Sobre el teorema generalizado de Gauss-Bonnet

Question

Estoy intentando aprender sobre las clases características básicas y el Teorema de Gauss-Bonnet Generalizado, y mi principal referencia por el momento es Del cálculo a la cohomología por Madsen & Tornehave. Sé que el enunciado del teorema es el siguiente:

Sea $M$ sea una variedad lisa orientada, compacta y par-dimensional, $F^{}$ sea la curvatura de la conexión sobre un haz vectorial liso $E$ .

$$_{M}\mathrm{Pf}\Big(\frac{F^{}}{2\pi}\Big)=(M^{2n}).$$

Mis preguntas son:

• ¿Cómo se relaciona esto con el recuento (con multiplicidades) del número de ceros de secciones genéricas del haz vectorial?
• Además, ¿hay otras buenas referencias para aprender este tema?

Answer 1

En $E\to M$ es un haz vectorial orientado de rango $2n$ sobre un colector compacto $M$ tiene una clase de Rham Euler $e(E)$ en $H^{2n}_{dR}(M)$ y un representante $2n$ -formar para $e(E)$ puede calcularse del siguiente modo:

Fijar un producto interior definido positivo $\langle,\rangle$ en $E$ . (Puesto que dos productos internos cualesquiera son equivalentes bajo automorfismos de $E$ no importa cuál). Sea $\nabla$ ser un $\langle,\rangle$ -conexión ortogonal en $E$ y que $K^\nabla$ denotan la curvatura de $\nabla$ considerado como un $2$ -con valores en ${\frak{so}}(E)$ . Sea $e(\nabla) = \mathrm{Pf}(K^\nabla/2\pi)$ que es una $2n$ -formar en $M$ . (N.B.: La definición de $\mathrm{Pf}$ requiere tanto el producto interior como la orientación de $E$ .) Entonces $e(E)=\bigl[e(\nabla)\bigr]\in H^{2n}_{dR}(M)$ . (Que $\bigl[e(\nabla)\bigr]$ es independiente de la elección de $\nabla$ es uno de los primeros resultados demostrados en la teoría de Chern-Weil).

Si $M$ es una $2n$ -entonces el valor de $e(E)$ en $[M]$ la clase fundamental de $M$ puede calcularse del siguiente modo: Sea $Y$ sea una sección de $E$ que sólo tiene un número finito de ceros. (Por transversalidad de Whitney, la sección genérica de $E$ cumple esta condición). Utilizando las orientaciones de $E$ y $M$ se define el índice de un cero aislado $z$ de $Y$ que es un número entero $\iota_Y(z)$ . Entonces $$ e(E)\bigl([M]\bigr) = \int_M e(\nabla) = \sum_{z\in Z}\ \iota_Y(z). $$ Por el teorema de Poincaré-Hopf, cuando $E = TM$ (como haces orientados), esta suma es igual a la característica de Euler de $M$ que explica por qué $e(E)$ se denomina clase de Euler de $E$ .

Para demostrar este resultado, se elige una conexión ortogonal $\nabla$ en $E$ que depende de $Y$ y cuya forma de Euler $e(\nabla)$ es fácil de evaluar explícitamente. Esto puede hacerse de la siguiente manera:

Sea $Z\subset M$ sea el conjunto (finito) cero de $Y$ y que $U\subset M$ sea una vecindad abierta de $Z$ que consiste en incrustaciones suaves y disjuntas de $2n$ -bolas, una alrededor de cada elemento de $Z$ . Sea $\phi$ sea una función suave sobre $M$ que es idénticamente igual a $1$ en una vecindad abierta de $Z$ y cuyo apoyo $K\subset U$ es una unión disjunta de bolas cerradas y suavemente incrustadas, una alrededor de cada elemento de $Z$ .

