Normal paquete de twisted cúbicos.

Question

Deje $C$ ser un trenzado cúbicos en $\mathbb P^3$. Me gustaría para el cálculo de la división de tipo normal bundle $N_{C/\mathbb P^3}$? Entendí que $T_{\mathbb P^3}|_C=\mathcal O(4)^{\oplus 3}.$, por Lo que tenemos una corta secuencia exacta $$ 0 \a \mathcal O(2) \a \mathcal O(4)^{\oplus 3} \N_{C/\mathbb P^3} \a 0. $$ Por lo $N_{C/\mathbb P^3} =\mathcal O(4) \oplus \mathcal O(6)$ o $N_{C/\mathbb P^3} =\mathcal O(5)^{\oplus 2}.$ Pero no sé cómo demostrar que este paquete normal es en realidad $\mathcal O(5)^{\oplus 2}$.

Answer 1

Mi manera favorita de hacerlo es trabajar con la conormal paquete en su lugar, viendo muy concretamente lo que su transición de funciones. Aquí es un poco para empezar. Tenemos $$0\to N^*_{C/\Bbb P^3}\to T^*\Bbb P^3\big|_C \overset{\phi}\to T^*C \to 0.$$ En la "principal" gráfico de $[1,x,y,z]$ donde $C$ es parametrizadas por $(t,t^2,t^3)$, tenemos \begin{align*}\phi(dx)&=dt \\ \phi(dy)&=2t\,dt \\ \phi(dz)&=3t^2\,dt, \end{align*} y en el gráfico "en el infinito," $[X,Y,Z,1]$ donde $C$ es parametrizadas por $(s^3,s^2,s)$, tenemos \begin{align*} \phi(dX)&=3s^2\,ds \\ \phi(dY)&=2s\,ds \\ \phi(dZ)&=ds. \end{align*} Por lo tanto, en las respectivas cartas tenemos las relaciones $$dy-2x\,dx = dz-3x^2\,dx = 0 \qquad dX -3Z^2\,dZ = dY - 2Z\,dZ = 0.$$ Ahora, en la superposición de los dos gráficos, el marco para la conormal paquete en el primer gráfico es dada por las dos secciones $$\sigma_1=-2t\,dx + dy \quad\text{and}\quad \sigma_2=-3t^2dx + dz,$$ and performing the change of coordinates (here is where you have to do some work), the frame in the second chart is given by the two sections $$\tau_1 = -3t^{-5}dy + 2t^{-6}dz \quad\text{and}\quad \tau_2=t^{-3}dx-2t^4dy+t^{-5}dz.$$ Por lo tanto, hemos \begin{align*} \tau_1 &= -3t^{-5}\sigma_1+2t^{-6}\sigma_2 \\ \tau_2 &=-2t^{-4}\sigma_1+t^{-5}\sigma_2.\end{align*} Ahora, la costumbre de fila y columna de la operación (Smith forma normal) juego muestra que, tras el cambio de base, se obtiene la satisfacción de los marcos \begin{align*} \tau_1' &= -3t^{-5}\sigma_1' \\ \tau_2' &= -\frac13t^{-5}\sigma_2',\end{align*} a partir de la cual vemos que el conormal paquete es $\scr O(-5)\oplus \scr O(-5)$. :)

Answer 2

Usted puede utilizar un ad hoc de la teoría de la representación truco: torsión por $\mathcal O_{\mathbb P^1}(-6)$ consigue

$$0 \to \mathcal O(-4) \to \mathcal O(-2)^{\oplus 3} \to N_{C/\mathbb P^3}(-6) \to 0,$$

$$0 \to H^0(N_{C/\mathbb P^3}(-6)) \to H^1(\mathcal O(-4)).$$

Si Veronese incrustación es $\mathbb P(W) \to \mathbb P(S^3W)$ 2-dimensional $W$, $H^1(\mathcal O(-4)) = S^2W$ es irreductible $GL(W)=GL_2$-representación, por lo $H^0(N_{C/\mathbb P^3}(-6))$ puede ser trivial, como por $\mathcal O(-1)^{\oplus 2}$, pero no 1-dimensional, como para $\mathcal O(-2) \oplus \mathcal O$.