10. Vari´ et´ es de Calabi-Yau et sym´ etrie miroir
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9.7. Exemple. Dans cet exemple on consid` ere une famille de vari´ et´ es de CalabiYau (Voir [Mor2] pour d´ etails)
f (s) = Z
5
0 + Z
5
1 + Z
5
2 + Z
5
3 + Z
5
4 − 5uZ 0 Z 1 Z 2 Z 3 Z 4 , s = u
−5 .
Par un calcul identique ` a celui de l’exemple pr´ ec´ edent, on trouve avec Θ = s
d
ds :
[Θ
4 + B 3 Θ
3 + B 2 Θ
2 + B 1 Θ + B 0 ]ϕ = 0
avec les coefficients :
B 0 =
24
625
·
s
s − 1
B 1 =
2
5
·
s
s − 1
B 2 =
7
5
·
s
s − 1
B 3 = 2 ·
s
s − 1
.
et la matrice A(s) de Θ par rapport ` a {Ω 1 , ΘΩ 1 , Θ
2 Ω 1 , Θ
3 Ω 1 } est ´ egale ` a
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
−B 0 −B 1 −B 2 −B 3
Ici la monodromie locale est e
2πiN o` u N =
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0
. Pour la suite on
a besoin d’une solution holomorphe autour du point s = 0. Pour l’obtenir on
remarque qu’on peut r´ e´ ecrire l’´ equation diff´ erentielle comme :
[Θ
4 − s(Θ + 5
−1 )(Θ + 2 · 5
−1 )(Θ + 3 · 5
−1 )(Θ + 4 · 5
−1 )]ϕ = 0
(en multipliant par (1 − s)) et alors la relation de r´ ecurrence pour les coefficients
(n + 1)
4 a n+1 = (n + 5
−1 )(n + 2 · 5
−1 )(n + 3 · 5
−1 )(n + 4 · 5
−1 )a n
a une solution a n =
(5n)!
5 5n (n!) 5 et donc on trouve
(soln)
f 0 (s) =
n0
(5n)!
(n!) 5
s
5 5
n
est une solution holomorphe. C’est l’unique solution holomorphe en s = 0 avec
f 0 (0) = 1.
Le lecteur pourra completer ces exemples en traitant le cas interm´ ediaire de
la quartique de Fermat (surface K3).
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9.7. Exemple. Dans cet exemple on consid` ere une famille de vari´ et´ es de CalabiYau (Voir [Mor2] pour d´ etails)
f (s) = Z
5
0 + Z
5
1 + Z
5
2 + Z
5
3 + Z
5
4 − 5uZ 0 Z 1 Z 2 Z 3 Z 4 , s = u
−5 .
Par un calcul identique ` a celui de l’exemple pr´ ec´ edent, on trouve avec Θ = s
d
ds :
[Θ
4 + B 3 Θ
3 + B 2 Θ
2 + B 1 Θ + B 0 ]ϕ = 0
avec les coefficients :
B 0 =
24
625
·
s
s − 1
B 1 =
2
5
·
s
s − 1
B 2 =
7
5
·
s
s − 1
B 3 = 2 ·
s
s − 1
.
et la matrice A(s) de Θ par rapport ` a {Ω 1 , ΘΩ 1 , Θ
2 Ω 1 , Θ
3 Ω 1 } est ´ egale ` a
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
−B 0 −B 1 −B 2 −B 3
Ici la monodromie locale est e
2πiN o` u N =
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0
. Pour la suite on
a besoin d’une solution holomorphe autour du point s = 0. Pour l’obtenir on
remarque qu’on peut r´ e´ ecrire l’´ equation diff´ erentielle comme :
[Θ
4 − s(Θ + 5
−1 )(Θ + 2 · 5
−1 )(Θ + 3 · 5
−1 )(Θ + 4 · 5
−1 )]ϕ = 0
(en multipliant par (1 − s)) et alors la relation de r´ ecurrence pour les coefficients
(n + 1)
4 a n+1 = (n + 5
−1 )(n + 2 · 5
−1 )(n + 3 · 5
−1 )(n + 4 · 5
−1 )a n
a une solution a n =
(5n)!
5 5n (n!) 5 et donc on trouve
(soln)
f 0 (s) =
n0
(5n)!
(n!) 5
s
5 5
n
est une solution holomorphe. C’est l’unique solution holomorphe en s = 0 avec
f 0 (0) = 1.
Le lecteur pourra completer ces exemples en traitant le cas interm´ ediaire de
la quartique de Fermat (surface K3).