Ahora, $E$ es trivial sobre $U$ , así que elige un $\langle,\rangle$ -base ortonormal de secciones $s_1,\ldots, s_{2n}$ de $E$ en $U$ y que $\nabla_1$ sea la conexión (plana) en $E_U$ para las que estas secciones son paralelas. Sea $\bar Y = Y/|Y|$ sea la sección unitaria normalizada definida en $M\setminus Z$ y definir una segunda conexión en $U$ por $$ \nabla_2 s = \nabla_1 s + (1{-}\phi)\bigl( \bar Y\otimes \langle s,\nabla_1 \bar Y\ \rangle - \langle s,\bar Y\ \rangle\ \nabla_1\bar Y\ \bigr). $$ Es fácil comprobar que esta fórmula define una conexión en $U$ , que $\nabla_2$ es $\langle,\rangle$ -ortogonal, y que, fuera de $K$ (es decir, donde $\phi\equiv0$ ), el campo vectorial $\bar Y$ es $\nabla_2$ -paralelo. (Obsérvese que, dado que $\phi\equiv1$ cerca de $Z$ donde $Y$ es no está definida, esta fórmula se extiende sin problemas a través de $Z$ , de acuerdo con $\nabla_1$ en una vecindad de $Z$ .)

Mientras tanto, en $M\setminus K$ escribe $E$ como $\langle,\rangle$ -suma directa ortogonal $E = \mathbb{R}\cdot Y \oplus E'$ y elija una $\langle,\rangle$ -conexión compatible $\nabla_3$ en $E$ en $M\setminus K$ que preserva esta división. Utilizando una partición de unidad subordinada a la cubierta abierta de $M$ definido por $U$ y $M\setminus K$ construir un $\langle,\rangle$ -conexión ortogonal $\nabla$ que coincide con $\nabla_2$ en $K$ y con $\nabla_3$ en $M\setminus U$ y para el que el haz de líneas $\mathbb{R}\cdot Y\subset E$ es paralelo en $M\setminus K$ .

Ahora, en $M\setminus K$ la curvatura de $\nabla$ toma valores en ${\frak{so}}(E')\subset{\frak{so}}(E)$ Así que $e(\nabla) = \textrm{Pf}\bigl(K^{\nabla}/(2\pi)\bigr)$ desaparece idénticamente fuera de $K$ . Ahora basta con evaluar la integral de $e(\nabla)$ sobre un único componente $B$ de $K$ que puede ser la bola unitaria en $\mathbb{R}^{2n}$ por lo que hay que prestar atención a este caso. Escriba $\bar Y = s_1 u_1 +\cdots + s_{2n}\ u_{2n}$ y ten en cuenta que, en $B$ uno tiene, por definición, $$ \nabla s_i = \nabla_2 s_i = \sum_{j=1}^{2n} s_j\otimes (1{-}\phi)(u_j\ du_i - u_i\ du_j), $$ es decir, la conexión $1$ -formas de $\nabla$ en esta base son $\omega_{ij} = (1{-}\phi)(u_i\ du_j - u_j\ du_i)$ .
Utilizar la identidad ${u_1}^2 +\cdots + {u_{2n}}^2 = 1$ , las formas de curvatura se calculan fácilmente para satisfacer $$ \Omega_{ij} = d\omega_{ij} + \omega_{ik}\wedge\omega_{kj} = (1{-}\phi^2)\ du_i\wedge du_j - d\phi\wedge(u_i\ du_j - u_j\ du_i). $$ En este punto, tienes que conocer la definición de la Pfaffian. (Utilizando el hecho de que el resultado tiene que ser invariante bajo $SO(2n)$ -es fácil demostrar que, en $B$ se tiene $$ e(\nabla) = \textrm{Pf}\left(\frac{\Omega}{2\pi}\right) = c_n (1{-}\phi^2)^{n-1} d\phi\wedge u^*(\Upsilon) $$ para alguna constante universal $c_n$ y donde $\Upsilon$ es el $SO(2n)$ -invariante $2n$ -forma de volumen unitario en $S^{2n-1}\subset\mathbb{R}^{2n}$ y $u: B\setminus z\to S^{2n-1}$ es $u = (u_1,\ldots, u_{2n})$ . (Dejaré que evalúes la constante $c_n$ . Esto puede hacerse de varias maneras, pero es esencialmente un ejercicio combinatorio). En concreto, $$ e(\nabla) = d\bigl(P_n(1{-}\phi)\ u^*(\Upsilon)\bigr) $$ donde $P_n(t)$ es el polinomio en $t$ (de grado $2n{-}1)$ ) que desaparece en $t=0$ y satisface $P'_n(1{-}t) = -c_n(1{-}t^2)^{n-1}$ . Por el Teorema de Stokes, se tiene $$ \int_B e(\nabla) = P_n(1) \int_{\partial B}u^*(\Upsilon) = P_n(1)\ \textrm{deg}(u:\partial B\to S^{2n-1}) = P_n(1)\ \iota_Y(z) $$ Por lo tanto, se deduce que existe una constante universal $C_n = P_n(1)$ tal que $$ e(E)\bigl([M]\bigr) = \int_M e(\nabla) = C_n \ \sum_{z\in Z}\ \iota_Y(z). $$ Ahora, $C_1 = 1$ como se puede demostrar calculando con la métrica de curvatura constante en el $2$ -y observando que, para $Y$ el gradiente de la función de altura en $S^2$ la suma de los índices es $2$ . Finalmente, por propiedades del Pfaffiano y del índice, se ve que, para que se cumpla una fórmula como la anterior, hay que tener $C_{n+m}=C_nC_m$ . Así, $C_n=1$ para todos $n$ y se demuestra la fórmula.

