El haz vectorial tautológico en $\mathbb{C}P^{1}=S^2$ viene dada por $L=\{(l,v) \ \vert \ l \subset \mathbb{C}^{2},\ \dim_{\mathbb{C}}l=1,\ v \in l\}$ . ¿Cómo puedo encontrar su rango como un haz vectorial real; y también, una sección suave $V \colon S^2 \rightarrow L$ teniendo exactamente un punto $a \in \mathbb{C}P^{1}$ tal que $V(a)=0$ .
Evidentemente, no estoy buscando una respuesta directa, sino que espero recibir algunas pistas o pequeños empujones que me ayuden.
Para la primera pregunta, la pista más débil que se me ocurre decir, revela la respuesta: como un espacio vectorial real $\mathbb{C}$ es bidimensional. El rango de un haz es la dimensión de la fibra.
Para la segunda pregunta: no hay secciones holomorfas no nulas de este haz. Existe una sección meromorfa de la forma $1/z.$ Tal vez esto pueda ayudar a construir una sección suave.
Edición: aquí hay un interludio sobre las secciones del haz tautológico $L=\mathcal{O}(-1).$ Ahora $P^1$ es el conjunto de líneas en $\mathbb{A}^2.$ Podemos representar una línea con coordenadas homogéneas como $[Z_0:Z_1],$ con el entendimiento de que $[Z_0:Z_1]=[\lambda Z_0:\lambda Z_1],$ para $\lambda\neq 0.$ Si escalas ambas coordenadas sigues teniendo la misma línea.
Ahora una sección del haz tautológico $\mathcal{O}(-1)$ es una función $s\colon P^1\to \mathcal{O}(-1)$ con $s(\ell)=v,$ elegir un vector de cada línea $v\in\ell$ .
Así, en coordenadas homogéneas, un elemento $v$ en la línea $\ell=[Z_0:Z_1]$ en $\mathbb{A}^2$ es un vector de la forma $v=f\cdot(Z_0,Z_1),$ para algún escalar $f.$ Escribimos $s([Z_0:Z_1])=f(Z_0,Z_1)(Z_0,Z_1),$ donde ahora dejamos que $f$ sea una función escalar que depende de las coordenadas homogéneas $Z_0$ y $Z_1$ . Para que esta función esté bien definida, debemos tener
$$ s([\lambda Z_0:\lambda Z_1])=f(\lambda Z_0,\lambda Z_1)(\lambda Z_0,\lambda Z_1) = \lambda f(\lambda Z_0,\lambda Z_1)(Z_0,Z_1)\\ =s([Z_0:Z_1])=f(Z_0,Z_1)(Z_0,Z_1) $$ para todos $(Z_0,Z_1)$ . Así que $$f(\lambda Z_0,\lambda Z_1)=\frac{1}{\lambda}(Z_0,Z_1).$$
En otras palabras, $f$ es una función homogénea de grado $-1.$ Una forma genérica de grado $-1$ parece $f(Z_0,Z_1)=\frac{1}{aZ_0+bZ_1}.$ Lo cual es la razón de la notación $\mathcal{O}(-1)$ (es el conjunto de formas homogéneas de grado $-1$ ). Así que la sección genérica es
$$ s([Z_0:Z_1])=\frac{1}{aZ_0+bZ_1}(Z_0,Z_1). $$
Hasta un cambio de coordenadas, bien podemos tomarlo como
$$ s([Z_0:Z_1])=\frac{1}{Z_0}(Z_0,Z_1). $$
En coordenadas afines, ponemos $z=Z_0/Z_1$ y tenemos
$$ s(z:1)=\left(1,\frac{1}{z}\right). $$
Y a esto me refería cuando decía que la sección genérica del haz tautológico se parece a $1/z.$
Obsérvese en particular que, de forma similar a la función $1/z$ Esta sección tiene un polo en $z=0$ (o $[0:1]$ ). Además, no tiene ningún cero (a diferencia de la función $1/z$ que tiene un cero en $z=\infty$ (es decir $[1:0]$ )).
Es una consecuencia de algunos teoremas básicos de la geometría compleja que todas las secciones holomorfas son de esta forma (o más bien, la única sección holomorfa es la sección cero, y cualquier sección meromorfa debe tener al menos un polo, o el número de polos menos el número de raíces es uno). En particular, no hay ninguna sección holomorfa en todas partes con exactamente un cero.
Pero tu pregunta no pedía secciones holomorfas. Pedía secciones lisas. Las secciones suaves están mucho menos restringidas, por lo que hay alguna esperanza de encontrar una sin polos y con exactamente un cero. Una forma de construir una sección suave es utilizando una partición de la unidad.
