Faisceau structurel

FlipFlop,
Attention aux mots grossiers prononcés dans les deux derniers posts : combinatoire (toi), algèbre (Serre + mézigue). Attention, car on est sur un forum.

C'est sûr qu'avec la description de $\widetilde M$ des suiveurs, spectre premier et tout le toin-toin, cela va être difficile de mettre cela en machine. Il va falloir faire un petit (sic) effort pour obtenir par exemple

[color=#000000]> k := RationalField() ;                                       
> n := 5 ;
> Pn<x0,x1,x2,x3,x4,x5> := ProjectiveSpace(k,n) ;
> 
> T := TangentSheaf(Pn) ;                                
> [CohomologyDimension(T, 0, twist) : twist in [-4..5]] ;
[ 0, 0, 0, 6, [color=#FF0000]35[/color], 120, 315, 700, 1386, 2520 ]
> [<twist,CohomologyDimension(T, 0, twist)> : twist in [-4..5]] ;
[ <-4, 0>, <-3, 0>, <-2, 0>, <-1, 6>, [color=#FF0000]<0,35>[/color], <1, 120>, <2, 315>, <3, 700>, <4, 1386>, <5, 2520> ]
> 
> 
> Ominus7 := StructureSheaf(Pn,-7) ;
> [CohomologyDimension(Ominus7, n, twist) : twist in [-5..3]] ;
[ 462, 252, 126, 56, 21, 6, 1, 0, 0 ]
> [<twist, CohomologyDimension(Ominus7, n, twist)> : twist in [-5..3]] ;
[ <-5, 462>, <-4, 252>, <-3, 126>, <-2, 56>, <-1, 21>, <0, 6>, <1, 1>, <2, 0>, <3, 0> ]
[/color]

Il y au moins un truc que l'on connait pour le tangent que j'ai mis en rouge : c'est $(n+1)^2 - 1$ pour $n=5$. A SUIVRE.

Algébriser ? Mais bien sûr. Ce n'est pas moi qui le dis (je me contente de le re-dire). Relis l'introduction de Serre : la cohomologie de $\widetilde M$ est reliée DIRECTEMENT à celle du $S$-module gradué $M$.

Flip-Flop,
Un autre truc important : les DATES. Par exemple, FAC : 1956. Sur quelques points d'algèbre homologique (Grothendieck 1957). J'attache une image de Kempf (1980) où l'on croit comprendre un certain aspect ``computationnel'' chez Serre (Cech).

Plus tard (1993) : Eisenbud et sa bande vont rentrer dans la course avec Macaulay2. Il y a plusieurs appendices d'Eisenbud (et ses potes) dans des ouvrages (celui de Vasconcelos en particulier mais pas que). Et bien sûr le livre sur Macaulay2 que tu connais.

Ici, je ne peux pas en dire plus, j'ai masqué des phrases, quelques mots d'un spécialiste (j'insiste sur ``spécialiste''). J'ai mis en rouge ``terrifiante''

[color=#000000]... JE COUPE... En effet, l'existence d'une suite exacte de Mayer-Vietoris sans hypothèse noethérienne est bien connue: 
elle est immédiate pour les faisceaux (non nécessairement quasi-cohérents) de A-modules, et résulte alors de 
l'identification de la cohomologie de Mtilde à support dans V(I) (I idéal de type fini) avec la cohomologie de Cech 
associée à un système fini  de générateurs de I.

   Certes,cette identification est prouvée de manière compliquée dans la littérature; cependant, comme il existe 
des preuves élémentaires du théorème de Serre sur la cohomologie des schémas affines (Kempf et Suslin), 
on la prouve facilement comme dans le début de "Formalisme du résultant".

