Intuición detrás de las relaciones bilineales de Riemann

Question

Estoy tratando de entender las relaciones bilineales de Riemann sobre la matriz de periodo normalizada de una superficie de Riemann. Recordemos que dicen lo siguiente Sea $X$ sea una superficie de Riemann compacta de género $g>0$ . Fijar una base estándar $\{a_1,b_1,\ldots,a_g,b_g\}$ para $H_1(X,\mathbb{Z})$ . Podemos entonces elegir una base $\omega_1,\ldots,\omega_g$ para el espacio de holomorfos $1$ -forma en $X$ con la siguiente propiedad. Definir $A_{i,j}=\int_{a_j} \omega_i$ . Entonces $A_{i,j} = \delta_{i,j}$ . Llamamos $\omega_1,\ldots,\omega_g$ una base normalizada para el conjunto de formas holomorfas 1 en $X$ .

Las relaciones bilineales de Riemann dicen que si $\omega_1,\ldots,\omega_g$ es una base normalizada para las formas holomorfas 1 en $X$ y si definimos $B_{i,j}=\int_{b_j} \omega_i$ entonces la matriz $B=(B_{i,j})$ tiene las dos propiedades siguientes. En primer lugar, es simétrica. En segundo lugar, su parte imaginaria es definida positiva.

Entiendo la prueba de este resultado, pero siento que tengo muy poca intuición geométrica de por qué es cierto. Esto me lleva a las siguientes tres preguntas.

1. ¿Qué significado geométrico tiene el hecho de que podamos elegir una base normalizada?
2. ¿Cuál es el significado geométrico de las relaciones bilineales?
3. Una consecuencia importante de las relaciones bilineales es que el jacobiano de una superficie de Riemann es una variedad abeliana. Cuál es la intuición geométrica que hay detrás de la relación entre las relaciones bilineales y el hecho de que podamos convertir el jacobiano en una variedad?

Muchas gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

Mathwonk ha dado una buena respuesta a la primera parte. Esto es lo que pienso sobre la parte 2.

Empecemos con un buen cálculo de geometría diferencial, nada complejo a la vista. Dejemos que $X$ sea un género $g$ superficie, con $a_1$ , ..., $a_g$ , $b_1$ , ..., $b_g$ una base estándar. Dejemos que $\omega$ y $\eta$ sean dos formas únicas cerradas. Sea $(u_1, u_2, \ldots, u_{2g})$ sean las integrales $(\int_{a_1} \omega, \ldots, \int_{a_g} \omega, \int_{b_1} \omega, \ldots, \int_{b_g} \omega)$ . Sea $(v_1, \ldots, v_{2g})$ sean las mismas integrales para $\eta$ . Ahora, en términos de la $u$ y el $v$ 's, lo que es $\int_X \omega \wedge \eta$ ? La respuesta, que dejo para que la compruebes, es $u_1 v_{g+1} + u_2 v_{g+2} + \cdots + u_g v_{2g} - u_{g+1} v_1 - u_{g+2} v_2 - \cdots - u_{2g} v_g$ . Será conveniente desde el punto de vista de la notación escribir $J$ para el $(2g) \times (2g)$ matriz de bloques $\left( \begin{smallmatrix} 0 & -\mathrm{Id} \\ \mathrm{Id} & 0 \end{smallmatrix} \right)$ . Así que la fórmula anterior es $\int_X \omega \wedge \eta = u J v^T$ .

Ahora bien, esta fórmula es igualmente correcta cuando $\omega$ y $\eta$ son $\mathbb{C}$ -valorado $1$ -formas (sólo hay que ver las partes reales y complejas por separado). Sea $\omega_1$ , ..., $\omega_g$ sea una base para la holomorfa $(1,0)$ formas. Dejemos que $P$ sea el $g \times (2g)$ matriz cuya $k$ a fila es $(\int_{a_1} \omega_k, \ldots, \int_{a_g} \omega_k, \int_{b_1} \omega_k, \ldots, \int_{b_g} \omega_k)$

Entonces ocurren dos cosas interesantes:

(1) La forma $\omega_k \wedge \omega_{\ell}$ es idénticamente cero, por lo que $\int_X \ \omega_k \wedge \omega_{\ell}=0$ . En términos de matrices, esto significa $P J P^T =0$ . Conceptualmente, el tramo de filas de $P$ es el Lagrangiano para la forma simpléctica $J$ .

(2) Para cualquier $(1,0)$ formulario $\omega$ La forma $\mathrm{Im}(\omega \wedge \overline{\omega})$ tiene valor real y es siempre no negativo, por lo que $\mathrm{Im} \int_X \ \omega \wedge \overline{\omega} \geq 0$ (y estrictamente $>0$ a menos que $\omega=0$ ). En términos de matrices, esto significa $\mathrm{Im}\left( P J \overline{P}^T \right)$ es positiva definida.

