Geometría de la multilagrangian Grassmannian

Question

Vamos a introducir las siguientes opciones $MG(3,6)$, que es un "multisymplectic" analógica de un Lagrangiano Grassmannian $LG(3,6)$.

Considere la posibilidad de una 3-forma $\omega = dx1 \wedge dx2 \wedge dx^3 - dx4 \wedge dx5 \wedge dx^6$ 6-dimensional espacio vectorial $V$ más de una algebraicamente cerrado de campo $K$, $char(K) = 0$ (creo que es seguro asumir que $K = \mathbb C$). Podemos considerar que una subvariedad $MG(3,6)$ de Grassmannian $Gr(3,6)$ consta de 3-planos de $E$ satisfacción $\omega(E)=0$.

$MG(3,6)$ resulta ser una de las 8 dimensiones suave hyperplane sección en $Gr(3,6)$ w.r.t la Desplumadora de la incrustación. Yo creo que el $MG(3,6)$ NO es un espacio homogéneo para un grupo de acción.

Ahora la pregunta es: ¿Qué podemos decir acerca de la geometría de $MG(3,6)$? Más precisamente, me gustaría calcular el cohomology $H^*(MG(3,6))$ en términos de algunos "canónica" de los ciclos, como las clases de Chern de algo etc.

De acuerdo a los Débiles teorema de Lefschetz, no hay ningún problema en pequeñas codimensions: el mapa de $H^{2k}(Gr(3,6)) \to H^{2k}(MG(3,6))$ es un isomorfismo para $k < 4$, y por lo tanto menor codimensional cohomology grupos son generados por las clases de Chern de la canónica de paquete que viene de Grassmannian.

Así que la pregunta realmente es: ¿cómo puedo encontrar una buena descripción de los ciclos en la dimensión media? Yo sé, que hay un ciclo que no tire de Grassmannian.

Observación. La razón por la que estoy buscando un "canónica" de la representación de los ciclos es que de hecho, tengo algo retorcida forma de $X/F$$MG(3,6)/\bar F$. Lo que realmente estoy viendo es cohomology (Chow grupos, en realidad) de $X$, por lo que espero encontrar una base de ciclos que iba a descender hasta el campo de definición.

Gracias.

Answer 1

Esta es una respuesta parcial a la pregunta: creo que no es exactamente una clase no viene de $G(3,6)$, y que esta clase será representado por una expresión algebraica ciclo. Sin embargo, no tengo una descripción de la misma.

Mi razonamiento: Vamos a contar los puntos en su variedad, más de un campo con $q$ elementos. Puedo conseguir $$1+q+2q^2+3 q^3+ 4 q^4 + 3q^5 + 2 q^6 + q^7 + q^8.$$ (Más detalles abajo). He comprobado que su variedad es suave, por lo que las conjeturas de Weil nos dicen que $H^4$ es de cuatro dimensiones. Tres de esas dimensiones vienen de $H^4(G(3,6))$, dejando a un inexplicable. Por otra parte, todas las clases de $G(3,6)$ mentira en $H^{2,2}$, lo $H^{2,2}$ de su variedad de dimensión al menos $3$. Pero luego, por la simetría de la Hodge diamante, la falta de clase es también en $H^{2,2}$. Suponiendo que la conjetura de Hodge, un múltiplo de la misma debe ser una expresión algebraica de la clase.

El conteo de puntos: Escribir un punto en su variedad como el tamaño de fila de una $3 \times 6$ matriz $\left( A \ B \right)$. Su multi-Lagrange condición es que $\det A=\det B$. Esto significa que tanto las $A$ $B$ ambos tienen rango $3$, o tampoco. Pero su matriz se requiere tener rango completo, por lo que los rangos de $A$ $B$ puede ser $(3,3)$, $(2,2)$, $(2,1)$ o $(1,2)$. Recuerde también que estamos contando no sólo a $3 \times 6$ matrices obedecer estas condiciones, pero órbitas de tales matrices bajo la acción izquierda de $GL_3$. Puedo conseguir

Rango $(3,3)$: $(q^3-1)(q^3-q)q^2$ puntos.
Rango $(2,2)$: $(q^2+q+1)(q^2+q+1)(q^3+q^2-q-1)$ puntos.
Rango $(2,1)$: $(q^2+q+1)(q^2+q+1)$ puntos.
Rango $(1,2)$: $(q^2+q+1)(q^2+q+1)$ puntos.

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El siguiente es el registro de una incorrecta solución, a la izquierda, como una advertencia a los demás. Deje $A$ ser la subvariedad de tres aviones que son de la forma $u \wedge v \wedge w$ donde$u$$v$$\mathrm{Span}(e_1, e_2, e_3)$$w$$\mathrm{Span}(e_4, e_5, e_6)$. Deje $B$ ser similar subvariedad donde puedo cambiar los roles de $123$$456$.

Es fácil mostrar que $[A]-[B]$,$H^4(MG(3,6))$, es ortogonal a las clases que se obtienen por la restricción de $G(3,6)$. Esto sugeriría que la $[A]-[B]$ es nuestra falta de clase. Por desgracia, resulta que $[A]-[B]=0$. Prueba: Supongamos $S$,$G(3,6)$, ser el lugar geométrico de los $3$-aviones que cumplan $\mathrm{Span}(e_1,e_2,e_3)$ en la dimensión $2$. A continuación,$S \cap MG(3,6)=A$, y la intersección de la transversal. Deje $T$ los $3$-aviones que de igual forma se reunirá $\mathrm{Span}(e_4,e_5,e_6)$; por lo $B=T \cap MG(3,6)$. Pero $S$ $T$ son homólogas en $G(3,6)$, lo $A$ $B$ son homólogas en $MG(3,6)$. Grrrr...

