¿Por qué Todd clases aparecen en Grothendieck-Riemann-Roch fórmula?

Question

Supongamos que por alguna razón, uno se espera una fórmula del tipo

$$\mathop{\text{ch}}(f_!\mathcal F)\ =\ f_*(\mathop{\text{ch}}(\mathcal F)\cdot t_f)$$

válido en $H^*(Y)$ donde

• $f:X\to Y$ es un buen morfismos con $X$ $Y$ liso y quasiprojective,
• $\mathcal F\in D^b(X)$ es un delimitada complejo coherente de las poleas en $X$,
• $f_!: D^b(X)\to D^b(Y)$ es la derivada de pushforward,
• $\text{ch}:D^b(-)\to H^*(-)$ denota la Chern carácter,
• y $t_f$ es algunos cohomology de la clase que sólo depende de $f$ pero no $\mathcal F$.

De acuerdo a la Grothendieck–Hirzebruch–Riemann–Roch teorema (did I get it right?) esta fórmula es verdadera con $t_f$ que es el pariente Todd clase de $f$, que se define como la Todd de la clase de relación tangente bundle $T_f$.

Así que, vamos a jugar a "adivinar" la $t_f$ fingiendo no sabíamos GHRR ($t_f$ no definida de forma única, por lo que añadir las condiciones en $t_f$ en que sea necesario).

Pregunta. Esperando la fórmula de la anterior clase, cómo encontrar ese $t_f = \text{td}\, T_f$?

Usted no tiene que mostrar esta opción funciona (es decir, demostrar GHRR), pero usted tiene que demostrar ninguna otra opción funciona. También, no vamos a utilizar Hirzebruch–Riemann–Roch: tengo curiosidad exactamente cómo y dónde Todd clases aparecerá.

Answer 1

Se mira en el caso de al $X=D$ es un divisor de Cartier en $Y$ (de modo que la relación tangente bundle -- como un elemento de la K-grupo-es normal en el paquete de $\mathcal N_{D/X}=\mathcal O_D(D)$ (convenientemente una línea de paquete, por lo que es su propia Chern de la raíz), y $\mathcal F=\mathcal O_D$. Y la Todd de la clase sale de inmediato.

De hecho, a partir de la secuencia exacta $0\to \mathcal O_Y(-D) \to \mathcal O_Y\to \mathcal O_D\to 0$, se obtiene que $$ch(f_! \mathcal O_D)=ch(O_Y(D))= ch(\mathcal O_Y) - ch(\mathcal O_Y(-D) = 1 - e^{-D}.$$ Y comparar esto con el pushforward de $[D]$ en el Chow de grupo, que es $D$. La relación de $$ \frac{D}{1-e^{-D}} = Td( \mathcal O(D) )$$ es lo que está después. Ahora acaban de descubrir la Todd de la clase. Sospecho que esta es la forma en Grothendieck descubrió su fórmula, también-después de ver que en este caso se ajusta con Hirzebruch de la fórmula, que el mismo Todd clase aparece en ambos casos.

Answer 2

Sí tienes razón! Puede ser que la Todd de clase es la única cohomology de clase en la satisfacción de un GRR-escriba la fórmula.

En efecto, supongamos que para cualquier smmoth quasiprojective variedad $X$, usted tiene una invertible cohomology de la clase $\alpha(X)$ la satisfacción de:

(i) para cualquier morfismos $f \colon X \rightarrow Y$ entre suave cuasi-proyectiva de morfismos y para cualquiera limitada compleja $\mathcal{F}$ coherente de las poleas en $X$, $f_{*}(ch(\mathcal{F})\alpha(X))=ch(f_{!}\mathcal{F})\alpha(Y)$.

(ii) para cualquier $X$ y $Y$, $\alpha(X \times Y)=pr_1^*\alpha(X) \otimes pr_2^*\alpha(Y) $ (este es un tipo de cambio de base de la compatibilidad de la condición).

A continuación, para cualquier $X$, $\alpha(X)$ es el Todd clase de $X$. De hecho, es suficiente saber (i) para las inmersiones cerradas y (ii) por $X = Y$.

Aquí hay una rápida prueba:

1-Primero probar GRR arbitrarias de inmersiones. Esto se hace en dos pasos:

(a) $Y$ es un vector paquete de más de $X$ y f es la inmersión de $X$ $Y$ donde $X$ se identifica con el cero de la sección de $Y$. A continuación, $\mathcal{O}_X$ admite natural localmente libre de resolución en $Y$ que es la Koszul resolución. A continuación, un cálculo directo le da ese $ch(\mathcal{O}_X)$ es la de Todd clase de $E^* $, que es, por tanto, la Todd de la clase de la conormal bundle $N^*_{X/Y}$. Así los Todd clase sale este cálculo como en el divisor caso.

(b) Para una cerrada arbitraria de la inmersión de la $f \colon X \rightarrow Y$, un nivel de deformación de la técnica (que se llama deformación a la normal de cono) permite deformar $f$ a la inmersión de $X$ en su posición normal de paquete en $Y$, y, a continuación, utilizar la parte (a)

2-a Continuación, compare los dos GRR fórmulas que se tienen para la diagonal de la inyección de $\delta$$X$$X \times X$: el uno con Todd clases y los que con alfa clases. Se da la identidad de $\delta_* (td(X) \delta^* td(X \times X)^{-1}) = \delta_* (\alpha(X) \delta^* \alpha(X \times X)^{-1})$, por lo que el $\delta_* td(X)^{-1} = \delta_* \alpha(X)^{-1}$. Entonces usted consigue $\alpha(X)=td(X)$ mediante la aplicación de $pr_1* $.

Answer 3

Aquí es otra comprobación de validez. Considerar el mapa de $f$ $X$ a un punto. El (topológico) de Euler característica de $X$ es $$\sum (-1)^k h^k(X) = \sum (-1)^{p+q} h^{pq}(X) = \sum (-1)^{p+q} h^q(X, \Omega^p) = \sum (-1)^p f_{!} \Omega^p.$$

Si el Chern raíces de la tangente bundle $r_1$, $r_2$, ... $r_n$, a continuación, el Chern carácter de $\Omega^p$ $e_p(e^{-r_1}, e^{-r_2}, \ldots, e^{-r_n})$ donde $e_p$ $p$- th primaria simétrica de la función.

Así, la característica de Euler de $X$ es $$\sum (-1)^p f_* \left( e_p(e^{-r_1}, e^{-r_2}, \ldots, e^{-r_n}) t_f \right) = f_* \left( \prod(1-e^{-r_i}) t_f \right).$$

Ahora, ¿qué tiene de la clase $u$ tiene la propiedad de que $f_*(u)$ es la característica de Euler de $X$? La parte superior de chern clase de $T_X$, en otras palabras, $\prod r_i$. Por lo que parece muy probable que debemos tener $$\prod(1-e^{-r_i}) t_f= \prod r_i$$ y $$t_f = \prod \frac{r_i}{1-e^{-r_i}}.$$

Eso no es una prueba, porque hay otras clases con el mismo pushforward y debido a $\prod(1-e^{-r_i})$ es un cero-divisor, pero me parece convincente.