¿Qué es la raíz cuadrada de un haz de líneas?

Question

Si ${L}$ es un haz de líneas sobre una variedad compleja, ¿qué hace el haz de líneas de raíz cuadrada $L^{\frac{1}{2}}$ ¿significa? Después de un poco de google, llegué a saber que hay ciertas condiciones para la existencia de la raíz cuadrada haz de líneas. En particular, tengo las siguientes preguntas :

1. Qué es la raíz cuadrada de un haz de líneas, cuáles son las condiciones para su existencia.

2. Y lo que es más importante, cómo pensar en el haz de líneas de la raíz cuadrada. Intuitivamente, parece que un haz de raíz cuadrada $L^{\frac{1}{2}}$ es un haz lineal, es decir, el haz tensorial obtenido tomando el producto tensorial de $L^{\frac{1}{2}}$ con sí mismo da el haz de líneas $L$ (corrígeme si me equivoco).

Estoy particularmente interesado en la raíz cuadrada del haz de la Línea Canónica sobre una Esfera de Riemann y la relación del haz de la raíz cuadrada con los Spinors en QFT. Por favor, proporcione algunas referencias para mirar.

Answer 1

Si $L$ es cualquier haz de líneas sobre un múltiple compex $X$ una raíz cuadrada de $L$ es un haz de líneas $M$ tal que $M^{\otimes2}=L$ . Por lo tanto, su suposición en la parte (2) es correcta.

Esta raíz cuadrada (si existe) no es única en general, y dos de ellas diferirán en un $2$ -de torsión, es decir, un haz de líneas $\eta$ tal que $\eta^{\otimes 2}$ es trivial. En particular, si $\textrm{Pic}(X)$ es libre de torsión, entonces hay como mucho una raíz cuadrada.

En algunos casos no existe raíz cuadrada. Algunos resultados generales son:

1. Un haz de líneas de grado $0$ tiene siempre al menos una raíz cuadrada. Esto se debe a que $\textrm{Pic}^0(X)$ es un toro complejo, por lo tanto un grupo divisible (de hecho, hay raíces de cualquier orden).

2. Un haz de líneas sobre una superficie de Riemann de género $g$ tiene raíz cuadrada si y sólo si tiene grado par. El número de raíces cuadradas diferentes es igual en este caso a $2^{2g}$ el número de $2$ -puntos de torsión en $\textrm{Pic}^0(X) \cong \textrm{Jac}(X)$ .

3. Si $L$ es eficaz, es decir $H^0(X, L) \neq 0$ y $Z \subset X$ es el lugar cero de a sección holomorfa de $L$ entonces la existencia de una raíz cuadrada de $L$ es equivalente a la existencia de una doble cobertura $Y \to X$ ramificado sobre $Z$ . En particular, las raíces cuadradas no triviales del haz trivial corresponden a raíces cuadradas no triviales del haz trivial. unramified cubiertas dobles de $X$ .

La raíz cuadrada del haz canónico de la Esfera de Riemann $S$ es único, ya que $\textrm{Pic}(S)=\mathbb{Z}$ y es isomorfo a $\mathcal{O}(-1)$ el dual del haz hiperplano (el único haz lineal de grado $1$ cuya función de transición es $z \to 1/z$ ).

En el libro de MOORE "Lectures on Seiberg-Witten invariants" se ofrece una introducción amena a los haces de espinores.

Answer 2

Un comentario que me sorprende que aún no se haya mencionado.

Existe una secuencia exacta corta de láminas sobre X $$ 0 \to \{\pm 1\} \to {\cal O}_X^\times \to {\cal O}_X^\times \to 0 $$ donde el segundo mapa envía una función holomorfa no evanescente a su cuadrado. Se obtiene una larga secuencia exacta de grupos de cohomología, que en el rango relevante es $$ H^0(X, {\cal O}_X^\times) \to H^1(X, \{\pm 1\}) \to Pic(X) \stackrel{2}{\to} Pic(X) \to H^2(X, \{\pm 1\}) $$ donde el mapa sobre el grupo de Picard envía un haz de líneas $\cal L$ a su cuadrado ${\cal L}^{\otimes 2}$ . Por lo tanto, se obtiene una obstrucción para extraer una raíz cuadrada del haz de líneas en el grupo de cohomología $H^2(X, \{\pm 1\})$ y un obstáculo a la unicidad que es el mencionado haz de líneas de 2 torsiones.

