¿Por qué es que la desaparición de la integral de la primera clase de Chern de un pacto de Kahler colector es equivalente a la canónica paquete de ser trivial? Puedo ver que esto implica que la canónica paquete debe ser topológicamente trivial, pero no necesariamente holomorphically trivial. Hace demostrando la equivalencia requieren Yau del teorema, con el fin de producir un plano de conexión en la canónica paquete, o es que hay un más elemental de la prueba?
Respuestas
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He mirado por un tiempo para una prueba que no hace uso de la Calabi-Yau teorema de y nadie parece saberlo.
También, hay un montón de no-Kaehler colectores con canónica paquete de trivial topológicamente y no trivial como un holomorphic paquete (el de Hopf de la superficie es más fácil ejemplo).
El argumento en realidad utiliza el Calabi-Yau teorema, Bochner de la fuga, de Berger clasificación de holonomy y Bogomolov del teorema de la descomposición.
De Calabi-Yau teorema usted inferir que existe una Ricci plana Kaehler métrica. Desde la curvatura de Ricci es una curvatura de la canónica de paquete, esto implica que la canónica paquete admite un plano conexión.
Por supuesto, esto no significa que es trivial holomorphically; de hecho, la canónica lote es plano sobre la superficie de Hopf y en el Enriques de la superficie, que son no Calabi-Yau.
Para Calabi-Yau colectores, sin embargo, se sabe que el Albanese mapa es localmente trivial fibration y y ha Calabi-Yau fibras con trivial primer número de Betti. Muestra de ello es el uso de la Bochner la fuga teorema que implica que todos los holomorphic 1-formas son paralelas.
Ahora, por contigüidad fórmula, demostrar que la canónica paquete de espacio total es de trivial, si es trivial para la base y la fibra. La base es un toro, y la fibra es un Calabi-Yau con $H^1(M)=0$. Por la tarde, la trivialidad de la canónica de paquete de la siguiente manera a partir del Bogomolov teorema de la descomposición, debido a que un Calabi-Yau colector es cociente de un número finito de de un producto de simple Calabi-Yau colectores y hyperkaehler colectores de tener holonomy $SU(n)$ y $Sp(n)$. Bogomolov de la descomposición es en sí un no-trivial resultado, y (en este generalidad) Creo que sólo puede ser deducido a partir de la de Berger clasificación. El original del comprobante de Bogomolov fue elemental, pero él asumió holomorphic trivialidad de una canónica de paquete, que estamos tratando de probar.
Este argumento es sumamente complicado; también, es manifiestamente inútil no Kaehler situación (y en muchas otras situaciones interesantes). Yo estaría muy interesado en cualquier intento de para simplificar.
Actualización: tal y como yo estaba escribiendo la respuesta, Dmitri ha publicado un enlace a Bogomolov del artículo, donde la prueba de que algún poder de un canónica paquete es siempre trivial, sin el uso de la Calabi-Yau teorema.
RodeoClown
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3949
Usted puede probar que la canónica paquete es de torsión sin necesidad de utilizar Yau del teorema. Esta es la contenida en el siguiente trabajo de Bogomolov, Teorema 3'
F. A. Bogomolov, "Kähler colectores con el trivial canónica de la clase", Izv. Akad. Nauk SSSR Ser. Mat., 38:1 (1974), 11-21
(en la primera versión de esta respuesta me dijo que el paquete es trivial, pero Bogomolov estados justa que es la torsión, como Misha notas).
Aquí está la versión en ruso disponible online
YangMills
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3683
Parece worthwile señalar que no es cierto que la desaparición de la integral de la primera clase de Chern de un pacto de Kahler colector implica que la canónica paquete es holomorphically trivial. Sólo implica que es de torsión, es decir, algunos múltiple positivo es holomorphically trivial, como se indica por Misha y Dmitri (una versión en inglés de Bogomolov del papel está aquí).
Un ejemplo donde $c_1(K_M)$ se desvanece integral cohomology mientras que $K_M$ no es holomorphically trivial es cualquier bielliptic de la superficie (de un número finito de unramified cociente de un complejo $2$-toro), en cuyo caso $12K_M$ es trivial. Este hecho se observó por ejemplo en este papel de Tian-Jun Li, Observación 6.4 (véase también el papel de McDuff-Salamon allí citada como [30]).
PabloG
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Descargo de responsabilidad
Esta no es una respuesta, sino una reformulación de la pregunta.
