OK, lo he entendido cómo funciona. Este es el material clásico pero parece difícil encontrar una respuesta en la literatura para los no especialistas; así que permítanme explicar.
Consideramos que el universal bundle $E U(n) \rightarrow B U(n)$ con fibra de $U(n)$. Desde $E U(n)$ es contráctiles, la Serre espectral de la secuencia de la fibration da información sobre la cohomology de $U(n)$. Recuerdo que $H^{\bullet}(BU(n),\mathbb{Z}) = \mathbb{Z}[c_1,c_2,\dots,c_n]$ donde $c_p$ es de grado $2p$. Lo que el espectro de la secuencia que dice es que para cada una de las $c_p$ corresponde a una clase de $x_p$ en $H^{2p-1}(U(n),\mathbb{Z})$, lo que transgrede $c_p$.
Con el fin de responder a mi pregunta, necesitamos entender cómo expresar estos $x_p$ en términos de $c_p$.
Deje $I = I(\mathfrak{u}(n))^{U(n)}$ ser el espacio de polinomios invariantes en $\mathfrak{u}(n)$. El Chern-Weil isomorfismo $W$ da $I \cong H^{2\bullet}(BU(n),\mathbb{R})$.
Si $P$ es de grado $l$ en $I$, se puede considerar que la cohomology de la clase $W(P)$ y transgredir para obtener un cohomology clase de grado $2l-1$ en $U(n)$; denotando por $TP$ la clase obtenidos, se puede demostrar que
$$ TP = \frac{(-1)^{l-1}}{2^{l-1} {2l-1 \choose l} } P(\omega \wedge [\omega,\omega]^{l-1})$$
(véase la ecuación 3.10 en Chern-Simons, Característico de Formas Geométricas y los Invariantes ; un menos uno que parece faltar en el denominador).
La conclusión es que tenemos que saber que invariante polinomios dar integral clases en $H^{2\bullet}(BU(n),\mathbb{Z})$. Pero, por supuesto, estos son sólo los polinomios utilizados para calcular las clases de Chern de un vector paquete.
Desde los polinomios que considero en mi pregunta corresponden a la Chern personaje, uno tiene que relacionar la Chern carácter y clase de Chern para responder. Tome $l=2$, por ejemplo. Definimos el polinomio $ch_2(A) = \frac{-1}{8\pi^2}\text{Tr}(A^2)$. Si $c_1$ e $c_2$ son la primera y la segunda Chern polinomios, uno tiene
$$ ch_2 = \frac{1}{2}(c_1^2 - 2c_2).$$
La transgresión $Tc_1^2$ desvanece para que $Tch_2 = Tc_2$ es una parte integral de la clase (y este es el óptimo para la constante).
Esto le da a ese $\frac{1}{48\pi^2} \text{Tr}(\omega \wedge [\omega,\omega]) = \frac{1}{24\pi^2} \text{Tr}(\omega^3)$ es una parte integral de la clase, como se decía.
Edit ---
Con el mismo método, se pueden calcular las constantes de $l=3$, pero esto es bastante sutil. En primer lugar, definimos
$$ ch_3 = \frac{1}{6}(c_1^3 - 3c_1 c_2 + 3c_3)$$
de modo que $ch_3(A) = \frac{1}{6}\Big(\frac{1}{2\pi i}\Big)^3 \text{Tr}(A^3)$. La transgresión de $c_1^3$ es cero y las transgresiones de $c_1 c_2$ e $c_3$ son de curso integral. Esto muestra que la transgresión de $2ch_3$ es integral.
Informática, este da $T(2ch_3) = \frac{1}{24 \pi^3} \frac{1}{10} \text{Tr}(\omega^3)$. (Se me olvida el $i$-factor)
Si uno utiliza Matías fórmula, se encontrará con que $\frac{1}{480 \pi^3} \text{Tr}(\omega^3)$ es integral, que es mejor por un factor de $2$.
De hecho, la clase $c_1 c_2 - c_3$ es siempre igual. Este es uno de los llamados Schwarzenberger condición. Esto muestra que, de hecho, $T(ch_3)$ es integral y explica el $2$-factor.
Esta discusión muestra que el óptimo constante que puede ser difícil de obtener, a partir de ambos métodos (ya que de hecho, no hay ninguna garantía de que el Hurewicz mapa mapas para no divisible clase). De todos modos, la imagen es muy buena :-).
La observación de que, en general, la fórmula de Matías dice exactamente que la transgresión de $ch_l$ es integral, lo que no es obvio para mí.