   La cohomologie locale a été définie par Grothendieck dans le cadre des faisceaux, et c'est sans doute parce 
que la preuve qu'il donne dans les EGAs du théorème de Serre est [color=#FF0000]terrifiante[/color] que, 
suivant Hartshorne, qui en a donné une preuve "plus simple" dans le cas noethérien, basée sur le fait que 
dans ce cas les faisceaux quasi-cohérents associés aux modules injectifs sont flasques, les spécialistes 
d'algèbre commutative (Sharp, Brodmann,...) se sont restreints au cas des anneaux noethériens, sans se rendre compte 
qu'en fait ils se compliquaient l'existence pour des questions telles que Mayer-Vietoris... 
J'ai toujours pour ma part utilisé la cohomologie locale sans hypothèse noethérienne, et t'envoie pour preuve un preprint , 
écrit en collaboration avec Chardin et Rahimi , à paraître dans le Journal of commutative algebra.
[/color]

1980 : l'image vient de Kempf in https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.rmjm/1250128841

Demain (ou cette semaine) : interrogation sur les dates de 1955 à nos jours, juste sur les dates.

$\def\P{\mathbb P}$Bien sûr que tu peux comprendre. Pourquoi : parce ce que tu dis assez souvent que tu ne comprends pas. C'est un signe de bonne santé. Le pire, ce sont ceux qui ne disent rien, laissant croire qu'ils ont compris. Et les petits suiveurs qui te balancent la purée $\widetilde M$ comme du petit lait.

Mais pour comprendre, il faut éviter de brûler trop d'étapes. Peut-être que cela aurait été plus facile dans les années après FAC. Là, il y en a trop. Et puis il faut faire avec la sauvagerie du milieu : chacun sa m.rde.

Quant à canonique, bien sûr que je comprends. Et probablement que je t'ai dit 15 fois (donc cela va faire la 16-ième) que j'ai pesté contre Shafarevich quand il a écrit, même dans le cadre d'un corps $k$, que pour le tangent à $\P^n$, on a $T_p(\P^n) = k^{n+1}/p$ au lieu de $T_p(\P^n) = L_k(p, k^{n+1}/p)$. Car après tout, tous les espaces vectoriels de dimension $n$ sont isomorphes mais ce n'est pas la question.

Et si tu veux mettre en isomorphie $k^{n+1}/p \simeq L_k(p, k^{n+1}/p)$, tu vas faire un choix de $x$ tel que $p = [x]$ (ici, because $k$ corps, tous les points sont unimodulaires). Mais si tu changes de $x$, tu changes l'isomorphisme. Mes répétitions : je suis lourd, hein, ?

Of course, Shafarevich est un grand grand grand mathématicien (était, il est mort en 2017). Mais nous, pauvres petits, on compte sur tous ces grands pour nous expliquer. Et on n'aime pas trop quand il y a des coquilles ou des erreurs, vu qu'on fait (parfois) du mot à mot.

Autre(s) exemple(s) de $\widetilde M$, dis tu ? Je n'en ai pas trop. Ah si, il me reste le fibré cotangent à $\P^n$ (en fait le plus facile car les différentielles, c'est plus costaud que les dérivations). Je t'ai déjà filé le cotangent ??
Et toi, en planquette, que lis tu sur $\widetilde M$, petit cachotier ?

$\def\cT{\mathcal T}\def\P{\mathbb P}\def\cO{\mathcal O}$FlipFlop,
Peut-être un petit truc pour toi (j'ai une note mais pourrie) : le fibré tangent à $\P^n$ pour $n = 1$. Montrer que $\cT\,\P^1 \simeq \cO_{\P^1}(2)$.

Détails. Jusqu'à maintenant, on a pris comme $S$-module gradué $T$ pour satisfaire $\widetilde T = \cT\,\P^n$, le module $T = S(1)^{n+1}/\langle x\rangle$ avec $x = \sum_i x_i e_i$. Le pourquoi n'est pas encore net-net mais on espère comprendre mieux demain ou après-demain, voire la semaine prochaine.

