La comprensión de la canónica de la línea de paquete de $H$, y el hecho de que $(H \otimes H)\oplus 1 \simeq H \oplus H$

Question

Estoy tratando de entender el Ejemplo 1.13 de Hatcher libro sobre el vector de paquetes y K-Teoría (página 24).

El cannonical línea bundle $H \to \mathbb{C}P^1$ satisface la relación $(H \otimes H)\oplus 1 \simeq H \oplus H$.

El espacio total, $H$, está dada por $$H = ((x,v) \in \mathbb{C} P^1 \times \mathbb{C}^2:v \in X \},$$ with the projection map $(x,v) \mapsto x$

Para probar esto, necesito entender agarrando funciones. El siguiente es de Atiyah del libro 'K-Teoría":

Supongamos que tenemos un espacio de $X = X_1 \cup X_2$ tal que $X_1 \cap X_2 = A$. Supongamos también hemos vector de paquetes de $p_i:E_i \to X_i$ y $\phi:E_1|A \to E_2|A$ es un isormophism.

Entonces, podemos formar un vector paquete de $E_1 \cup_\phi E_2 \to X$.

Alternativamente, Hatcher define un mapa de $f:A \to GL_n(\mathbb{C})$ (a pesar de que específicamente construcciones agarrando las funciones de las esferas, no arbitraria de espacios). Las dos definiciones son equivalentes.

En particular, podemos construir un embrague función por encima de la línea del complejo paquete de $\mathbb{C} P^1 \simeq S^2$. Este es el ejemplo 1.10 de Hatcher del libro. No estoy 100% seguro en el argumento, pero creo que me entienden. Independientemente, el embrague de la función derivada es $f(z)=(z)$ (es decir, la multiplicación por $z$)

Ahora empiezo a estar brumoso, en el Ejemplo 1.13. Para citar textualmente:

Vamos a mostrar que el canónica de la línea de paquete de $H \to \mathbb{C}P^1$ satisface la relación $(H \otimes H)\oplus 1 \simeq H \oplus H$, donde 1 es la trivial dimensiones del paquete. Esto se puede ver observando el embrague funciones de estos dos grupos, que son los mapas $S^1 \to GL_2(\mathbb{C})$ dada por

$a$z \mapsto \begin{pmatrix} z^2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

y

$a$z \mapsto \begin{pmatrix} z & 0 \\ 0 & z \end{pmatrix} $$

Me pierdo en este último argumento. Puedo comprar el embrague de la función de la identidad es la segunda matriz, pero donde se hizo la primera? ¿Por qué trabajamos sobre $GL_2(\mathbb{C})$? (En el Ejemplo 1.10, hemos trabajado en $GL_1(\mathbb{C})$.

Por otra parte, aunque creo que estas agarrando construcciones, ¿cómo pueden ser usados para mostrar que $(H \otimes H)\oplus 1 \simeq H \oplus H$?

Cualquier consejo, o referencias apreciado

Actualización: Theo comentarios a continuación, me hizo darme cuenta yo estaba con mi forma de pensar. Creo que el siguiente tiene algún sentido.

En primer lugar, dado que tienen el embrague función de $(z)$$H$, luego el embrague función de $H \otimes H$$(z^2)$. El embrague de la función de la trivial paquete es la identidad.

Estoy un poco confundido en cuanto a por qué entonces podemos tomar la suma directa de los paquetes como la matriz de componentes a lo largo de la diagonal. Lo mejor de mi pensamiento es que hay un grupo de homomorphism $GL(m,\mathbb{C}) \times GL(n,\mathbb{C}) \to GL(m+n,\mathbb{C})$ $$\Theta(a,B) = \begin{pmatrix} A & 0 \\ 0 & B \end{pmatrix} $$

A partir de esto, es claro cómo construir el embrague funciones anteriores. Hatcher da la general homotopy a través de un camino de $\alpha_t \in GL_{2n}(\mathbb{C})$ a partir de la matriz identidad, a la matriz de la transformación que intercambia los dos factores de $\mathbb{C}^n \times \mathbb{C}^n$

Answer 1

Voy a trabajar más de esta respuesta con el ejemplo,$H^{-1} \oplus H \cong \mathbb{C}^2$, porque creo que es más fácil que pensar. Esto significa que el embrague funciones se $\left( \begin{smallmatrix} z & 0 \\ 0 & z^{-1} \end{smallmatrix} \right)$$\left( \begin{smallmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{smallmatrix} \right)$. Al final, voy a realizar un pequeño comentario sobre el cambio de cosas para hacer su ejemplo.

Este es un ejemplo interesante porque el anterior isomorfismo es correcto como topológica, o suave, vector de paquetes, pero NO es válido como holomorphic vector de paquetes. Así que el isomorfismo tendrá que involucrar a algunos no holomorphic maps, aunque los dos vectores paquetes son de holomorphic.

