un $n$ -¿Raíz?

• Si $i>2$ No tengo ni idea de qué hacer.

Algunos comentarios más:

• Para las variedades para que el producto de la copa $H^1(X, \mathbb{Q})^{\otimes n}\to H^n(X, \mathbb{Q})$ es suryectiva (por ejemplo, variantes abelianas o curvas de género al menos $1$ ), esto es ciertamente posible. A saber, escribir $\alpha$ como una combinación lineal de cosas que vienen de $H^1$ y luego hacer todas esas integrales.

• Qiaochu aborda la versión topológica. Esto ya es difícil, creo, pero es ligeramente más fácil que la algebraica. Por ejemplo, no sé cómo hacer clases en $H^2(\mathbb{P}^1, \mathbb{Q})$ integral, pero el mapa de Hopf $S^3\to S^2$ hace que cada clase en $H^2(S^2, \mathbb{Q})$ integral, ya que $H^2(S^3)=0$ .

• Para hacer el caso $i=2$ basta con considerar el caso en que $X=\mathbb{P}^n$ . Para ver esto, observe que mi argumento anterior (bajo Ejemplos, $i=2$ ) se reduce al caso en que $\alpha\in H^{1,1}(X)\cap H^2(X, \mathbb{Q})$ . A continuación, utilizar que las clases amplias generan $H^{1,1}(X)\cap H^2(X, \mathbb{Q})$ .

• Jason Starr sugiere que todo morfismo proyectivo suave $Y\to \mathbb{P}^1$ podría tener una sección, que daría una respuesta negativa para $X=\mathbb{P}^1, i=2$ . ¿Es eso cierto? Ciertamente no conozco un contraejemplo...

Answer 1

Esto no es una respuesta, sino algunos comentarios sobre los aspectos topológicos del problema. Probablemente te estoy diciendo cosas que ya sabes.

Desde $H_i(X, \mathbb{Z})$ está generado finitamente, cualquier elemento de $H^i(X, \mathbb{Q}) \cong \text{Hom}(H_i(X, \mathbb{Z}), \mathbb{Q})$ puede elevarse a un elemento de $\text{Hom}(H_i(X, \mathbb{Z}), \frac{1}{m} \mathbb{Z})$ para algunos $m$ y, por tanto, a un elemento de $H^i(X, \frac{1}{m} \mathbb{Z})$ . Así que en la pregunta podemos sustituir $\mathbb{Q}$ por $\frac{1}{m} \mathbb{Z}$ . Equivalentemente podemos decir lo siguiente. La secuencia exacta corta

$$0 \to \mathbb{Z} \xrightarrow{m} \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}_m \to 0$$

(permítanme el pecado de usar $\mathbb{Z}_m$ para $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ ) induce una secuencia exacta larga

$$\cdots \to H^i(X, \mathbb{Z}) \xrightarrow{m} H^i(X, \mathbb{Z}) \to H^i(X, \mathbb{Z}_m) \to \cdots$$

mostrando que un determinado $\alpha \in H^i(X, \mathbb{Z})$ es un $m^{th}$ o, lo que es lo mismo, se encuentra en la imagen de la multiplicación por $m$ si se encuentra en el núcleo de la reducción-mod- $m$ mapa a $H^i(X, \mathbb{Z}_m)$ . Así que nuestro problema se reduce, más o menos, a la siguiente pregunta:

Dado que es agradable $X$ y $\alpha \in H^i(X, \mathbb{Z}_m)$ ¿Cuándo podemos encontrar un bonito $f : Y \to X$ tal que $f^{\ast}(\alpha) = 0$ ?

(Estoy siendo vago aquí para que la afirmación pueda aplicarse tanto a las versiones algebraicas como topológicas del problema; tengo en mente $f$ un haz de fibras y $X, Y$ colectores compactos. Estrictamente hablando, para que esta pregunta sea equivalente a la pregunta original $\alpha$ necesita estar en el núcleo del Bockstein, pero no puedo imaginar que esa condición sea particularmente importante).

