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Préliminaires à la preuve du théorème 3.3.7

3.2 Champs de vecteurs multi-logarithmiques

3.3.2 Préliminaires à la preuve du théorème 3.3.7

Les méthodes utilisées pour démontrer la proposition 3.3.5 ne sont pas suffisantes pour

obtenir le théorème 3.3.7. En effet, si on considère la suite exacte courte

0→Ωek →Ωk(logC)→RC →0 (3.14)

on obtient avec le lemme de la profondeur et la formule d’Auslander-Buchsbaum la

proposi-tion3.3.19, dont l’énoncé est plus faible mais qui nous sera tout de même utile pour terminer la

preuve du théorème 3.3.7.

La preuve du théorème 3.3.7 est fondée sur le calcul explicite de certains modules et

mor-phismes de la suite exacte longue obtenue en appliquant le foncteur HomO

S

(−,OS) à la suite

exacte courte (3.14) :

0→HomO

S

(RC,OS)→HomO

S

(Ωk(logC),OS)→HomO

S

(Ωek,OS)→Ext1O

S

(RC,OS)→. . .

(3.15)

Le plan de la preuve est le suivant. Nous commençons par calculer à l’aide du complexe

de Koszul les modules ExtqO

S

e

k,OS

. Nous déterminons ensuite grâce à la suite spectrale de

changement d’anneaux les modules ExtqO

S

(RC,OS) pour q6k. La partie la plus technique est

le calcul explicite du morphisme connectant

α0 : ExtkO

S

1

e

k,OS

→ExtkO

S

(RC,OS).

Ce calcul est nécessaire afin d’identifier le noyau et l’image deα0, qui sont tous deux utilisés

dans la fin de la preuve.

64 CHAPITRE 3. LIBERTÉ D’UNE INTERSECTION COMPLÈTE

Calcul des ExtqO

S

e

k,OS

Commençons par calculer les termes de la suite (3.15) impliquant Ωek = h1ICkS. Nous

utilisons le complexe de Koszul associé à la suite régulière (h1, . . . , hk).

Notation 3.3.8. On note K(h) le complexe de Koszul associé à (h1, . . . , hk) dans OS :

K(h) : 0→

k

^

Ok

S

d

k

−→ · · · d

2

−→

1

^

Ok

S

d

1

−→OS →0 (3.16)

où pourI ⊆ {1, . . . , k}de cardinalp∈ {2, . . . , k},di(eI) =Pp

`=1(−1)`1hi

`

ei

1

∧· · ·∧eci

`

∧· · ·∧ei

p

etd1(ei) =hipouri∈ {1, . . . , k}. On poseKf(h) : 0→VkOk

S

d

k

−→ · · · d

2

−→V1Ok

S →0 le complexe

obtenu à partir deK(h) en enlevant le dernierOS.

Remarque 3.3.9. D’après [Eis95, Corollary 17.5, Proposition 17.15], étant donné que la suite

(h1, . . . , hk) est régulière, le complexeK(h) est une résolution libre de OC, et le complexe dual

HomO

S

(K(h),OS) est aussi une résolution libre deOC.

Lemme 3.3.10. Le complexe Kf(h) fournit une résolution libre de Σ = 1

h

Pk

i=1hiOS = 1hIC.

En particulier, la dimension projective de Σ estk−1.

Preuve. On remarque que Σ'Pk

i=1hiOS. Ce dernier est l’image de l’application d1 du

com-plexe de Koszul, qui est exact par la proposition 3.3.9.

Nous pouvons donc utiliser le complexeKf(h) pour calculer les ExtO

S

e

k,OS

:

Lemme 3.3.11. La dimension projective deΩek estk−1. De plus, on a :

HomO

S

e

k,OS

=hΘkS,

ExtkO

S

1

e

k,OS

= ΘkS⊗O

S

OC,

et pour tout j /∈ {0, k−1}, ExtjO

S

e

k,OS

= 0.

Preuve. On aΩek = Ωk

S⊗O

S

Σ. On rappelle que le complexe Kf(h) fournit une résolution libre

de Σ, on en déduit donc que ΩkS ⊗O

S

Kf(h) fournit une résolution libre de Ωek. En particulier,

dimproj(Ωek) =k−1.

De plus, on a HomO

S

kS⊗O

S

Σ,OS

= ΘkS⊗O

S

HomO

S

,OS). Soit ψ∈ HomO

S

,OS).