Pour $n = 1$, on en dispose d'un autre module gradué $T'$ qui fait le job, que je mets à droite. Bien sûr, on ne met pas $T$ à la poubelle.
$$
T = S(1)^2 / \langle x\rangle, \qquad\qquad T' = S(2)
$$Tous les deux réalisent $\cT\,\P^1$. Mais celui de gauche $T$ ne dit pas la vraie vérité pour les sections. Les deux modules gradués $T, T'$ ne sont pas isomorphes mais seulement isomorphes à partir d'un certain rang. Et $T'$ est mieux que $T$.

Claude,

Juste un truc : ici. Tu dis " si je change le $x$ de $[x]$ et bien tu changes l'isomorphisme " ! Je ne suis pas d'accord, ce n'est pas ce que je veux dire !

Ce que je veux dire c'est que si : $p \in \mathcal{U}_{ij}$, tu as deux certificats que $p$ est isomorphe à $R$. Un certificat qui provient de $\mathcal{U}_i$ via là $i$-ième composante et un autre qui provient de $\mathcal{U}_j$, dans nos histoire on a parlé de $F_i$ et $F_j$ module !

Les certificats ne change pas si je prend un autre représentant de la classe de $x$ ! C'est la manière dont tu prouves que $R \simeq p$ qui change : soit par $e_j^\star$ ou soit par $e_i^\star$ ! Le twist est là au niveau des preuves !

Tu ne peux pas disposer d'une preuve valide partout que $p \simeq R$ puisque un $R$-module projectif de rang $1$ n'est pas forcément libre ! Tu vas avoir $n+1$ certificat qui sont réagit par $\mathbf{O}(-1)$

Par contre, y'a pas de problème pour obtenir un preuve valide partout que si $p$ est un projecteur de rang $1$ de $R^{n+1}$ et bien $\mathcal{L}_R(p,p) \simeq R$ !

Est-ce que je suis dans le cosmos avec mes petits dessins ?

Ps / Claude, je suis vraiment vraiment nul moi ! Faut vraiment faire tout doucement ! Je veux dire est-ce que lon peut regarder la cohomologie de $\mathbf{O}(n)$ ? Je ne sais pas ce que ça veut dire ? Est-ce que je dois faire des dérives avec un foncteur :-D:-D

Claude,

je trouve un signe $-$ dans le transition $C_{0,1} : r \mapsto -r \left( \frac{x_1}{x_0} \right)^2$ pour le fibré tangent de $\mathbb{P}^1$, est-ce grave le signe $-$ ?

$\def\P{\mathbb P}\def\cT{\mathcal T}\def\cO{\mathcal O}$J'ai vu ton signe $-$ dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1925434,1940068#msg-1940068. Moi pareil et cela m'interroge un max (= cela me fait ch.er). Il faut donc refaire le cas tangent à $\P^1$ car je sais qu'il y a un cas particulier. Disons que je sais que le $S$-module $S(1)^2 / \langle x\rangle$ n'est pas extra-bon : il ment quelque part en ce qui concerne certaines sections.

Mais toi, tu n'as pas utilisé ce module $S(1)^2 / \langle x\rangle$ pour établir les transitions. Alors comment as tu fait ?

Il faut être super-soigneux car le module extra-bon qui encode le tangent à $\P^1$ est $S(2)$. Dit autrement, sans module gradué, $\cT\P^1 = \cO_{\P^1}(2)$ et donc il faut absolument trouver le système de transitions de $\cO_{\P^1}(2)$. Surveille moi et ne me fais pas confiance.

$\def\Gr{\text{Gr}}\def\uX{\underline X}$Petit coup de fatigue. Pour le saturé, ce n'est pas ce qu'il faut faire, enfin je ne crois pas en première lecture. J'attache la page 1 de la prise de notes de C. Mais cela n'a jamais été terminé et probablement des choses à y revoir.

$\uX = (X_1, \cdots, X_m)$ dans $R[X_1, \cdots, X_m]$. Dire $\Gr(\uX) \ge 2$ cela signifie la chose suivante : étant donnés $F_1, \cdots, F_m \in R[\uX]$ tels que $F_i X_j = F_j X_i$ pour tous $i,j$, alors il existe un seul $G \in R[\uX]$ tel que $F_i = GX_i$ pour tout $i$. Of course, si $F_i = GX_i$, c'est sûr que $F_i X_j = F_j X_i$.