(Por supuesto, uno puede evitar estos trucos finales para evaluar las constantes haciendo cuidadosamente el ejercicio combinatorio, pero eso lo dejaré para los curiosos).

Answer 2

Puede probar con el Cap. 13, vol. 5 del opus de M. Spivak Introducción completa a la geometría diferencial . (En la portada de este volumen hay tres pájaros que portan una pancarta en la que se lee " Hasta el final con Gauss Bonnet ")

También puedes probar mi libro Conferencias sobre la geometría de los múltiples donde discuto muchas aproximaciones a este teorema y las conexiones con otros problemas en geometría.

Para una introducción realmente suave a este teorema también recomendaría el pequeño estudio Las múltiples caras de Gauss-Bonnet que es una charla que di a estudiantes de primer año de posgrado hace unos años. Contiene muchas figuras y muchas otras referencias.

Answer 3

Quizá lo que sigue no sea exactamente lo que buscas, pero te da una respuesta al menos cuando no quieres restringirte al haz tangente y trabajas más bien con haces vectoriales generales (complejos).

Todo lo que escribo lo puedes encontrar en "Principio de geometría algebraica", de Griffiths y Harris.

Sea $M$ sea una variedad compacta orientada, $E\to M$ un haz vectorial complejo de rango $k$ y $\sigma=(\sigma_1,\dots,\sigma_k)$ $k$ secciones lisas globales de $E$ . Definir el conjunto de degeneración $D_i(\sigma)$ el conjunto de puntos $x\in M$ donde $\sigma_1,\dots\sigma_i$ son linealmente dependientes, es decir $$ D_i(\sigma)=\{x\mid\sigma_1(x)\wedge\cdots\wedge\sigma_i(x)=0\}. $$ Uno dice que la colección $\sigma$ es genérico si, para cada $i$ , $\sigma_{i+1}$ interseca el subespacio de $E$ abarcado por $\sigma_1,\dots,\sigma_i$ transversalmente y si además la integración sobre $D_{i+1}(\sigma)\setminus D_i(\sigma)$ define una corriente cerrada.

Esto ocurre, por ejemplo, si todo es analítico complejo y las dimensiones son las esperadas.

Ahora, supongamos que $\sigma_1,\dots,\sigma_k$ son secciones genéricas de $E$ . Entonces, la Fórmula de Gauss-Bonnet se lee:

En $r$ Clase de Chern $c_r(E)$ es dual de Poincaré al ciclo de degeneración $D_{k-r+1}$ .

En particular, supongamos que $M$ es de dimensión par $2k$ . Entonces, la clase superior de Chern $c_k(E)\in H^{2k}(M,\mathbb Z)\simeq\mathbb Z$ . Si $\sigma$ es una sección suave de $E$ que tiene ceros no degenerados, entonces el entero $c_k(E)$ cuenta precisamente estos ceros (con signo, según las orientaciones), que componen el ciclo de degeneración $D_1$ .