Alors ψ est entièrement déterminée par ψ(1). Comme pour tout i ∈ {1, . . . , k}, ψ

1

b

h

i

=

1

b

h

i

ψ(1)∈OS, on a ψ(1)∈hOS. Réciproquement, il est clair qu’un élémentαhOS définit une

application ψ∈HomO

S

,OS) en posant ψ(1) =α, ce qui nous donne la première égalité.

La deuxième égalité se déduit de la remarque3.3.9, qui assure que ExtkO

S

1,OS) =OC.

Calcul des ExtqO

S

(RC,OS)

Contrairement au cas deΩek, nous ne calculerons que les ExtqO

S

(RC,OS) pour q6k.

Nous utilisons la suite spectrale de changement d’anneaux (voir par exemple [CE56, Chapter

XV, XVI]). Nous l’énonçons pour unOC-moduleM quelconque, car nous en aurons besoin pour

un autre module dans la suite.

E2pq = ExtpO

C

M,ExtqO

S

(OC,OS)⇒ExtpO+

S

q(M,OS). (3.17)

Nous avons besoin du lemme suivant, qui nous permet dans le cas M = RC de déterminer

les modules recherchés.

3.3. CARACTÉRISATIONS DE LA LIBERTÉ 65

Lemme 3.3.12. Soit C une intersection complète et M un OC-module de type fini. Pour tout

q < k, ExtqO

S

(M,OS) = 0 et

ExtkO

S

(M,OS) = HomO

C

(M,OC).

Preuve. Comme (h1, . . . , hk) est une suite régulière, on a grâce au complexe de Koszul 3.3.8

pour tout q 6=k, ExtqO

S

(OC,OS) = 0 et ExtkO

S

(OC,OS) =OC. Par conséquent, les seuls termes

éventuellement non nuls de la deuxième feuille de la suite spectrale (3.17) sont les E2pk pour

pN, et donc la suite spectrale dégénère au rang 2. En particulier, ExtqO

S

(M,OS) ' E2qk,k,

ce qui nous donne le résultat.

On déduit des calculs précédents la suite exacte suivante :

Corollaire 3.3.13. La suite exacte longue (3.15) donne :

· · · →0→ExtkO

S

1

k(logC),OS

→ΘkS⊗O

S

OC

α

−→R∨

C →ExtkO

S

k(logC),OS

→0→. . .

(3.18)

Calcul du morphisme connectant α

En résumé, on dispose d’isomorphismesβ etβ0 tels que le diagramme suivant commute :

ΘkS⊗O

S

OC R∨

C

ExtkO

S

1

e

k,OS

ExtkO

S

(RC,OS)

β

0

β

α

α

0

L’objectif de ce paragraphe est de montrer la proposition suivante :

Proposition 3.3.14. Le morphisme connectant α de la suite exacte du corollaire 3.3.13 est :

α: ΘkS⊗O

S

OC →R∨

C

δa7→a·δ(dh1∧ · · · ∧dhk)

En particulier, l’image deα est JC.

Cette proposition permet de comparerJC etR∨

C, ce qui est utilisé dans la fin de la preuve

du théorème 3.3.7.

Le calcul deα est assez technique. Nous déterminons explicitement les isomorphismes β et

β0, ainsi que le morphisme connectantα0.

Nous fixons dans tout ce paragraphe une résolution injective (I•, ε•) deOS.

Lemme 3.3.15. SoitM unOC-module de type fini. L’isomorphisme du lemme 3.3.12 est :

β : ExtkOS(M,OS) =Hk(HomOS(M,I•))→HomOC M, Hk(HomOS(OC,I•))

= HomOC(M,OC)

[ψ]7→ψe:ρ7→[ψeρ:a7→a.ψ(ρ)]

Preuve. Soit (P, δ•) une résolution projective duOC-moduleM. On obtient ainsi le complexe

double Apq = HomO

C

(Pp,HomO

S

(OC,Iq)). Deux suites spectrales ayant le même

aboutisse-ment y sont associées :

0E2pq=Hp(HomO

C

(P, Hq(HomO

S

(OC,I•))) = ExtpO

C

66 CHAPITRE 3. LIBERTÉ D’UNE INTERSECTION COMPLÈTE

00E2pq =Hq(HomO

C

(Hp(P∗),HomO

S

(OC,I•)))⇒ExtpO+

S

q(M,OS).

Les seuls termes éventuellement non nuls de la première suite spectrale sont les0E2pk et pour

la seconde, ce sont les 00E20q. En particulier, les deux suites spectrales dégénèrent au rang deux,

et pour tout j>1,00Ej,kj et0Ej,kj sont nuls. On a donc :

ExtkO

S

(M,OS) =0E20k=0E0k=00E0k=00E20k.

