¿Es el cuadrado de un haz vectorial trivial?

Question

Dejemos que $E$ sea un haz vectorial liso con una métrica. Entonces $E^*$ es isomorfo a $E$ por el mapeo $v \in E$ a $\langle v, \circ\rangle \in E^*$ .

Porque $E \otimes E^*$ es un haz trivial, ¿podemos decir que el cuadrado $E \otimes E \cong E \otimes E^*$ también es trivial?

Answer 1

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 $E\otimes E$ no es trivial.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $E\otimes E \cong E^*\otimes E \cong \operatorname{End}(E)$ . Este haz es siempre orientable, porque $w_1(E\otimes F) = \operatorname{rank}(F)w_1(E) + \operatorname{rank}(E)w_1(F)$ Así que $E\otimes E$ tiene una clase de Euler. Como $\operatorname{End}(E)$ tiene una sección cero en ninguna parte, a saber $\operatorname{id}_E$ tenemos $e(E\otimes E) = 0$ . 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

$$\operatorname{End}(E) = \operatorname{End}_{\mathbb{C}}(E)\oplus\overline{\operatorname{End}}_{\mathbb{C}}(E)$$

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 $L \mapsto \frac{1}{2}(L - JLJ) + \frac{1}{2}(L+JLJ)$ . Tenga en cuenta que $\operatorname{id}_E$ define una sección cero de $\operatorname{End}_{\mathbb{C}}(E)$ Así que $\operatorname{End}_{\mathbb{C}}(E) \cong \varepsilon_{\mathbb{C}}^1$ (alternativamente, $\operatorname{End}_{\mathbb{C}}(E) \cong E^*\otimes_{\mathbb{C}} E \cong \varepsilon^1_{\mathbb{C}}$ ). Por otro lado, un endomorfismo complejo antilineal de $E$ puede verse como un homomorfismo lineal complejo $E \to \overline{E}$ Así que

$$\overline{\operatorname{End}}_{\mathbb{C}}(E) \cong \operatorname{Hom}_{\mathbb{C}}(E, \overline{E}) \cong E^*\otimes_{\mathbb{C}}\overline{E} \cong \overline{E}\otimes_{\mathbb{C}}\overline{E} \cong \overline{E}^2.$$

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 $E = \mathcal{O}(1)$ en $\mathbb{CP}^2$ entonces $E\otimes E$ no es trivial ya que $p_1(E\otimes E) = 4\alpha^2 \neq 0$ donde $\alpha = c_1(\mathcal{O}(1))$ es un generador de $H^2(\mathbb{CP}^2; \mathbb{Z})$ .

Answer 2

Para cualquier haz de líneas, real o complejo, $E\otimes E^*$ es de hecho trivial. En el caso real, ya que $E^*\cong E$ Como ha afirmado, sabemos que $E\otimes E$ 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 $H^1(S^1,\Bbb Z/2)$ ). 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 $E^*\otimes E$ con $E = \varepsilon^1 \oplus \Lambda^2 (T\Bbb RP^2)$ como un rango- $2$ paquete en $\Bbb RP^2$ . Un cálculo de la clase Stiefel-Whitney muestra que $w_2(E\otimes E)\ne 0$ y por tanto el haz debe ser no trivial.

Me gustaría hacer el cálculo con $E$ el haz tautológico en $\tilde G(2,4)$ (el grassmanniano de los orientados $2$ -aviones en $\Bbb R^4$ ). No debería ser tan malo conseguir $p_1(E\otimes E)$ .

Answer 3

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 $E \otimes E^*$ no es un paquete trivial.

Se sabe que existe un isomorfismo de grupo entre $H^2(M,\mathbb Z)$ y los haces de líneas complejas sobre $M$ dada por la primera clase de Chern. Elige $M$ con un número no trivial de $H^2$ Por ejemplo, considere $\mathbb{CP}^2$ . Dejemos que $E$ sea el haz tautológico sobre $\mathbb{CP}^2$ . Entonces $E\otimes E$ no es trivial porque $c_1(E)$ es un generador de $H^2(M,\mathbb Z)=\mathbb{Z}$ y por lo tanto $c_1 (E\otimes E)$ es el doble del generador.