Intuición detrás del espacio de moduli de las curvas

Question

Para una superficie lisa compacta de género g $M$ Una estructura algebraica es lo mismo que una estructura compleja es lo mismo que una estructura conforme. Así que el espacio de moduli de las curvas suaves debe ser el mismo que el espacio de moduli de las estructuras conformes en $M$ . Una estructura conforme es una clase de equivalencia de métricas riemmanianas que dan las mismas medidas de ángulos.

Si incrusto $M$ en $\mathbb{R}^3$ , obtengo una métrica en $M$ . Esto me da una estructura conforme, por lo tanto un punto en el espacio de moduli. Se sabe que el espacio de moduli tiene la dimensión compleja 3g-3 (excepto para g=0, donde el espacio de moduli es un punto, y g=1, donde el espacio de moduli es unidimensional).

Mi pregunta es: ¿podemos visualizar las 6g-6 dimensiones reales como deformaciones de la incrustación de $M$ en $\mathbb{R}^3$ . En particular, cómo podemos ver que pequeñas deformaciones de una 2-esfera son conformemente equivalentes a la 2-esfera original.

Answer 1

Creo que el comentario de sigfpe es correcto -- la fórmula $3g-3$ sólo es cierto para $g \geq 2$ y como sea que puedas "visualizar" o entender estos $3g-3$ dimensiones para $g \geq 2$ probablemente no funcione ni ayude para $g=0,1$ .

No estoy seguro de que esto ayude, pero una forma (la única que conozco, pero hay otras) de "visualizar" el $6g-6$ dimensiones es utilizar las coordenadas de Fenchel-Nielsen. A grandes rasgos, funciona así: Se puede tomar el género $g \geq 2$ superficie y cortarla a lo largo de $3g-3$ círculos para conseguir un montón de pares de pantalones ( $2g-2$ de ellos). A continuación, $3g-3$ de la $6g-6$ dimensiones provienen de las longitudes de los círculos; las restantes $3g-3$ Las dimensiones provienen de lo que "torcemos" cuando identificamos los pantalones a lo largo de los círculos. Un hecho clave que hace que esto funcione es que, para cada especificación de las longitudes de los círculos límite, hay un único par de pantalones (estructura compleja única). Si buscas en Google "coordenadas de Fenchel-Nielsen", estoy seguro de que encontrarás muchos artículos con bonitas imágenes que lo ilustran y lo explican con más detalle.

De todos modos, te darás cuenta de que no puedes hacer esto para $g=0,1$ . Una esfera no puede ser cortada en pares de pantalones, ni tampoco un toroide.

Answer 2

Hay una cosa que se puede "ver" cuando se tiene una superficie incrustada en $R^3$ . Namelly, el espacio de moduli de las estructuras conformes (complejas) en una superficie de género $g$ , $g>0$ no es compacto. Si usted toma en $R^3$ una superficie que tiene un cilindro muy largo en su interior, tal que el círculo generado por él en la superficie no es contractible, entonces en el espacio de moduli de las curvas complejas se obtiene un punto "cercano a su límite". Cuanto más largo sea el cilindro más cerca estará del límite. En ejemplo será un toro largo y delgado.

Considerando tales imágenes podrás viualizar al menos los puntos del espacio de moduli más cercanos a la frontera en el caso de los géneros arbítricos.

Por encima de lo que se podría destinar son las curvas complejas que admiten una involución antiholomórfica - basta con tomar una superficie en $R^3$ simétrica con respecto a la $x,y$ avión.

En cuanto a la pequeña deformación de la esfera, unfotrunatelly no creo que sea más fácil "ver" que es el mismo que en cualquier otra esfera. Necesitarás una EDP para demostrarlo. Incluso para demostrar que tiene una esturcción holomórfica necesitarás saber que para cualquier métrica en una superficie de 2 dimesniones tienes coordenadas locales isotérmicas, donde se ve como $f(x,y)(dx^2+dy^2)$ .

AÑADIDO.

Por el teorema de Pogorelov, toda esfera con curvatura de Gauss positiva puede embeberse isométricamente en R^3. Así que una esfera cercana a una esfera unida es simplemente una esfera cuya curvatura es aproximadamente 1. Saber esto no te facilita saber que la estructura conforme en esta esfera es estándar, según tengo entendido.