À partir des définitions des suites spectrales (voir [CE56, Chapter XV,XVI]) on voit qu’un

élément dans 0E0k peut être représenté par un élémentψ∈HomO

C

P0,HomO

S

OC,Ikqui

définit la même classe dans00E0k. Dans 00E20k,ψ définit un élément [ψ]∈Hk(HomO

S

(M,I•)),

et dans 0E20k, il définitψe :ρ 7→ [ψeρ : a7→ a.ψ(ρ)] ∈ HomO

C

M, Hk(HomO

S

(OC,I•)). Cela

nous donne l’isomorphisme annoncé.

Le lemme suivant permet d’exprimer précisément l’isomorphisme du lemme3.3.11 par

l’in-termédiaire de la résolution injective (I•, ε•) de OS.

Lemme 3.3.16. Le deuxième isomorphisme du lemme3.3.11 est :

β0 :Hk1HomO

S

e

k,I•

| {z }

=Ext

kOS1

e

k

,O

S

→ΘkS⊗O

S

Hk1(I•

/AnnI

(h1, . . . , hk))

| {z }

=O

C

[ϕ]7→X

I

∂xI⊗[mI]

mI ∈Ik−1 vérifie h·mI=ϕ(dxI).

Preuve. Pour toutjNon a un isomorphismeζ : HomO

S

e

k,Ij→ΘkS⊗O

S

HomO

S

Σ,Ij

donné par ζ(ϕ) =P

I∂xI⊗(a7→ϕ(adxI)).

Intéressons-nous maintenant à HomO

S

Σ,Ij

. Comme pour tout jN,Ij est un module

injectif, le foncteur HomO

S

,Ij

est exact. De plus

0→Σ−→h OS →OC →0

est exacte donc on en déduit l’isomorphisme :

HomO

S

OS,Ij

/HomO

S

OC,Ij

→HomO

S

Σ,Ij

h

ϕ:OS →Iji

7→(a7→ϕ(h·a))

De plus,

HomO

S

OS,Ij

−→Ij

ϕ7→ϕ(1)

et

HomO

S

OC,Ij

−→AnnI

j

(h1, . . . , hk)

ϕ7→ϕ(1)

sont des

isomorphismes. Par conséquent on a l’isomorphisme :

ξ :Ij/AnnI

j

(h1, . . . , hk)→HomO

S

Σ,Ij

[m]7→(a7→a·hm)

En utilisant les isomorphismesζ etξ1, on en déduit l’isomorphisme β0.

Comme nous l’avons déjà remarqué dans la preuve du lemme3.3.11en utilisant le complexe de

Koszul, Hk1(HomO

S

,OS)) =OC, et donc il existe un isomorphisme

3.3. CARACTÉRISATIONS DE LA LIBERTÉ 67

De plus, comme pour tout jN, AnnI

j

(h1, . . . , hk) est isomorphe à HomO

S

OC,Ij

, en

utilisant la remarque 3.3.9on en déduit un isomorphisme

γ2:Hk(AnnI

(h1, . . . , hk))→OC.

Le lemme suivant explicite l’isomorphisme entre les modulesHk1(I•/AnnI

(h1, . . . , hk))

etHk(AnnI

(h1, . . . , hk)).

Lemme 3.3.17. On a un isomorphisme :

γ :Hk1(I•/AnnI

(h1, . . . , hk))→Hk(AnnI

(h1, . . . , hk))

[m]7→[εk−1(m)]

Preuve. On noteεk−1 :Ik−1/AnnI

k−1

(h1, . . . , hk)→Ik/AnnI

k

(h1, . . . , hk). Montrons d’abord

que γ est bien définie.

Si m ∈ Ker(εk−1) alors εk−1(m) ∈ AnnI

k

(h1, . . . , hk). Si m = εk−2(m0) pour un m0 ∈

Ik−2/AnnI

k−2

(h1, . . . , hk), alors [εk−1(εk−2(m0))] = 0 et donc l’application γ est bien définie.

Supposons que [εk−1(m)] = 0. Alors il existe m0 ∈AnnI

k−1

(h1, . . . , hk) tel que εk−1(m) =

εk−1(m0), et doncmm0 ∈Ker(εk−1) = Im(εk−2). D’où [m] = 0, et donc γ est injective.

Considérons [m]∈ Hk(AnnI

(h1, . . . , hk)). Alors εk(m) = 0 donc il existe m0 ∈ Ik−1 tel

que εk−1(m0) =m. Alors [m] =γ([m0]), et doncγ est surjective.