On est au coeur de la chose ! Fini les recollements avec des suites unimodulaires !

Ah, j'allais oublier : chap XV, section 9, Principes local-globals en profondeur 2. On peut dire merci à H.

Claude

Ce que je comprends c'est la chose suivante. Tu as un anneau $A$ et une suite d'éléments de $A$, $\underline{a}= (a_1,\dots,a_n)$. On a un module sur $A$, et tu te donnes une section de $M$ sur l'ouvert (non affine) $D(\underline{a})$ (le complémentaire du fermé si tu veux). Et tu demandes sous quelle condition cette section peut s'étendre en une section globale ?

Disons directement que si $\underline{a}$ est co-maximale la question ne se pose pas.

Ensuite, tu (via C.) me racontes que tu as une condition (c'est fou) avec ton joujou qui s'appelle $\text{Gr}$ ? Je suppose que ça n'a rien a voir avec Grenoble, ni la Grassmanienne ?

OK pour les calculs de $R^{n+1}/p$ ! (je veux dire je vais refaire au propre).

$\bullet_1$ Je vois a peu près Claude ! Je regarde " Basic Algebraic Geometry, tome 2 " :-D

$\bullet_3$ J'étais entrain de lire votre livre pour l'histoire de $\text{Gr}$ du coup, j'ai compris que dans les notes de C. la démonstration à écrire c'est page 912 la propriété $8.5$ le point 2.a pour la partie injectivité !

$\def\Gr{\text{Gr}}\def\ux{\underline x}\def\P{\mathbb P}\def\GL{\text{GL}}\def\ua{\underline a}\def\Ann{\text{Ann}}$FlipFlop : enfin, je peux le dire. Quand je disais qu'un $S$-module gradué $M$, dans le contexte $S = k[x_0, \cdots, x_n]$ (où $k$ est un corps, enfin euh un corps, tu vois ce que je veux dire ...) était extra-bon, cela voulait dire exactement :
$$
\fbox {$\Gr(\ux ; M) \ge 2$}
$$Mais je ne pouvais pas le dire. Et tout le monde en veut de l'extra-bon.

Un petit exercice (faire attention à $n = 1$, je ne sais plus) : soit $I \subset k[x_0, \cdots, x_n]$ un idéal homogène. Alors $\Gr(\ux ; I) \ge 2$ si et seulement si $I$ est saturé (i.e. $\ux$-saturé).

Claude,

c'est bon j'ai tout lu (ton texte avec du jaune) ! Je pense que j'ai compris :-D

Merci pour les $4$ pages !

$\def\P{\mathbb P}\def\GA{\mathbb {GA}}$Coucou FlipFlop

$\bullet$ 0 Tu tiens le choc ?

$\bullet$ 1 Je ne sais pas si je vais répondre à ta question. C'est quoi $S(-1)$ pour moi ? D'abord, indépendamment de la graduation, c'est un $S$-module libre de rang 1 AVEC une base privilégiée $\varepsilon$ (réduite à un singleton). Et en ce qui concerne l'aspect gradué, on décrète que $\varepsilon$ est homogène de degré $+1$ (pas $-1$ à cause de la venerable formula). Et dans la vraie vie, $\varepsilon$ possède une réalité concrète comme ton vecteur $x$ que tu mets couché.

Autre chose : il m'est arrivé d'étudier la grassmannienne affine $\GA_{n+1,1}$, je dis bien affine, au dessus de $\P^n$. Elle est équipée d'un fibré canonique fourni par le projecteur de rang 1. Et si tu balances ce fibré ou ce faisceau via $\pi : \GA_{n+1,1} \to \P^n$, tu tombes sur le sous-fibré tautologique. Dit comme cela, ça semble banal. Et n'aide pas trop pour l'aspect gradué.

