Dejemos que E sea un haz vectorial liso con una métrica. Entonces E∗ es isomorfo a E por el mapeo v∈E a ⟨v,∘⟩∈E∗ .
Porque E⊗E∗ es un haz trivial, ¿podemos decir que el cuadrado E⊗E≅E⊗E∗ también es trivial?
Dejemos que E sea un haz vectorial liso con una métrica. Entonces E∗ es isomorfo a E por el mapeo v∈E a ⟨v,∘⟩∈E∗ .
Porque E⊗E∗ es un haz trivial, ¿podemos decir que el cuadrado E⊗E≅E⊗E∗ también es trivial?
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 E⊗E no es trivial.
En primer lugar, hay que tener en cuenta que E⊗E≅E∗⊗E≅End(E) . Este haz es siempre orientable, porque w1(E⊗F)=rank(F)w1(E)+rank(E)w1(F) Así que E⊗E tiene una clase de Euler. Como End(E) tiene una sección cero en ninguna parte, a saber idE tenemos e(E⊗E)=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 L↦12(L−JLJ)+12(L+JLJ) . Tenga en cuenta que idE define una sección cero de EndC(E) Así que EndC(E)≅ε1C (alternativamente, EndC(E)≅E∗⊗CE≅ε1C ). 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)≅E∗⊗C¯E≅¯E⊗C¯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 E⊗E no es trivial ya que p1(E⊗E)=4α2≠0 donde α=c1(O(1)) es un generador de H2(CP2;Z) .
Para cualquier haz de líneas, real o complejo, E⊗E∗ es de hecho trivial. En el caso real, ya que E∗≅E Como ha afirmado, sabemos que E⊗E 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 E∗⊗E con E=ε1⊕Λ2(TRP2) como un rango- 2 paquete en RP2 . Un cálculo de la clase Stiefel-Whitney muestra que w2(E⊗E)≠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(E⊗E) .
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 E⊗E∗ 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 E⊗E no es trivial porque c1(E) es un generador de H2(M,Z)=Z y por lo tanto c1(E⊗E) es el doble del generador.
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