Nous disposons à présent de toutes les identifications nécessaires au calcul deα.

Preuve (de la proposition 3.3.14). Nous voulons construire le morphisme connectant :

α0 :Hk1HomO

S

e

k,I•

Hk(HomO

S

(RC,I•

)).

On procède par une chasse au diagramme fondée sur le diagramme commutatif suivant :

0 HomO

S

e

k,Ik−1 HomO

S

k(logC),Ik−1 HomO

S

RC,Ik−1 0

0 HomO

S

e

k,Ik HomO

S

k(logC),Ik HomO

S

RC,Ik 0

i

res

C

i

res

C

ε

k−1

ε

k−1

ε

k−1

Soit δ⊗[m]∈ΘkSHk1(I•/AnnI

(h1, . . . , hk)). Comme β0 est un isomorphisme, il existe

ϕ:Ωek →Ik−1

η 7→δ(m

vérifiant la condition εk−1(ϕ) = 0 et dont la classe dans ExtkO

S

1

e

k,OS

est un antécédent de

δ⊗[m] parβ0.

Il existe Φ : Ωk(logC)→Ik−1 tel que Φ◦i=ϕ. Soitω ∈Ωk(logC). Par le théorème3.1.15,

il existe g, ξ, η tels que=ξdh

1

∧···∧dh

k

h

1

···h

k

+η. Alors

gΦ(ω) =ξΦ

dh1∧ · · · ∧dhk

h1· · ·hk

+ϕ(η).

De plus, pour touti∈ {1, . . . , k},

hiΦ

dh1∧ · · · ∧dhk

h1· · ·hk

=ϕ

hidh1∧ · · · ∧dhk

h1· · ·hk

=hiδ(dh1∧ · · · ∧dhkm.

Par conséquent,

Φ

dh1∧ · · · ∧dhk

h1· · ·hk

=δ(dh1∧ · · · ∧dhkm+m0

68 CHAPITRE 3. LIBERTÉ D’UNE INTERSECTION COMPLÈTE

avec m0∈AnnI

k−1

(h1, . . . , hk).

L’image parεk−1 de Φ vérifie :

g·εk−1(Φ)(ω) =ξ δ(dh1∧ · · · ∧dhkεk−1(m) +εk−1(m0)

.

Commeiεk−1(Φ) = 0, il existe Ψ : RC → Ik tel que εk−1(Φ) = resC(Ψ). En particulier,

pour toutρ∈RC, on a3 :

gΨ(ρ) =gρ δ(dh1∧ · · · ∧dhkεk−1(m) +εk−1(m0)

Cela nous donne alors l’expression de0 β0−1(δ⊗[m])

∈ExtkO

S

(RC,OS). Nous allons en

déduire l’expression deα(δ⊗[m])∈R∨

C.

Par l’isomorphisme β du lemme 3.3.15, et en utilisant l’identification de HomO

S

(OC,I•)

avec AnnI

(h1, . . . , hk), la classe [gΨ]∈Hk(HomO

S

(RC,I•)) correspond à l’application

RCHk(AnnI

(h1, . . . , hk))

ρ7→[· δ(dh1∧ · · · ∧dhkεk−1(m) +εk−1(m0)

]

De plus, comme m0 ∈AnnI

k−1

(h1, . . . , hk), on a pour tout ρ∈RC :

[· δ(dh1∧ · · · ∧dhkεk−1(m) +εk−1(m0)

] = [·(δ(dh1∧ · · · ∧dhkεk−1(m))].

On a des isomorphismes :

OC

γ

1

←−Hk1(I•/AnnI

(h1, . . . , hk))−→γ Hk(AnnI

(h1, . . . , hk))−→γ

2

OC.

Soit a = γ1([m]) ∈ OC. Comme γ, γ1, γ2 sont des isomorphismes, on peut supposer4 que

γ2γγ1(1) = 1, et doncγ2([εk−1(m)]) =a∈OC.

Par conséquent, [gΨ] s’identifie à l’application

(RC →OC

ρ7→ρgδ(dh1∧ · · · ∧dhk)a et comme g

est un non diviseur de zéro dansOC, on en déduit que [Ψ] s’identifie à

RC →OC

ρ7→ρδ(dh1∧ · · · ∧dhk)a

D’où le résultat : siδa∈ΘS⊗O

S

OC, alorsα(δa) =a·δ(dh1∧ · · · ∧dhk).