Ahora, todo lo que he escrito es cierto para una base arbitraria $\omega_k$ Y así es como me gusta pensarlo conceptualmente. Cuando se trabaja computacionalmente, es conveniente normalizar el $\omega$ para que sean duales con el $a$ 's, así que $P$ parece $\left( \begin{smallmatrix} \mathrm{Id} & Q \end{smallmatrix} \right)$ . Traduciendo (1) y (2) en condiciones sobre $Q$ te da las relaciones bilineales de Riemann.

Answer 2

No sé si esto mejorará o empeorará las cosas para ti, pero esto se puede expresar en lenguaje libre de bases como sigue: Una estructura de Hodge de tipo $\{(1,0), (0,1)\}$ consiste en de un entramado $H$ junto con la descomposición $H\otimes \mathbb{C}= H^{10}\oplus H^{01}$ tal que $\overline{H^{10}}= H^{01}$ .cuando $X$ es una superficie compacta de Riemann $H=H^1(X,\mathbb{Z})$ lleva una estructura de Hodge de este tipo en la que $H^{10}$ es el espacio de las holomorfas $1$ -formas.

Una polarización es un emparejamiento de valor entero simétrico sesgado $\langle,\rangle$ en $H$ que satisface las relaciones bilineales de Riemann, es decir, que desaparece en $H^{10}$ (es decir, el espacio es isotrópico) y $-i\langle \alpha,\overline{\alpha}\rangle>0$ para $\alpha\in H^{10}$ no es cero. Para una superficie de Riemann, el emparejamiento del producto taza $\langle \alpha,\beta\rangle= \int_X \alpha\wedge \beta$ hace el trabajo como se explica en la respuesta de David Speyer.

Obsérvese que para cualquier estructura de Hodge como la anterior, existe un toro $J=H^{01}/H$ que coincide con el Jacobiano $H^{01}/H= H^1(X,\mathcal{O}_X)/H^1(X,\mathbb{Z})$ cuando ésta proviene de una superficie de Riemann. En general, no se puede hacer mucho más. Pero cuando tenemos una polarización, podemos construir suficientes funciones holomórficas cuasiperiódicas (llamadas funciones theta) para incrustar $J$ en el espacio proyectivo. En otras palabras, $J$ es una variedad abeliana, Esto puede hacerse escribiendo explícitamente ciertas series de Fourier que se puede demostrar que convergen utilizando las relaciones de Riemann. Alternativamente, bajo la identificación $\wedge^2H\cong H^2(J,\mathbb{Z})$ una polarización define una clase de cohomología integral. Las relaciones bilineales de Riemann son exactamente las condiciones para que esto se represente por una clase de cohomología $(1,1)$ forma, por lo que $J$ se puede incrustar en el espacio proyectivo mediante el método de Kodaira de Kodaira, como indicó Mathwonk.

Answer 3

1) Supongo que en la pregunta 1 preguntas por qué el género analítico (dimensión de las formas holomorfas uno) es igual al género topológico (1/2 el rango de la 1ª homología). Esto parece deducirse de la estimación de Hodge que da el límite superior, y de la construcción explícita del número necesario de formas independientes.

2) , 3) Supongo que esto está relacionado con la curvatura positiva del espacio proyectivo y con el hecho de que la existencia de una métrica con curvatura positiva y clase de cohomología integral es, por tanto, no sólo necesaria sino también suficiente para que una variedad sea incrustada como una subvariedad del espacio proyectivo, (teorema de incrustación de Kodaira).

perdón si esto es vago o erróneo, hace más de 30 años que no leo estas cosas. ver kodaira-mañana.

Ah, sí, también están relacionados con el emparejamiento de intersección de curvas en superficies topológicas.

Observación: La respuesta de David Speyer demuestra que las relaciones bilineales son ciertas. Esta es la prueba habitual, como en las Conferencias de Gunning sobre superficies de Riemann. Mi respuesta te da sus consecuencias geométricas. Es decir, verifican las hipótesis del teorema de incrustación de Kodaira, que el jacobiano tiene un haz de líneas integral positivo como explicó Arapura, por lo que implica que el jacobiano es una variedad proyectiva.

editar: Por cierto, hay otra consecuencia importante de la primera relación bilineal de Riemann: implica la versión moderna del teorema de Abel. Es decir, por la teoría de Hodge, las formas diferenciales holomorfas H^0(K) se encuentran dentro de la primera cohomología compleja H^1, y el cociente puede verse como H^1(O). Como H1 es dual a H^1, el espacio dual de H^1(O) es isomorfo al subespacio H(0,1) de H1 que es ortogonal a H^0(K). La 1ª relación bilineal de Riemann dice precisamente que el isomorfismo de dualidad de Poincare de H^1 a H1 lleva H^0(K) a ese subespacio H(0,1), por lo que el isomorfismo de transposición lleva H^(0,1) ≈ H^1(O) a H^0(K) . Como la dualidad de Poincare se define sobre los enteros, este isomorfismo induce un isomorfismo de la variedad de Picard H^1(O)/H^1(Z) a la variedad de Albanese H^0(K) /H1(Z). Esto se llama el "teorema de Abel" abstracto.