La motivación de Hirzebruch de la clase Todd

Question

En Perspectivas en matemáticas (AM-70) Hirzebruch da una buena discusión de por qué la serie de potencia formal $f(x) = 1 + b_1 x + b_2 x^2 + \dots$ definir la clase Todd debe ser lo que es. En particular, la relación clave $f(x)$ debe satisfacer es que

( $\star$ ) el coeficiente de $x^n$ en $(f(x))^{n+1}$ es 1 para todos los $n$ .

Como observa Hirzebruch, sólo hay una serie de potencias con término constante 1 que satisface ese requisito, a saber $$f(x) = \frac{x}{1-e^{-x}} = 1 + \frac{x}{2}+\sum_{k\geq 2}{B_{k}\frac{x^{k}}{k!}} = 1 + \frac{x}{2} + \frac{1}{6}\frac{x^2}{2} - \frac{1}{30}\frac{x^4}{24} + \dots,$$ donde el $B_k$ son los Números de Bernoulli .

El único enfoque que veo para llegar a esta conclusión es:

1. Utilice ( $\star$ ) para encontrar los primeros términos: $b_1 = 1/2, b_2 = 1/12, b_3 = 0, b_4 = -1/720$ .
2. Observa que se parecen sospechosamente a los coeficientes de la función generadora exponencial de los números de Bernoulli, así que adivina que $f(x) = \frac{x}{1-e^{-x}}$ .
3. Haz un cálculo de residuos para comprobar que esta conjetura satisface ( $\star$ ).

Mi pregunta es si alguien conoce una forma menos sugestiva de deducir de ( $\star$ ) que $f(x) = \frac{x}{1-e^{-x}}$ .

Answer 1

Ya que mencionas jugar con los residuos, probablemente no te diga nada que no sepas ya. Pero hay una forma sistemática de extraer la serie de potencias $f$ de los coeficientes de $x^{n-1}$ en $f(x)^{n}$ que recibe el nombre de fórmula de inversión de Lagrange.

Supongamos que el término constante de $f$ es invertible, y definimos $g(x) = \frac{x}{f(x)}$ . Entonces $g(x)$ es una serie de potencias que tiene una inversa compositiva. Denotemos esta inversa por $h$ , de modo que si $y = g(x)$ entonces $x = h(y)$ . Escriba $h(y) = c_1 y + c_2 y^2 + c_3 y^3 + \cdots$ . Para cada número entero $n$ el producto $n c_n$ es el residuo del diferencial $\frac{1}{y^n} h'(y) dy = \frac{1}{g(x)^{n}} dx = \frac{ f(x)^{n} }{x^n} dx$ que es el coeficiente de $x^{n-1}$ en $f(x)^{n}$ .

En tu ejemplo, obtienes $c_n = \frac{1}{n}$ para que $h(y) = y + \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{3} + \cdots = - \log(1-y)$ . Entonces $g(x) = 1 - e^{-x}$ para que $f(x) = \frac{x}{1-e^{-x}}$ .

Answer 2

Lo siguiente es básicamente tomar una prueba estándar de la inversión de Lagrange y especializarla a tu caso, pero puede divertir. Puedes reescribir $(\star)$ como $$\frac{1}{2 \pi i} \oint \left(\frac{f(x)}{x}\right)^{n+1} dx =1$$ para todos $n$ donde el contorno rodea $0$ y es lo suficientemente pequeño como para evitar todos los demás polos de $f$ . Multiplicando por $y^{n+1}$ y sumando en $n$ , $$\frac{1}{2 \pi i} \oint \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{y f(x)}{x}\right)^{n+1} dx =\frac{y}{1-y}$$ o $$\frac{1}{2 \pi i} \oint \frac{dx}{1-y f(x)/x} = \frac{y}{1-y}.$$ Set $g(x)=x/f(x)$ . Por el teorema de la función inversa holomorfa, $g$ es invertible cerca de cero, se establece $h=g^{-1}$ .

El único polo del integrando cerca de $0$ está en $x=h(y)$ . El residuo en ese polo es $$\frac{-1}{y \frac{d}{du} g(u)^{-1}} = \frac{1}{y g(x)^{-2} g'(x)} = \frac{h'(y)}{y y^{-2}} = y h'(y).$$

Así que $y h'(y) = \frac{y}{1-y}$ , $h'(y) = \frac{1}{1-y}$ , $h(y) = -\log(1-y)$ (no hay constante de integración ya que $h(0)=0$ ), $g(x) = 1-e^{-x}$ y $f(x) = x/(1-e^{-x})$ .