Dada una tapa abierta $\mathcal{U}$ de un espacio compacto o incluso paracompacto, podemos encontrar una colección de funciones $\{\rho_U\}_{U\in\mathcal{U}}$ tal que para cada punto $x\in X$ sólo tenemos un número finito de $U$ con $\rho_U(x)\neq 0$ y $\sum_{U\in\mathcal{U}}\rho_U(x)=1,$ y $\text{supp} (\rho_U)\subseteq U.$
Para $P^1$ nuestra partición de la unidad puede ser muy explícita. Pongamos $$\rho(z)=\begin{cases}\exp{\left(\frac{1}{1-1/\lvert z\rvert^2}\right)} & \lvert z\rvert < 1\\0 & \lvert z\rvert \geq 1\end{cases}.$$
Esta función tiene la propiedad de que $\rho(0)=1$ , $\rho(z)=0$ para $\lvert z\rvert\geq 1$ y es suave en todas partes. Sin embargo, no es extremadamente holomorfa. El complemento $(1-\rho)$ también es suave y altamente no holomórfico, pero en cambio desaparece en $z=0$ y es igual a $1$ para $\lvert z\rvert\geq 1$ .
Dadas las secciones de cualquier haz sobre los dos parches afines de $P^1$ , $s_1$ y $s_2$ podemos construir localmente, donde cualquier haz es trivial, podemos usar estas funciones para construir una sección global $s_1\rho+s_2(1-\rho).$
En nuestro caso, es bastante sencillo. Nuestra respuesta es simplemente $V=(1-\rho)s$ . Debido a que esta sección ya no tiene un poste en $z=0$ debido al cero de la función de bump mollifier en $z=0.$ Y $(1-\rho)$ se acerca a $0$ exponencialmente, mucho más rápido que $1/z$ se acerca a $\infty$ Así que $(1-\rho)$ dominará $s$ en el producto, por lo que $V$ seguirá teniendo un cero en $z=0.$ Y como $s$ no tiene cero en ninguna otra parte, y $(1-\rho)>0$ lejos de $z=0$ Por lo tanto, tampoco $V.$ Estos son algunos hechos que puedes comprobar tú mismo utilizando el cálculo básico.
Así que la respuesta final es
$$ V(z)=(1-\rho(z))s(z)=\begin{cases}\left(1,\frac{1}{z}\right)\left(1-\exp{\left(\frac{1}{1-1/\lvert z\rvert^2}\right)}\right) & \lvert z\rvert < 1\\\left(1,\frac{1}{z}\right) & \lvert z\rvert \geq 1\end{cases}. $$
Hay exactamente un punto en el que $V$ desaparece, lo que es $z=0.$
Hay otra forma de obtener una sección del haz de líneas tautológicas $L=\mathcal{O}(-1).$
Cuando un espacio vectorial de dimensión finita $V$ está dotada de una forma bilineal no degenerada (como un producto interno real $g$ ), esto induce un isomorfismo natural entre $V$ y su espacio dual $V^*$ dado por $v\mapsto g(\cdot,v).$
Como nota, esto se llama a veces el isomorfismo musical porque cuando escribes tus vectores en una base utilizando la convención de suma de Einstein, los componentes del vector tienen índices de superíndice, los componentes del vector dual tienen índices de subíndice, y el isomorfismo y su inverso pueden verse como el aumento y la disminución de los índices, utilizando el tensor métrico. Existe una convención un tanto caprichosa para utilizar los símbolos musicales $\sharp$ y $\flat$ para el operador que sube y baja los índices, respectivamente (ya que en música denotan subir y bajar el tono).
De todos modos, cualquier espacio de producto interno es isomorfo a su dual. En el caso de los haces vectoriales, este isomorfismo se aplica a nivel de fibra, por lo que cualquier haz vectorial con producto interior es también isomorfo a su haz dual.
Y mientras el haz de líneas tautológicas $L=\mathcal{O}(-1)$ no tiene secciones globales holomorfas (sólo meromorfas), su haz dual es $L^*=\mathcal{O}(1)$ el espacio de las formas lineales en $\mathbb{C}^2,$ que hace tienen secciones globales.
Espera un segundo, ¿cómo puede ser que $\mathcal{O}(-1)$ no tiene secciones globales, pero $\mathcal{O}(1)$ tiene muchos, si los dos haces son isomorfos?