$\bullet$ 2 Donc c'est ok, pour toi, les deux modules gradués $T, T'$ qui encodent le fibré tangent à $\P^1$ ?

$\bullet$ 3 Le coup de l'idéal saturé (note de Claire en bas), c'est OK ? Je dis cela car sur mon tirage, j'avais annoté des trucs. C'est quand même important à savoir que le $H^0$, c'est le saturé.

$\bullet$ 4 Langage Macaulay. Mauvais souvenirs pour moi. J'ai été obligé d'en faire une fois et je crois avoir mis deux jours pour emboiter deux boucles. Obligé car j'avais signalé à l'implémenteur magma (c'était Mike Harrisson, encore lui), que son implémentation de la fermeture algébrique en géométrie algébrique (pas en théorie des nombres) n'était pas super efficace (des résultats sur 5 pages au bout d'une demie-heure). Il m'avait répondu que c'était normal : les choses de la vie c'est pas gratuit.

Je me suis alors mis à Macaulay pour quelques jours. Atroce. SAUF que j'obtenais en 5 secondes des résultas qui tenaient sur quelques lignes. J'ai envoyé tout cela à Mike qui a alors reconnu que oui, oui, il y avait un petit souci dans son implémentation.

$\bullet$ 5 Joujou. Là, j'utilise quelque chose de tout fait en magma pour le fibré tangent à $\P^n$. L'implémenteur, qui connait la vie, a choisi le module extra-bon qui l'encode et a mis l'estampille interne extra-bon à l'intérieur de la variable retournée par TangentSheaf. Quand tu fais cela, tu as intérêt à savoir ce que tu fais. C'est un peu comme de forcer un idéal en lui disant d'office que ce système de générateurs est de Grobner pour tel ordre monomial. A tes risques et périls si tu t'es gouré.

[color=#000000]> n := 10 ;
> Pn<x0,x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8,x9,x10> := ProjectiveSpace(k,n) ;
> TPn := TangentSheaf(Pn) ;
> T := Module(TPn) ;
> T ;
Reduced Module R^11/<relations> with grading [-1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1]
Relations:
[x0, x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8, x9, x10]
> time FullModule(TPn) eq T ;
true
Time: 0.000
[/color]

Là tout est instantané. Module, c'est celui qui a servi au départ et FullModule, c'est l'extra-bon, s'il existe, qui fait le même job. Mais ici tu reconnais $T = S(1)^{n+1}/\langle x\rangle$. Qui l'est (extra-bon)

Je vais lui pourrir son $T$ en le remplaçant par $S_+ T$ qui Serre-encode le même faisceau. C'est un monstre que l'on ne peut pas montrer. La première chose à faire en magma c'est de le présenter par générateurs et relations graduées. Tu vois la taille de la matrice. Et je sens bien un ralentissement quand je réalise l'opération de Serre $M \mapsto \widetilde M$ sur le truc pourri Tbad.

[color=#000000]> Tbad := IrrelevantIdeal(Pn)*T ;
> NumberOfRows(RelationMatrix(Tbad)) ;
606
> NumberOfColumns(RelationMatrix(Tbad)) ;
121
> time SheafTbad := Sheaf(Tbad, Pn) ;
Time: 6.550
> Module(SheafTbad) eq Tbad ;
true
[/color]

Maintenant, je vais demander la saturation i.e. de déterminer le module extra-bon à partir du truc pourri. Ca chauffe.

[color=#000000]> time FullTbad := FullModule(SheafTbad) ;
Time: 11.240
> FullTbad ;
Reduced Module R^11/<relations> with grading [-1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1, -1]
Relations:
[x0, -x1, -x2, -x3, -x4, -x5, -x6, -x7, -x8, -x9, -x10]
[/color]

Si je recommence le truc, on voit que c'est immédiat : le logiciel a mis à l'intérieur l'estampille extra-bon pour éviter de refaire le calcul.