Answer 3

Se puede obtener una derivación topológica pura de la serie de potencias característica de la clase Todd observando los mapas pushforward en las teorías de cohomología compleja orientada. Este es un esbozo del argumento: básicamente, dado que ambos complejos topológicos $K$ -teoría e incluso $2$ -son teorías de cohomología orientadas complejas, es posible definir mapas de integración (para complejos estables $X$ ):

$$ \int_X^{K}:K(X) \to K(\mathrm{pt}) \cong \mathbb{Z} $$ $$ \int_X^{HP_{\mathrm{ev}}\mathbb{Q}}: \prod_{i\in \mathbb{Z}}H^{2i}(X;\mathbb{Q}) \to \prod_{i\in \mathbb{Z}}H^{2i}(\mathrm{pt};\mathbb{Q}) \cong \mathbb{Q}. $$ Es fácil ver, haciendo algunas consideraciones sobre cómo se definen los mapas de integración, que estos mapas de integración no son naturales con respecto al carácter de Chern $\mathrm{ch}$ y que existe una clase $\mathrm{td}_X \in \prod_{i\in \mathbb{Z}}H^{2i}(X;\mathbb{Q})$ (que se define como la clase Todd de $X$ ) tal que $\require{AMScd}$ \begin{CD} K(X) @>{\mathrm{ch}_X(-)\cdot \mathrm{td}_X}>> \prod_{i \in \mathbb{Z}}H^{2i}(X;\mathbb Q)\\ @V{\int_X^K}VV @VV{\int_X^{HP_{\mathrm{ev}}\mathbb{Q}}}V \\ \mathbb{Z} @>{\mathrm{ch}_{\mathrm{pt}}}>> \mathbb{Q} \end{CD} es conmutativo. Los mapas de integración se definen mediante los isomorfismos de Thom (multiplicaciones por la clase Thom) para haces vectoriales complejos en una teoría de cohomología orientada compleja. Ahora, utilizando las propiedades de estas clases Thom y una aplicación del principio de división, es posible demostrar que la clase Todd $\mathrm{td}_X$ puede expresarse como un producto de pullbacks de una sola clase de cohomología, a saber $$ \dfrac{c_1(\mathcal{O}(1))}{1-e^{-c_1(\mathcal{O}(1))}} \in \prod_{i \in \mathbb{Z}}H^{2i}(\mathbb{P}^\infty;\mathbb{Q}) \cong \mathbb{Q}[[c_1(\mathcal{O}(1))]], $$ lo que demuestra que la serie de potencias característica de la clase Todd es exactamente $f(t)=t/(1-e^{-t})$ .

Answer 4

Hirzebruch era un gran aficionado al uso de la teoría de los números y las funciones especiales en topología (publicando incluso en sus ochenta años sobre los polinomios eulerianos y la topología algebraica) y estaba familiarizado con el trabajo de Norlund (Vorlesungen uber Differenzenrechnung, 1924) -citándolo en su libro- que contenía una fórmula para el factorial descendente en términos de los polinomios de Bernoulli generalizados (que parecen ser un tema perennemente popular en ciertas comunidades matemáticas):

(en notación umbral aquí)

$$ (x-1) \cdots (x-n) = (x+\hat{B}.)^n=\hat{B}_n^{(n)}(x)$$

donde $$ e^{\hat{B}^{(n)}.(x)t}= ( \frac{t}{e^t-1})^{n+1} e^{xt} .$$

Claramente, $$D^n_{t=0}(\frac{t}{e^t-1})^{n+1}=\hat{B}^{(n)}_n(0)=(-1)^n n! \; ,$$ que es lo que requería.

(Dadas las relaciones entre las funciones simétricas elementales, el factorial decreciente, las funciones de potencia simétricas y el álgebra exterior y las clases características, sería una fórmula natural para anotar y retener en la memoria. De hecho, el número de $m$ -caras dimensionales de la $n$ -(con $n+1$ vértices) es $\binom{n+1}{m+1} = \frac{\hat{B}_{m+1}^{(m+1)}(n+2)}{(m+1)!}$ y el número de palabras de k letras definidas por la permutación de letras unidas a los vértices ( A068424 ) es $\frac{(n+1)!}{(n+1-k)!} = \hat{B}_k^{k}(n+2)$ .)