Answer 3

Esto está relacionado con la respuesta de Kevin, pero se remonta al siglo XIX. Una superficie de Riemann es plana si la separa una curva cerrada simple. Una superficie de Riemann de género g se convierte en plana después de cortar g asas a lo largo de curvas cerradas simples. Entonces el teorema clásico de uniformacion afirma que es equivalente a una esfera con 2g cortes paralelos al "eje x". Entonces la ubicación de las rendijas se determina por los centros de 2g (coordenadas reales de 4g) y las longitudes de 2g (coordenadas reales de 2g). Esto da 6g coordenadas reales, que luego se reducen por las 6 dimensiones reales de los automorfismos conformes de la esfera. Así, las superficies de Riemann de género g tienen 6g-6 parámetros reales, más el número de parámetros de los automorfismos conformes de la superficie genérica de género g, que suma 6 para g=0 y 2 para g=1. (Alan Mayer lo explicó así en un coloquio en Brandeis hacia 1967).

Como es habitual, la inducción es la forma más fácil de ver cualquier cosa, y aquí se degenera una superficie de Riemann a una de género inferior mediante la adquisición de un nodo (encogimiento de un bucle). Entonces la superficie de Riemann de género inferior tiene 3(g-1)-3 parámetros complejos. los dos puntos identificados tienen 2 parámetros, y añadimos uno más para la dirección de degeneración. (Estos métodos de degeneración aparecen en el libro de Wirtinger sobre las funciones theta en 1895).

Answer 4

(EDIT 1: Se ha sustituido el argumento del tercer párrafo por una versión, esperemos, menos incorrecta)

(EDIT 2: Se ha añadido el último párrafo sobre la obtención de todas las deformaciones conformes para superficies distintas de la esfera).

Creo que es posible ver la rigidez infinitesimal de la esfera, aunque implique una EDP como dice Dimitri. Creo que también se puede intentar ver si para otras superficies incrustadas, todas las deformaciones infinitesimales de la estructura conforme se explican por deformaciones de la incrustación de forma similar.

Para el caso de S 2 Lo que quieres hacer es tomar un campo vectorial normal V (es decir, un cambio infinitesimal de incrustación) y producir un campo vectorial tangente X tal que fluyendo a lo largo de X se produzca el mismo cambio infinitesimal en la estructura conformacional que fluyendo a lo largo de V. Esto debería equivaler a resolver una EDP lineal, así que, como dice Dimitri, definitivamente se trata de una EDP, pero probablemente no es tan difícil como demostrar la existencia de coordenadas isotérmicas (que de memoria es no lineal). Para la incrustación estándar de S 2 no puede haber demasiadas opciones para este operador diferencial lineal dado que tiene que respetar la simetría SO(3).

Supongo que estamos buscando un operador lineal equivariante de primer orden de campos vectoriales normales a campos vectoriales tangentes. Si identificamos los campos normales con las funciones, entonces dos posibles candidatos son tomar X=grad V o que X sea el flujo hamiltoniano generado por V. No se me ocurren otros y probablemente sea posible demostrar que estos son los únicos. (Suponiendo que sea elíptico, el símbolo del operador debe ser un isomorfismo equivariante SO(3) de T * S 2 a TS 2 ¡y no puede haber demasiadas opciones! Usar la métrica lleva a la grad y usar la forma de área lleva al flujo hamiltoniano). Entonces sólo hay que decidir cuál utilizar.

Para el caso de una superficie incrustada general $M$ se puede preguntar "¿es posible obtener todas las deformaciones de la estructura conforme deformando la incrustación en R 3 ?" Para responder a esto podemos pensar de nuevo en un campo vectorial normal como una función V en la superficie. Existe un operador diferencial lineal de segundo orden $$ D\colon C^\infty(M) \to \Omega^{0,1}(T) $$ que envía un campo vectorial normal al correspondiente cambio infinitesimal de la estructura conforme. Este operador factorizará a través del hessiano con un homomorfismo de $T^* \otimes T^*$ a $T^{*0,1}\otimes T^{1,0}$ . El operador $D$ no será sobre, pero lo que queremos saber es si cada clase de cohomología en $H^{0,1}(T)$ tiene un representante en la imagen de $D$ . Al menos, así es como yo trataría de enfocar la cuestión; estoy seguro de que hay otros métodos.

Answer 5

Deberías echar un vistazo al artículo "Constrained Willmore Surfaces" de Bohle, Pinkall, Peters. Allí dan la fórmula (fácil de derivar) de que el cambio infinitesimal de la estructura compleja $\cdot J$ por una variación normal infinitesimal $\cdot f=u N$ (siendo N la normal unitaria de la superficie) viene dada por $2uA^\circ J,$ donde $A^\circ$ es la parte libre de trazas del operador de Weingarten. Especialmente, en el caso de la esfera redonda, se ve que una variación normal infinitesimal no cambia la estructura compleja.