Pues un producto interno real es una forma bilineal no degenerada, pero $\mathcal{O}_{P^1(\mathbb{C})}(-1)$ es un complejo haz de vectores. Un producto interno sobre un espacio vectorial complejo no es bilineal, sino sesquilineal o hermitiano, es decir, lineal en un argumento y conjugado-lineal en el otro. (Esto es necesario para que la norma asociada sea real y positivamente definida). Una forma hermitiana no degenerada $h$ induce un isomorfismo natural $V\overset{\cong}\to \bar V^*$ dado por $v\mapsto h(\cdot,v)$ o, alternativamente $\bar V\overset{\cong}\to V^*$ dado por $v\mapsto h(v,\cdot)$ (donde adoptamos la convención de que $h$ ser conjugado-lineal en su primer argumento, lineal en el segundo). Es una forma de decir que el isomorfismo entre $V$ y $V^*$ inducido por $h$ es conjugado-lineal.
Así que $\mathcal{O}(1)$ y $\mathcal{O}(-1)$ son isomorfos, pero el isomorfismo es conjugado-lineal. Eso no es un isomorfismo en la categoría de haces vectoriales holomorfos. Pero sí es un isomorfismo de los haces vectoriales reales subyacentes. La imagen de una sección global de $\mathcal{O}(1)$ bajo este isomorfismo será una sección global de $\mathcal{O}(-1).$ Sólo que no será holomórfico. De hecho, será antiholomorfa. Lo que significa que seguirá siendo continua y suave.
Basta con las generalidades y la teoría de fondo, vamos a calcular la sección.
Así que $\mathcal{O}(1)$ es el espacio de las funciones lineales sobre líneas en $\mathbb{C}^2$ . Un funcional lineal genérico es un mapa como $f(Z_0,Z_1)=aZ_0+bZ_1.$ También podemos tomar nuestro funcional para ser $f(Z_0,Z_1)=Z_0.$ Esta es una sección global de $\mathcal{O}(1)\to P^1(\mathbb{C})$ porque para cada línea $\ell\in P^1(\mathbb{C})$ , $f$ se restringe a una función lineal en $\ell$ que también es la fibra sobre $\ell$ en $\mathcal{O}(-1).$ En otras palabras, $f$ es un elemento de $\ell^*$ por lo que es un elemento de $\mathcal{O}(1)$ en la fibra sobre $\ell.$
Y $\mathcal{O}(-1)$ hereda su producto interno hermitiano de $\mathbb{C}^2$ (véase, por ejemplo, la respuesta de John Ma aquí o Gunnar's ). Tenemos una sección de $\mathcal{O}(-1)$ dado por $s([Z_0:Z_1])=\frac{1}{Z_0}(Z_0,Z_1)$ . El producto interior es $h(s,s)=\frac{\lvert Z_0\rvert^2+\lvert Z_1\rvert^2}{\lvert Z_0\rvert^2}.$
Existe un producto interno correspondiente $\tilde{h}$ en $\mathcal{O}(1)$ dado por $\tilde{h}(f,g)=h(u,v),$ donde $u$ es el vector tal que $h(u,\cdot)=g$ y $v$ tal que $h(\cdot,v)=f.$
En nuestro caso, $f(Z_0,Z_1)=Z_0$ y así $f(s)=1.$ Qué vector $\lambda s$ satisfará $f(s)=h(\lambda s,s)$ ? Resolvamos $\lambda.$
$$1=f(s)=h(\lambda s,s)=\lambda\frac{\lvert Z_0\rvert^2+\lvert Z_1\rvert^2}{\lvert Z_0\rvert^2}$$
por lo que
$$\lambda=\frac{\lvert Z_0\rvert^2}{\lvert Z_0\rvert^2+\lvert Z_1\rvert^2}.$$
Así, la sección que buscamos, la imagen del funcional lineal $(Z_0,Z_1)\mapsto Z_0$ bajo el isomorfismo entre un haz y su dual, es $$V=\lambda s=\left(\frac{\lvert Z_0\rvert^2}{\lvert Z_0\rvert^2+\lvert Z_1\rvert^2}\right)\frac{1}{Z_0}(Z_0,Z_1)=\frac{ \bar{Z_0}}{\lvert Z_0\rvert^2+\lvert Z_1\rvert^2}(Z_0,Z_1).$$
En la coordenada afín $z=Z_0/Z_1$ se convierte en $$V=\lambda s=\bar{z}\frac{(z,1)}{1+\lvert z\rvert^2}=\frac{(\lvert z\rvert^2,\bar{z})}{1+\lvert z\rvert^2}.$$
Tenga en cuenta que en $z=0$ Esta sección $V$ tiene un cero, y como $z\to \infty$ , $\lambda s\to (1,0).$ Así, $V$ tiene exactamente un cero, y ningún polo, y es suave en todas partes (pero no holomorfa).
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