Pido disculpas de antemano ya que esta no es una pregunta a nivel de investigación sino más bien una que podría beneficiarse de la atención de expertos pero que podría ser útil principalmente para matemáticos principiantes.
En un esfuerzo por comprender las clases características, se me ocurrió compilar un breve diccionario que relacionara las clases características con sus obstáculos. Desafortunadamente, no encontré nada de este tipo en la web. Sería algo bueno si pudiéramos compilar tal lista aquí.
Sea $E \to B$ un haz vectorial real sobre una variedad compacta (por simplicidad):
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Clase de Euler ($E$ orientable): $E \to B$ tiene una sección que nunca se anula $ \implies e(E)=0 $.
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Clases de Stiefel-Whitney:
- $w_1(E)=w_1(\det E)=0 \iff E$ es orientable.
- $w_1(E) =w_2(E) = 0 \iff E$ tiene estructura spin.
- $E$ tiene un subhaz trivial de rango $m$ $\implies$ $w_k=0$ para todo $k> rendimiento(E)-m$.
- $E$ es orientable $\implies$ $w_{top} (E) = e(E) \text{ mod 2}$
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Clases de Pontryagin:
- Para un haz vectorial spin $E$: $\frac{1}{2} p_1(E)=0 \iff E$ tiene estructura de cuerda.
- Para un haz vectorial de cuerda $E$: $\frac{1}{6}p_2(E)= 0 \iff E$ tiene estructura de 5-brana.
- Si $rendimiento(E)$ es par: $e(E) \cup e(E) = p_{top}(E)$
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Clases de Chern: Supongamos que $E \to B$ es ahora un haz vectorial complejo.
- $E$ tiene un subhaz complejo trivial (¿o es hilo aquí?) de rango $m$ $\implies$ $c_k=0$ para todo $k> rendimiento(E)-m$.
- $c_i(E)=w_{2i}(E_{\mathbb{R}}) \text{ mod 2}$.
- $c_1(E) = c_1(\wedge^{top} E) = 0 \iff E$ tiene reducción del grupo de estructura a $U$. He leído en varios lugares que esto tiene algo que ver con la cantidad posible de espinores paralelos linealmente independientes. Nota $w_2( E_{ \mathbb{R}}) = c_1(E) = 0$ por lo que $E$ es spin en particular.
- $c_{top}(E)=e(E_{\mathbb{R}})$
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Clase de Todd: ?
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Carácter de Chern: ?
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Clase de Wu: ?
Se aceptan adiciones y correcciones.
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Triviales submódulos complejos y triviales submódulos cocientantes complejos son equivalentes aquí porque puedes elegir una forma hermítica mediante particiones de la unidad y usarla para dividir cualquier inclusión.
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@WillSawin ¿No hay un problema con las particiones no holomorfas?
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Tenga en cuenta que la clase Wu no es la clase de un haz. Más bien, su única entrada es la base $B$. (Quizás se pueda intentar definir $v(E)$ de tal manera que $\operatorname{Sq}(v(E)) = w(E)$, la clase total de Stiefel–Whitney. No sé si siempre existe esto, y no creo que uno clásicamente considere esto. El caso clásico correspondería a $E = TB$, el haz tangente de $B$.)
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@SaalHardali Los haces vectoriales complejos no son haces vectoriales holomorfos. En el caso de los haces vectoriales holomorfos, la obstrucción que diste es una obstrucción para tener cocientes triviales y también una obstrucción para los subhaces - podrías poner cualquiera y la afirmación seguiría siendo cierta.
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La clase de Todd y el carácter de Chern no deben ser considerados como obstáculos para nada. Se supone que deben aparecer, por ejemplo, en el teorema de Grothendieck-Riemann-Roch.
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En cuanto a la clase de Euler, la afirmación de "solo si" no es verdadera sin algunas restricciones (como el rango del haz vectorial igualando la dimensión de la base). Ver aquí mathoverflow.net/questions/31376/vanishing-of-euler-class
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Para una estructura de cadena, se necesita $p_1/2=0$ según tengo entendido, donde $p_1/2$ es una clase característica natural para los paquetes de giro tales que $2p_1/2=p_1$. Supongo que se necesita una clase similar en lugar de $p_2$ (quizás $p_2/6$ sea una clase natural de paquetes vectoriales de cadena?).
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@MarkGrant De hecho. Lo mejor que puedes decir si $e(E)=0$ es que para una sección genérica, el conjunto nulo es nulohomólogo, es decir, un límite en homología singular.
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$E$ admite una estructura de spin$^c$ si y solo si $E$ es orientable y la tercera clase de Stiefel-Whitney integral se anula.
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@QiaochuYuan Acabo de darme cuenta de que de manera extraña, la clase Todd es una obstrucción: contra la conmutatividad del carácter de Chern y la isomorfía de Thom. Consulta la demostración original de Atiyah-Singer o esta respuesta.
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@SebastianGoette Eso es interesante. En otro orden de ideas: He leído en algún lugar que las clases de Pontryagin que desaparecen implican planitud, ¿es correcto?
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@SaalHardali Lo dudo. Toma un haz de líneas complejas no triviales en una superficie. Debe tener curvatura si $c_1 \ne 0$, pero no hay lugar para clases de Pontryagin no triviales.