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¿Es el cuadrado de un haz vectorial trivial?

Dejemos que E sea un haz vectorial liso con una métrica. Entonces E es isomorfo a E por el mapeo vE a v,E .

Porque EE es un haz trivial, ¿podemos decir que el cuadrado EEEE también es trivial?

4voto

Khushi Puntos 1266

En la respuesta de Mihail, están tomando el producto tensorial de haces de líneas complejas como haces complejos, pero también se podría tomar el producto tensorial como haces reales. Esto da lugar a ejemplos en los que EE no es trivial.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que EEEEEnd(E) . Este haz es siempre orientable, porque w1(EF)=rank(F)w1(E)+rank(E)w1(F) Así que EE tiene una clase de Euler. Como End(E) tiene una sección cero en ninguna parte, a saber idE tenemos e(EE)=0 . En particular, no se puede utilizar la clase de Euler para demostrar que dicho haz no es trivial.

Ahora dejemos que E sea un haz real orientable de rango dos. La elección de una orientación para E podemos ver E como un haz de líneas complejas. Entonces

End(E)=EndC(E)¯EndC(E)

donde los términos de la descomposición son endomorfismos complejos lineales y antilineales respectivamente. Si J denota la estructura casi compleja en E entonces la descomposición viene dada por L12(LJLJ)+12(L+JLJ) . Tenga en cuenta que idE define una sección cero de EndC(E) Así que EndC(E)ε1C (alternativamente, EndC(E)ECEε1C ). Por otro lado, un endomorfismo complejo antilineal de E puede verse como un homomorfismo lineal complejo E¯E Así que

¯EndC(E)HomC(E,¯E)EC¯E¯EC¯E¯E2.

Por lo tanto,

\begin {align*} p_1( \operatorname {End}(E)) &= p_1( \varepsilon_ { \mathbb {C}}^1 \oplus\overline {E}^2) \\ &= p_1( \overline {E}^2) \\ &= -c_2( \overline {E}^2 \otimes_ { \mathbb {R}} \mathbb {C}) \\ &= -c_2( \overline {E}^2 \oplus E^2) \\ &= -c_1( \overline {E}^2)c_1(E^2) \\ &= -4c_1( \overline {E})c_1(E) \\ &= 4c_1(E)^2. \end {align*}

Así, por ejemplo, si E=O(1) en CP2 entonces EE no es trivial ya que p1(EE)=4α20 donde α=c1(O(1)) es un generador de H2(CP2;Z) .

2voto

Ted Shifrin Puntos 33487

Para cualquier haz de líneas, real o complejo, EE es de hecho trivial. En el caso real, ya que EE Como ha afirmado, sabemos que EE es efectivamente trivial. El ejemplo "universal" es el haz de líneas de Möbius E sobre el círculo. Es, por supuesto, no trivial (correspondiente al generador de H1(S1,Z/2) ). Sin embargo, su cuadrado corresponde a la toma de una banda de Möbius con dos medios giros, y ésta es, como se puede comprobar fácilmente, isomorfa al haz trivial. En particular, tiene una sección cero en ninguna parte.

EDITAR : Mike Miller me sugirió en el chat que consideraras EE con E=ε1Λ2(TRP2) como un rango- 2 paquete en RP2 . Un cálculo de la clase Stiefel-Whitney muestra que w2(EE)0 y por tanto el haz debe ser no trivial.

Me gustaría hacer el cálculo con E el haz tautológico en ˜G(2,4) (el grassmanniano de los orientados 2 -aviones en R4 ). No debería ser tan malo conseguir p1(EE) .

1voto

Mi respuesta es válida para los haces vectoriales complejos y no para los reales (Gracias a @ConnorMalin por esta observación en los comentarios de abajo)

Tiene razón en el caso de los haces de líneas (reales), pero en general EE no es un paquete trivial.

Se sabe que existe un isomorfismo de grupo entre H2(M,Z) y los haces de líneas complejas sobre M dada por la primera clase de Chern. Elige M con un número no trivial de H2 Por ejemplo, considere CP2 . Dejemos que E sea el haz tautológico sobre CP2 . Entonces EE no es trivial porque c1(E) es un generador de H2(M,Z)=Z y por lo tanto c1(EE) es el doble del generador.

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