Para cualquier $i$ hay una respuesta topológica universal a esta pregunta: a saber, pensar en $\alpha$ como un mapa a un espacio Eilenberg-MacLane $X \to B^i \mathbb{Z}_m$ podemos tomar su fibra homotópica, que se encuentra en una secuencia de fibras

$$B^{i-1} \mathbb{Z}_m \to \widetilde{X} \to X \xrightarrow{\alpha} B^i \mathbb{Z}_m.$$

$\widetilde{X}$ es, por definición, el espacio universal dotado de un mapa a $X$ tal que el pullback de $\alpha$ es trivial, y puede considerarse como un haz de fibras sobre $X$ con fibra $B^{i-1} \mathbb{Z}_m$ . Por desgracia, $B^{i-1} \mathbb{Z}_m$ no es realmente un colector en general. Es de suponer que existe una versión más elevada de esta construcción y es a lo que aludías en los comentarios.

Cuando $i = 1$ la fibra de homotopía $\widetilde{X}$ puede tomarse como la cubierta finita que ya ha mencionado; aquí $B^0 \mathbb{Z}_m = Z_m$ es discreto. Cuando $i = 2$ podemos pensar en $B \mathbb{Z}_m$ como el espacio de la lente infinita $S^{\infty} / \mathbb{Z}_m$ y podemos esperar que podamos sustituir la secuencia de fibras anterior por una fibración

$$S^n / \mathbb{Z}_m \to \widetilde{X} \to X$$

con la fibra un espacio de lente finito. Eso podría resolver el problema en el entorno topológico, pero supongo que no en el entorno algebraico.

Cuando $i = 2$ y $m = 2$ es la cuestión de si cada clase en $H^2(X, \mathbb{Z}_2)$ puede ser representado por un haz de espacios proyectivos reales / álgebras matriciales reales. Esto es cierto y es el análogo real del teorema de Serre de que toda clase de torsión en $H^3(X, \mathbb{Z})$ es representable por un haz de espacios proyectivos complejos / álgebras matriciales complejas; aparentemente se debe a E. Strickland .

Para una mayor $i$ no me queda claro que incluso la versión topológica del problema sea resoluble; supongo que una respuesta negativa adecuada a ese problema implicaría una respuesta negativa al problema original?

Editar: Cuando $i = 2$ podemos hacer un poco más de lo que pide la pregunta, al menos en el entorno topológico: en lugar de hacer que cualquier elemento de $H^2(X, \mathbb{Z})$ para tener un $m^{th}$ raíz podemos, de hecho, causar cualquiera de $H^2(X, \mathbb{Z})$ para desaparecer. Si $\alpha$ es un elemento de este tipo, pensado como un mapa $X \to B^2 \mathbb{Z}$ su fibra homotópica se ajusta a una secuencia de fibras

$$B \mathbb{Z} \to \widetilde{X} \to X \to B^2 \mathbb{Z}$$

donde aquí nuestra gracia salvadora es que $B \mathbb{Z} \cong S^1$ puede ser modelado por un colector compacto. Dicho de otra manera, $\alpha$ es la primera clase de Chern de un único principal $\text{U}(1)$ -y se desvanece cuando se extrae del espacio total de este haz.

Por ejemplo, cuando hacemos esto a un generador de $H^2(S^2, \mathbb{Z})$ obtenemos el fibrado de Hopf $S^1 \to S^3 \to S^2$ . Más generalmente, cuando hacemos esto a un generador de $H^2(\mathbb{CP}^n, \mathbb{Z})$ obtenemos el conocido fibrado $S^1 \to S^{2n+1} \to \mathbb{CP}^n$ . La construcción en este caso puede interpretarse como el cálculo de la $2$ -cubierta conectada, y si pudiéramos tomar $i$ -cubiertas conectadas de colectores compactos que seguían siendo colectores compactos para todos $i$ entonces habríamos terminado, pero no creo que eso sea posible; por ejemplo, el $3$ -cubierta conectada de $\text{Spin}(n), n \ge 3$ es $\text{String}(n)$ que no puede ser modelado por un grupo de Lie de dimensión finita.

Answer 2

Como señala Jason Starr en los comentarios, esta respuesta a una pregunta suya implica que la respuesta a mis dos preguntas es "no". Para esto último, se puede tomar:

$X=\mathbb{P}^1, \mathcal{L}=\mathcal{O}(1)$

Entonces no hay ningún morfismo propio suave $f: Y\to X$ tal que $f^*\mathcal{L}$ tiene una raíz cuadrada, por ejemplo. (La pregunta de Jason es sobre morfismos proyectivos, pero creo que es bastante fácil deducir el caso propio).

Para la primera pregunta, $X=\mathbb{P}^1, i=2$ es un contraejemplo.

Me gustaría ver una prueba más sencilla de este resultado. También me gustaría saber la respuesta con la condición de suavidad relajada a la planitud.