[color=#000000]> time FullTbad := FullModule(SheafTbad) ;
Time: 0.000
> time ok, iso := IsIsomorphic(TPn, SheafTbad) ;
Time: 0.860
> ok ;
true
> iso ;
Sheaf homomorphism defined by module homomorphism
Module homomorphism (11 by 11) of degree 0
Presentation matrix:
[ 1  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0 -1  0  0  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0 -1  0  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0 -1  0  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0 -1  0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0 -1  0  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0 -1  0  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0 -1  0  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  0 -1  0  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  0  0 -1  0]
[ 0  0  0  0  0  0  0  0  0  0 -1]
[/color]

$\def\Gr{\text{Gr}}$Salut FlipFlop,
Je suis 100 pour 100 (et même un peu plus) d'accord pour aller DOUCEMENT, voire revenir en arrière.

I. Par exemple, le coup du $H^0(I)$ et du saturé de l'idéal $I$, je me suis aperçu que mes notes manuscrites sont totalement incomplètes !! En passant, c'est probablement inutile d'utiliser des choses trop sophistiquées sur la profondeur $\ge 2$. Il faut juste savoir que si $m_1, \cdots, m_k$ sont des monômes dans un anneau de polynômes $S$ monté sur un anneau commutatif quelconque, on a l'équivalence
$$
m_1, \cdots, m_k \quad \hbox {sont premiers dans leur ensemble} \iff
\Gr(\underline m) \ge 2
$$Bien entendu, premiers dans leur ensemble est à prendre au sens pur, i.e. dans le monoïde $\N^n$ si $S$ possède $n$ indéterminées. Pas de coefficient(s) du petit anneau de base dans cette histoire (côté gauche). Est ce que tu vois ce que je veux dire par premiers dans leur ensemble, ICI ? Et on appliquera cela à $X_1^e, \cdots, X_n^e$ dans l'histoire de l'idéal saturé et du $H^0$.

II. Je ne sais pas répondre à ta question concernant $(a : b : c) \mapsto (a^2 : b^2 : c^2)$. J'ai toujours cru que lorsque l'on définissait un morphisme via les points unimodulaires, cela le définissait globalement (pour reprendre tes termes). Cela m'interpelle ! Truc bête : si $p$ est unimodulaire dans $R^m$, est ce que $p \otimes p$ se réalise également dans $R^m$ (et de manière unimodulaire ?). Et de manière ``uniforme'' en $p$ ? J'ai des doutes.

Poourquoi faut-il aller doucement et revenir en arrière. Regarde le soin que prennent certains auteurs (et du coup, pour d'autres, le manque de soin ...etc..). J'attache des pages et je surligne

Vakil p. 358 (Foundations of Algebraic Geometry) http://math.stanford.edu/~vakil/216blog/FOAGjun1113public.pdf

Ottaviani & Valles in http://web.math.unifi.it/users/ottaviani/wykno/wykno24feb.pdf qui n'insistent pas assez sur leur convention à mon goût.

En passant, je me suis aperçu qu'il y avait une coquille dans les transitions des 4 pages attachées de Husemoller (Fiber Bundles, troisième édition) : dans (T3), en haut de la page 63, il faut lire $g_{i,j}(b) = g_{j,i}(b)^{-1}$ au lieu de $g_{i,j}(b) = g_{j,i}(b)$. Ce qui est dingue c'est que dans la première édition (T3) était correct mais il y avait une coquille sur (T1) !!

Arrondo en foot-note de la page 1 http://www.mat.ucm.es/~arrondo/curso-chile.pdf avoue que la section correspondante dans son Introduction to projective geometry http://www.mat.ucm.es/~arrondo/projvar.pdf est incomplète. Il revient en page 2 sur un exemple qu'il avait déjà donné. Mais cette fois il y a DEUX paramètres $\lambda, \lambda'$ et pas un seul. Cela change TOUT. Faut que je revienne là-dessus.