Una nota rápida: El paquete que se llame "canónica" no es el que yo aprendí a llamar canónica. Siempre me llamó a su $H$ "tautológica" línea de paquete.

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Como te dicen arriba, la fibra de $H$ sobre $(u:v)$$\mathbb{C} \cdot (u,v) \subseteq \mathbb{C}^2$. Así que tenemos un evidente la inclusión de $H \hookrightarrow \mathbb{C}^2$. La línea bundle $H^{-1}$ es el doble de a $H$. Corregir una asimetría bilineal simétrica forma$\omega $$\mathbb{C}^2$. A continuación, hay un mapa de $\mathbb{C}^2 \to H^{-1}$ tomando el punto de $(x,y)$ el lineal funcional $\omega( (x,y), \bullet)$. El núcleo de este mapa es precisamente la imagen de $H$. Es decir, de la forma lineal $\omega( (x,y), \bullet)$ restringe a $0$ $\mathbb{C} \cdot (u,v)$ precisamente si $(x,y) \in \mathbb{C} \cdot (u,v)$. Así que tenemos una breve secuencia exacta $$0 \to H \to \mathbb{C}^2 \to H^{-1} \to 0.$$ Para ser concretos, voy a tomar las $\omega( (x_1, y_1), (x_2, y_2) ) = x_1 y_2 -x_2 y_1$.

Ahora, en el buen categoría, cada corto exacta de la secuencia se divide. Por lo $\mathbb{C}^2 \cong H \oplus H^{-1}$ como se reivindica. Veamos el isomorfismo de forma explícita.

Recordar que la prueba de que cada corto exacta de la secuencia se divide. Fijar una positiva definida Hermitian forma en el medio plazo: escogeremos $\langle (x_1, y_1), (x_2, y_2) \rangle = x_1 \overline{x_2} + y_1 \overline{y_2}$. Se supone que vamos a dividir la secuencia mediante el levantamiento de un vector $p$ $H^{-1}$ a su único preimagen en $\mathbb{C}^2$ $\langle, \rangle$- ortogonal a $H$.

Supongamos que estamos en el punto de $(x:y)$$\mathbb{P}^1$. Deje que nuestro vector en $H^{-1}$, por encima del punto de $(x:y)$, ser lineal funcional $(x,y) \mapsto 1$. Así que la preimagen de este punto en $\mathbb{C}^2$$\{ (x', y') : x' y - y' x= 1\}$. La condición de que $(x', y')$ ser ortogonal a $H$ es que el $x' \overline{x} + y' \overline{y} =0$. La solución de estas ecuaciones lineales, obtenemos $$(x', y') = \left( \frac{\overline{y}}{|x|^2+|y|^2}, \frac{- \overline{x}}{|x|^2+|y|^2} \right).$$

Así que, aquí está nuestro isomorfismo $H \oplus H^{-1} \to \mathbb{C}^2$. Voy a describir en la fibra a $(x:y)$. De base de la fibra de $H \oplus H^{-1}$$e:=(x,y)$, en el primer sumando, y $f: = \left( (x,y) \mapsto 1 \right)$ en el segundo sumando. Nuestro banalización envía $e \mapsto (x,y)$$f \mapsto (\overline{y}, - \overline{x}) /(|x|^2+|y|^2)$. Ejercicio: El mapa de $H \oplus H^{-1} \to \mathbb{C}^2$, lo que he descrito es independiente de que el representante $(x,y)$ hemos elegido para $(x:y)$.

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Estoy corriendo fuera de tiempo para trabajar en esto. Así que voy a escribir lo que esto se convierte en en términos de embrague funciones. Puede haber algunos errores de menor importancia aquí. Tenemos $$\begin{pmatrix} z \vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}} & 1 \vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}} \\ \frac{-1}{1+|z|^2} & \frac{\overline{z}}{1+|z|^2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}} & 0 \vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}} \\ 0 \vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}} & 1 \vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{1+|z|^{-2}} & - z^{-1} \\ \frac{\overline{z}^{-1}}{1+|z|^{-2}} & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} z \vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}}& 0 \\ 0 & z^{-1}\vphantom{\frac{z}{1+|z|^{-2}}} \end{pmatrix} $$

Tenga en cuenta que la izquierda de la matriz es suave y invertible en el gráfico donde $z \neq \infty$, y el derecho de la matriz es suave y invertible en el gráfico donde $z \neq 0$. Así que esto demuestra que los dos agarrando con las funciones vectoriales isomorfos paquetes.

Para volver a su solicitud original para equiparar $H^{\otimes 2} \oplus \mathbb{C}$$H^{\oplus 2}$, tome la ecuación anterior y se multiplican ambos lados por $z$.