Haces vectoriales en $\mathbb{P}^1\times\mathbb{P}^1$

Question

Tengo una pregunta sobre haces vectoriales en la superficie algebraica $\mathbb{P}^1\times\mathbb{P}^1$ . Mi motivación es el teorema de división de Grothendieck, que dice que todo haz vectorial algebraico $F$ en la recta proyectiva $\mathbb{P}^1$ es una suma directa de $r$ haces de líneas, donde $r$ es el rango de $F$ .

Mi pregunta es: ¿hasta qué punto esto es cierto para $\mathbb{P}^1\times\mathbb{P}^1$ ¿Si es que lo hace? A primera vista me imagino que esto es clásico, pero no he tenido suerte para resolverlo, ni tengo una buena referencia de donde se puede hacer esto.

Independientemente del contenido de la respuesta, ¿se deduciría que la respuesta sería la misma si la pregunta se formulara por $(\mathbb{P}^1)^k$ ?

Gracias.

Answer 1

Existe un sentido preciso en el que la teoría de haces vectoriales sobre $\mathbb{P}^1\times \mathbb{P}^1$ es exactamente tan complicada como la de $\mathbb{P}^2$ (y esto es cierto para cualquier hipersuperficie en $\mathbb{P}^3$ y conjeturalmente para todas las superficies):

Para cualquier haz $E$ en $\mathbb{P}^1\times \mathbb{P}^1$ la tabla de cohomología (monogrado) de $E$ es la colección de números $$ h^i(E(p,q)); \quad p,q\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}, \quad i=0,1,2. $$ Sea $C(\mathbb{P}^1\times \mathbb{P}^1)$ sea el cono convexo racional positivo generado por las tablas de Betti de los haces sobre $\mathbb{P}^1\times \mathbb{P}^1$ . Por un Teorema mío con Schreyer (que pronto estará en el arXiv), el cono $C(\mathbb{P}^1\times \mathbb{P}^1)$ es idéntico al cono correspondiente para $\mathbb{P}^2$ .

La idea de la prueba es sencilla: existen láminas de Ulrich sobre $\mathbb{P}^1\times \mathbb{P}^1$ ---son gavillas (haces en este caso) con la propiedad de que bajo un mapa finito a $\mathbb{P}^2$ empujan hacia delante a una suma directa de copias de la gavilla de estructura. Si se extrae un haz vectorial de $\mathbb{P}^2$ y el tensado con una gavilla de Ulrich sólo multiplica la tabla de cohomología por el rango de la gavilla de Ulrich. Esto da una inclusión. Para la otra, obsérvese que empujar un haz hacia adelante mediante una proyección lineal finita $\mathbb{P}^1\times \mathbb{P}^1 \to \mathbb{P}^2$ preserva el cuadro de cohomología del haz.

Answer 2

Puede que sea un poco injusto comparar $X=\mathbb P^1 \times \mathbb P^1$ à $\mathbb P^1$ . EDIT: He eliminado una afirmación demasiado optimista sobre la restricción de paquetes vectoriales en $\mathbb P^3$ a una hipersuperficie lisa, que funciona para $\mathbb P^4$ pero no siempre para $\mathbb P^3$ .

Por otra parte, si comparamos $X$ con la superficie lisa $\mathbb P^2$ entonces existe este famoso resultado de Horrocks, que dice que un haz vectorial $E$ en $\mathbb P^2$ se divide si

$$\oplus_{i\in \mathbb Z} H^1(\mathbb P^2,E(i)) =0 $$

Curiosamente, durante $X$ el mismo resultado funciona. En otras palabras, $E$ en $X$ se divide si: $$\oplus_{i\in \mathbb Z} H^1(X,E(i)) =0 $$

la razón es tal $E$ corresponde a un módulo (graduado) maximal de Cohen-Macaulay (MCM) sobre el cono de $X$ es decir, la hipersuperficie $R=k[x,y,u,v]/(xu-yv)$ . Pero $R$ tiene tipo MCM finito y todos los indecomponibles tienen rango uno (pero nótese que no siempre serán torsiones del haz de líneas trivial). Hay muchos más detalles y referencias en esta dirección papel por Buchweitz, Greuel y Schreyer.