Persiguiendo el álgebra homológica explícitamente, en la respuesta de Mike Skirvin menciona tomar la raíz cuadrada de las funciones de transición $g_{\alpha \beta}$ que define el haz de líneas. Generalmente, si hace esto no funcionará - debe hacer elecciones no únicas de $h_{\alpha \beta}$ con $h_{\alpha \beta}^2 = g_{\alpha \beta}$ y puede que no consigas una cocycle. El cociclo $\delta h$ será un ciclo, pero como sabes que su cuadrado es $\delta g \equiv 1$ usted encuentra que $\delta h$ se compone de funciones localmente constantes que toman sólo los valores $\pm 1$ . Se trata de un cociclo representativo de la obstrucción, y preguntarse si es un cociclo es equivalente a preguntarse si se pueden fijar los signos en el $h_{\alpha \beta}$ para que coincidan y te den un haz de líneas.

Answer 3

Sí, la raíz cuadrada de un haz de líneas $L$ es un haz de líneas $L'$ tal que $(L')^{\otimes 2} \simeq L.$

No conozco ningún criterio general para detectar la existencia de una raíz cuadrada. Un par de observaciones básicas:

• Sin duda necesita el grado de $L$ ser par para que exista una raíz cuadrada.

(segunda edición: Este segundo punto sigue siendo incorrecto. Véanse los comentarios de David Speyer y la respuesta de Tyler Lawson para una formulación correcta).

• (editado a partir del comentario de David Speyer) Si $U_i$ forman una cubierta abierta de su colector, entonces las funciones de transición para $L$ vienen dadas por los mapas $g_{ij}:U_i \cap U_j \to GL_1$ que satisface la condición de cociclo. Éstos, por supuesto, son los mismos que los elementos $g_{ij} \in \mathcal{O}(U_i \cap U_j)^{\ast}.$ Para tener una raíz cuadrada, bastaría con una raíz cuadrada del $g_{ij}$ existir en $\mathcal{O}(U_i \cap U_j)^{\ast},$ ya que formarían funciones de transición para la raíz cuadrada de $L.$ Como señala David Speyer en los comentarios, lo contrario no es cierto.

En cuanto a su pregunta concreta sobre el haz de líneas canónico de $\mathbb{P}^1,$ esto es fácil. El haz canónico es $\mathcal{O}(-2),$ y su raíz cuadrada es el haz de líneas tautológico $\mathcal{O}(-1).$ Dado que las clases de isomorfismo de haces de líneas sobre $\mathbb{P}^1$ están determinados completamente por su grado, un haz de líneas sobre $\mathbb{P}^1$ tiene raíz cuadrada si y sólo si su grado es par.

Answer 4

Pruebe http://en.wikipedia.org/wiki/Theta_characteristic . Como el producto de haces lineales es producto tensorial, "raíz cuadrada" lo es en el mismo sentido. Así que tu comentario es correcto.

Answer 5

Un haz de líneas viene dado por el correspondiente conjunto de funciones de transición. Estas funciones tienen valores en el conjunto de los números complejos distintos de cero (o en los reales distintos de cero cuando se trabaja con variedades reales diferenciables) y, por tanto, se puede tomar su raíz cuadrada. Las funciones resultantes pueden satisfacer de nuevo los axiomas de las funciones de transición si se toman las raíces cuadradas correctamente y si la topología de la variedad subyacente lo admite. Supongo que en general sólo se necesita orientabilidad y, por tanto, para las variedades complejas siempre existen raíces cuadradas.