Answer 2

Evgeny, aquí están algunas observaciones sobre su variedad. En primer lugar, creo que debería ser posible, de hecho, para demostrar que todo el grupo de simetrías de esta variedad es $G=SL(3,C)xSL(3,C)$ (más de un número finito de discretos poco, como Evgeny se indica a continuación). Uno primero debe demostrar que el estabilizador de la 3-forma es G, este es trabajado en los detalles en un muy buen papel de Hitchin

"La geometría de las tres formas en seis y siete dimensiones"

http://arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0010/0010054v1.pdf

Puede consultar las páginas 3-5. A continuación, es suficiente para demostrar que todas las simetrías de su variedad extender a las simetrías de $G(3,6)$ mi sensación de que esto va a ser el caso...

En cuanto a tu idea de la construcción de la desaparición de los ciclos, usted puede tratar de deformar su variedad, que sólo corresponde a la deformación de la 3-forma. Ahora, usted debe tomar la menos degenerados 3-forma, tal vez esto va a ser $dx_1\wedge (dx_2\wedge dx_3+dx_4\wedge dx_5)$? (Si no, Hitchin del artículo debería ayudar supongo). Usted puede estudiar el singularites de la deformada de la variedad y si por un milagro de la singularidad va a ser sólo un punto del doble, que puede sugerencia tovards ¿cuál es el ciclo de fuga...

AÑADIDO. Permítanme dar un argumento que podría resultar potencialmente que todos automorphism de $M(3,6)=X$ bien puede venir de $GL(6,C)$.

El Grassmanian $G(3,6)=G$ natural (Arrancador) incrustación de a $CP^{19}$, el projectivisation de la tercera potencia exterior $\Lamda^3(C^6)$. La subvariedad $X$ es administrado por un hyperplane sección (de hecho, cada exerior 3-formulario de $C^6$ difines un hyperplane $CP^{18}$.

Deje que nos sostienen en primer lugar, que Aut(X) se extiende a los $Aut(CP^{18})$. $X$ es un Fano variedad con $Pic(X)=Z$. Por lo que el paquete de $O(1)$ $CP^{18}$ debe ser una potencia positiva de la anti-canónica paquete de X. Si $O(1)=-nK(X)$ con n entero positivo, entonces, dado que la acción de $Aut(X)$ natural ascensores de la acción en $K(X)$, también actúa en la secciones de $-nK(X)=O(1)$, y así sucesivamente $C^{19}$ así como en su projectivisation $CP^{19}$. Si $n$ es sólo un racional positivo número no conseguimos una acción en $C^{19}$, pero aún así obtener una acción en su projectivisation, supongo. Ahora tenemos que mostrar, que en realidad esta acción de $Aut(X)$ $CP^{18}$ se extiende a la acción en $CP^{19}$ que además preserva $Gr(3,6)$. No veo la manera de hacerlo por el momento. Tal vez vale la pena pedir a un especialista en Fano variedades...

Answer 3

No tengo una buena descripción explícita de la falta de clase. Pero quiero señalar cómo podríamos calcular cualquier cosa que desee saber acerca de $H^*(MG(3,6))$. El grupo $SL_3 \times SL_3$ actúa en $MG(3,6)$; el primero $SL_3$ que actúa sobre los tres primeros componentes de $6$-el espacio y el segundo $SL_3$ que actúa sobre el pasado $3$ componentes. Deje $T$ ser una máxima en toro $SL_3 \times SL_3$; $T$ tiene dimensión $4$.

Hay $18$ puntos fijos en la $T$-acción en $MG(3,6)$. Es decir, que son de la forma $e_i \wedge e_j \wedge e_k$ donde $1 \leq i < j < k \leq 6$, e $ijk$ no $123$ o $456$. Hay $72$ unidimensional de las órbitas; se unen $e_i \wedge e_j \wedge e_k$$e_i \wedge e_j \wedge e_{k'}$. Y $MG(3,6)$ es un buen variedad proyectiva.

Esto significa que nosotros podemos calcular $H^*(MG(3,6))$ utilizando el "gráfico del momento" método de Goresky, Kottwitz y Macpherson. Ver Tymoczko excelente introducción.

En particular, ¿qué se necesita? A mí me parece que usted necesita saber cómo $\mathrm{Aut}(MG(3,6))$ actúa en $H^4(MG(3,6))$. Su retorcida forma proviene de una clase en el grupo cohomology $H^1(G_F, \mathrm{Aut}(MG(3,6)))$. (Aquí se $G_F$ es el grupo de Galois de $\overline{F}$$F$.) Usted necesita saber lo que la clase se asigna a en $H^1(G_F, \mathrm{Aut}(H^4(MG(3,6))))$. A tu pregunta sobre descendente cohomology clases deben ser un simple cálculo acerca de este cocycle. Si tu base es una función de campo de más de $\mathbb{C}$, entonces sé cómo hacerlo, pero su lengua me hace sospechar que se trabaja a través de un campo de número, y yo no sabía muy bien los detalles de la derecha allí.

Mi punto es que el momento en el método gráfico es suficientemente explícito que podemos calcular la acción de la $\mathrm{Aut}(MG(3,6))$$H^4(MG(3,6))$, y creo que eso es todo lo que usted necesita.

Answer 4

Nota: esto no es una respuesta a su pregunta.

Leyendo esta pregunta me acordé del papel isotrópicos subespacios de formas polylinear por Tevelev, que pueda apuntar a la literatura relevante.