Por último, para recuperar la clase de Chern superior de $E$ a partir de sus datos diferenciales-geométricos, basta recordar que las formas de Chern $c_r(E,\nabla)$ de un haz vectorial $E$ dotado de una conexión $\nabla$ se definen mediante la fórmula $$ \det(I+t\Theta(E,\nabla))=1+tc_1(E,\nabla)+\cdots+t^kc_k(E,\nabla), $$ donde $\Theta(E,\nabla)$ es la curvatura de la conexión $\nabla$ .

Entonces su cantidad integral viene dada por $$ \int_M c_k(E,\nabla). $$

Especializándose aún más, si $M$ es una variedad compleja compacta de dimensión $k$ y $E=T_M$ su haz tangente holomorfo, entonces $$ c_k(T_M)=c_k(M)=\chi_{\text{top}}(M). $$

Answer 4

Haré algunas observaciones generales. Se puede descomponer el Gauss-Bonnet generalizado en dos partes. La primera es comprobar que es un invariante topológico. Esto significa que debe ser independiente de la métrica de Riemann. Así que hay que ver que para una familia de métricas de 1 parámetro en $M$ (o las conexiones correspondientes), la integral de la izquierda no cambia. No tengo una buena razón esto es, pero creo que se puede reducir a una aplicación del teorema de Stokes (esto es cierto en la demostración del teorema clásico de Gauss-Bonnet).

Suponiendo invariancia topológica (independencia de la métrica), entonces hay que comprobar que el invariante topológico que define es la característica de Euler. Se puede comprobar que satisface los mismos axiomas que la característica de Euler (hasta una multiplicación global por una constante). Una vez comprobado esto, se deduce que es la característica de Euler. Sea $P(M)$ sea la integral de Pfaff sobre $M$ (que es un invariante topológico, es decir, independiente de la métrica).

Consideremos una variedad lisa con límites $M$ . Elija una métrica en $M$ que es un producto cercano al límite. Entonces la integral de Pfaff sobre $M$ es un invariante topológico, ya que la integral sobre el doble de $M$ es independiente de la métrica. Llamamos a este invariante $P(M)$ también. Si elegimos $M_1$ y $M_2$ con una identificación entre $\partial M_1\cong \partial M_2$ elige métricas equivalentes en $\partial M_1$ y $\partial M_2$ con cuellos de producto cerca del límite, luego pegar $W=M_1 \cup_{\partial M_1=\partial M_2} M_2$ a obtener un colector cerrado. Claramente $P(W)=P(M_1)+P(M_2)$ . Así que este invariante es aditiva bajo encolado (también se ve que es aditiva bajo a lo largo de componentes de la frontera). Obsérvese también que para a $2n-1$ colector $K$ , $P(K\times [0,1])=0$ . Esto se debe a que $2P(K\times S^1)=P(K\times S^1)=P(K\times I)$ ya que se puede tomar la autocubierta de 2 pliegues $K\times S^1\to K\times S^1$ , que se descompone en dos copias de $K\times S^1$ .

Consideremos ahora una función Morse $f$ en $M$ . Pausa $M$ en elemental bordismos tomando intervalos $[a_i,a_{i+1}]$ de forma que cada intervalo contenga precisamente un valor crítico de $f$ . Se observa que para el índice $0$ y $n$ bordismos $B$ , $P(B)=P(B^{2n})$ la pelota. Cuando se amalgama un índice $i$ bordismo $B_i$ con e índice $i+1$ bordismo $B_{i+1}$ entonces se puede disponer que el índice $i$ y $i+1$ se cancelan para dar un producto bordismo. Así que $P(B_i)+P(B_{i-1}) =0$ . De se obtiene la fórmula $P(M)$ es una suma de los signos de índices de los puntos críticos de una función de Morse (multiplicados por $P(B^{2n})$ ), por lo que se obtiene la característica de Euler.

Así que hemos determinado que $P(M)$ es proporcional a la característica de Euler utilizando sólo su independencia de la métrica de Riemann.

Answer 5

Mathai y Quillen tienen un teorema que calcula la característica de Euler como una integral de una forma definida usando una sección de y una conexión en el haz tangente. Si se escala la sección por un factor $t$ entonces en $t=0$ se obtiene el teorema de Gauss-Bonnet, y como $t\to\infty$ la integral se localiza cerca del conjunto cero de la sección y se convierte en el teorema de Poincar'e-Hopf.