Claude,

Si si un morphisme défini sur les points uni-modulaire doit donner un vrai morphisme : argument massue (pas contrôler mais presque certain) : $\mathbb{P}^n$ est le Zariski faisceau associé à $\mathbf{P}^n$, donc il vérifie la propriété universelle suivante pour tout faisceau Zariski (foncteur local) $X$ et tout morphisme $\phi : \mathbf{P}^n \to X$, il existe une unique extension de $\phi$ en un morphisme $\psi : \mathbb{P}^n \to X$.

Donc ici, on a $\phi : \mathbf{P}^n \to \mathbf{P}^n$, on post compose par $\mathbf{P}^n \to \mathbb{P}^n$ et ensuite on applique la proprosition.

Je redis plus terre à terre : la construction beh elle dit que pour construire les choses : on part de $p \in \mathbb{P}^n(R)$, on localise avec $n+1$ éléments pour obtenir des points $p_0,\dots,p_n$ avec $p_i \in \mathcal{U}_i(R_i)$ et on applique la formule $[a : b :c ] \mapsto [a^2 : b^2 : c^2]$ sur chacun des points $p_i$ et ensuite on recolle !

Donc ça vie un peu dans l'éther mais on aimerait bien avoir un formule globale (disons que c'est plus joli même si c'est pareil) !

Un exemple que j'ai remarqué il y a quelques temps : pour le morphisme de Segre $ \mathbb{P}^1 \times \mathbb{P}^1 \to \mathbb{P}^3$ donné par $[a : b] \times [c : d ] \to [ac : ad :bc :bd]$ et bien je pense la version global et $(p,q) \mapsto p \otimes q$ comme $p$ et $q$ sont des sous-modules de $R^2$ leurs produit tensoriel se réalise (du vrai canonique) dans $R^4$. Normalement on niveau des Grassmanienne affine et bien c'est le produit tensoriel des matrices ! (Je n'ai pas vérifié plus que ça).

Dans l'idée, si on arrive a obtenir quelques moyens pour construire plein de fibré avec de jolies formules $(R,p) \mapsto \text{Machin}$ et bien disons que l'on aura le point de vu de Serre et un point de vu plus terre à terre et on pourra bien bien comprendre :-D

Suite. Je pense à la chose suivante : soit $P$ un projecteur $n \times n$ de rang 1. Et $P'$ la matrice $n \times n$ obtenue en élevant au carré chaque coefficient de $P$. Alors $P'$ est de rang 1 au sens fort. I.e. les mineurs $2 \times 2$ sont nuls à cause du calcul complexe suivant : $ad = bc$ entraîne $a^2 d^2 = b^2 c^2$ (tu suis ?). Et $1$ est dans l'idéal de la diagonale. OK ? Certes $P'$ n'est plus un projecteur mais son image est un module projectif de rang 1. Donc la chose ne se passe pas dans l'éther.

Petit (= gros) souci quand même : si $P, Q$ présentent la même image, ce qui est équivalent à $PQ = Q$ et $QP = P$, aucune raison que $P', Q'$ présentent la même image. Bizarre.

Claude,

pour le recollement, on prend $$p =
\left(\begin{array}{rr}
x_{0} & x_{1} \\
x_{2} & x_{3}
\end{array}\right)
$$
donc un projecteur de rang $1$. Sur la diagonal, $x_0+x_3 = 1$. L'idée c'est que $x_0^2$ et $x_3^2$ est uni-modulaire avec $u,v$ tel que $ux_0^2+vx_3^2=1$ et pour recoller le projecteur c'est :
$$
\begin{bmatrix} u x_0^2 & v x_1^2 \\ u x_2^2 & v x_3^2 \end{bmatrix}
$$

sage: p2
[         -x3bar^4 + 4*x3bar^3 - 4*x3bar^2 + 1 x1bar^2*x3bar^2 - 4*x1bar^2*x3bar + 4*x1bar^2]
[ -x2bar^2*x3bar^2 + 2*x2bar^2*x3bar + x2bar^2               x3bar^4 - 4*x3bar^3 + 4*x3bar^2]

Par contre : on aimerait bien un truc joli … est-ce possible ? je ne sais pas trop disons que si c'est pas possible, c'est triste !