Una manera de entender el por qué de la línea de los paquetes son clasificados sin problemas (y por lo tanto topológicamente) por su primera clase de Chern es la exponencial de la gavilla de la secuencia $$ \begin{matriz} 0 & \longrightarrow & \mathbb{Z} & \longrightarrow & \mathcal{E} & \stackrel{\mathrm{exp}}{\longrightarrow} & \mathcal{E}^\times & \longrightarrow & 0 \end{matriz} $$ donde $\mathcal{E}$ y $\mathcal{E}^\times$ son, respectivamente, las poleas lisas y nonvanishing suave funciones. La gavilla de $\mathcal{E}$ está muy bien debido a la existencia de suave particiones de la unidad, de donde $H^{p\geq 1}(M,\mathcal{E}) = 0$. Esto se traduce en la larga secuencia exacta en la cohomology dando un isomorfismo $H^1(M,\mathcal{E}^\veces) \cong H^2(M,\mathbb{Z})$ (la primera clase de Chern) que dice que una línea suave paquete es trivial si y sólo si su primera clase de Chern se desvanece.
Para holomorphic línea haces las cosas son más complicadas. Ahora la exponencial de la gavilla de la secuencia $$ \begin{matriz} 0 & \longrightarrow & \mathbb{Z} & \longrightarrow & \mathcal{S} & \stackrel{\mathrm{exp}}{\longrightarrow} & \mathcal{S}^\times & \longrightarrow & 0 \end{matriz} $$ donde $\mathcal{S}$ y $\mathcal{S}^\times$ son, respectivamente, las gavillas de holomorphic y nonvanishing holomorphic funciones, da lugar a la siguiente fragmento de la larga secuencia exacta de cohomology $$ \begin{matriz} H^1(M,\mathcal{S}) & \longrightarrow & H^1(M,\mathcal{S}^\times) & \longrightarrow & H^2(M,\mathbb{Z}) & \longrightarrow & H^2(M,\mathcal{S}) \end{matriz} $$ donde el grupo de Picard $H^1(M,\mathcal{S}^\times)$ clasifica holomorphic línea de paquetes de hasta isomorfismo y $$H^1(M,\mathcal{S}^\veces) \longrightarrow H^2(M,\mathbb{Z})$$ es de nuevo la primera clase de Chern.
Por lo tanto, si la primera clase de Chern de un holomorphic línea de paquete se desvanece, su clase en el grupo de Picard debe venir desde $H^1(M,\mathcal{S})$. Por lo tanto, uno debe mostrar que el mapa de $H^1(M,\mathcal{S}) \H^1(M,\mathcal{S}^\times)$ es cero.
¿Este requiere que el duro análisis de la prueba de la Calabi conjetura?
No estoy seguro.
Niyaz
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Creo que la respuesta es sí, este necesita Yau del teorema. Más bien, creo que el enunciado de tu pregunta puede ser formulada de tal manera como para ser equivalente a Yau del teorema.
Mi comprensión del teorema que Yau demostrado es que la condición topológica (la fuga de la integral de la primera clase de Chern) es suficiente para garantizar la existencia de una cierta estructura geométrica (un Calabi-Yau métrica). Hay varias formas equivalentes para decir lo que es un Calabi-Yau métrica es, pero para los propósitos de este post, creo que la mejor es a través de la holonomy grupos.
Dado un colector de Riemann, se puede definir el transporte paralelo a lo largo de rutas en el colector. Dado un punto en el colector, se puede ver en el transporte paralelo a lo largo de todos los ciclos basados en ese punto. Tomados en conjunto estos rendimientos en un subgrupo del grupo ortogonal $O(T_xM)$. El colector es un Kahler colector con precisión si el subgrupo está contenida en una copia de $U(n)$ (por que me refiero a un subgrupo conjugado a una copia de la norma de $U(n) \subconjunto de O(2n)$, después de que hemos elegido algunos de identificación $O(T_xM) = O(2n)$). La métrica es Calabi-Yau, precisamente, si la holonomy está contenida en una copia de $SU(n)$. Desde el punto de vista de holonomy (es decir, transporte paralelo a lo largo de los bucles) es claro que tener un Calabi-Yau métrica es lo mismo que tener un holomorphically trivial canónica paquete. Yau del teorema, lo que si recuerdo correctamente utiliza un difícil analítica argumento, dice que la condición topológica es, de hecho, suficiente para encontrar una métrica.