Sinon ca a l'air intéressant l'histoire de Segre-Grothendieck … je vois un peu le lien avec les matrices !!!

$\def\Hom{\text{Hom}}\def\cO{\mathcal O}\def\cT{\mathcal T}\def\cS{\mathcal S}\def\cQ{\mathcal Q}\def\P{\mathbb P}\def\A{\mathbb A}$A mon avis, tu n'as plus qu'à montrer que le sous-fibré de $\P^n \times \A^{n+1}$
$$
\{(p, h) \in \P^n \times \A^{n+1} \mid h \in p^{(2)} \}
$$où j'ai noté $p^{(2)}$ ton machin, est isomorphe à $\cO_{\P^n}(-2)$ avec lequel tu avais joué autour de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1925434,1939188#msg-1939188

PS : je dis ton machin parce ce que je sais pas quoi dire d'autre mais ne le prends pas mal.

Oui Claude, c'est ça ! (j'ai dis pareil que toi) !

Claude,


Est-ce $\frac{S(-1)^{n+1}}{\langle x \rangle}$ ?

Fibré vectoriel : j'ai les définitions de Demazure Gabriel, tu les veux (certain que tu vas bien aimer) :-D

Inversible : si j'ai compris c'est $M$ tel qu'il existe $N$ tel que $N \otimes M = \mathbf{O}$ ?

Merci Chaurien même si je suis irrécupérable !

FlipFlop
Je ne sais pas pour le fibré : il faut que je réfléchisse ! Je veux bien les définitions de Demazure Gabriel même si ...

Claude,

Si si, c'est simple $\mathbf{O}$ c'est juste $(R,p) \to R$ ! Mais c'est pas grave, le principal c'est que l'on arrive a se comprendre un peu (qu'importe les chemins empruntés, on va bien réussir a piger quelques petits trucs) !

Claude,

Pour les définitions, on verra plus tard ! Un petit truc sur la première image d'ici ; sheaf of section 13.1.2

En fait, quand je décris $(R,p) \mapsto \mathcal{L}_R(p,R)$ c'est le faisceau de section que je décrit ! Le truc c'est que mon faisceau de section est donné pour tout les anneaux et pour tout les points $p \in \mathbb{P}^n(R)$. Ca peut sembler un peu louche.

Dans le contexte "espace topologique", on ne parle uniquement de section sur les ouverts et a priori on ne voit aucun lien entre "mon" faisceau de section et celui topologique !

Le truc c'est que je peux récupérer les sections au dessus de $\mathcal{U}_i$ en considérant l'anneau $R = \Z[X_0,\dots,X_n][X_i^{-1}]_{0}$ et le point $p = [x_0/x_i,\dots,x_n/x_i]$.

Enfin disons que c'est mes histoires et c'est des choses de langage ! C'est pas bien grave, c'est plus a moi à gérer mes conflits (tuer le générique), je ne vais pas t'embêter avec mes histoires promis :-D

Bon là on est un peu parti dans tous les sens et j'ai du mal à faire les liens : mais c'est pas grave car j'ai beaucoup moins peur des histoires de $M \to \widetilde{M}$ et de l'histoire de Twist !

Juste pour essayé de comprendre les choses avant : dans le message ici tu dis que l'on va admettre que $\text{Ker}d^{(2)} = \langle x \rangle$. Si j'ai bien compris c'est exactement la définition de $\text{Gr}(\underline{x},M) \geq 2$ avec $\underline{x} = (x_0,\dots,x_n)$ et $M$ le $S$-module $S^{n+1}$.

Je veux dire $\text{Gr}(\underline{x},M) \geq 2$ veux dire que tous éléments de $S^{n+1}$ "proportionnel" (au sens mineurs $2 \times 2$) à $\underline{x}$ est un multiple de $\underline{x}$. Ce n'est pas très précis mais je n'ai pas encore fini de relire les pages concernées du petit livre !