Pontrjagin数
对于实流形$M^{4n},$ 为一个定向闭流形, $I=(i_1,\cdots,i_r)$为$n$的划分. 定义第$I$个Pontrjagin数为
注 1. 记$\overline M$为$M$反定向, $[\overline M]=-[M],$ 但$p_k(\tau_M)=p_k(\tau_{\overline M}),$ 从而$P_I[\overline M]=-p_I[M].$
推论 2. 若$M^{4n}$ Pontrjagin数非零, 那么不存在反定向的微分同胚$M\rightarrow M.$
若$M=\mathbb{C}\mathrm{P}^m,$ $p(\tau_{\mathbb{C}\mathrm{P}^m})=(1+a^2)^{m+1},$ $a=-c_1(\gamma^1),$ $p_k(\mathbb{C}\mathrm{P}^m)=\binom{m+1}{k} a^{2k}\in H^{4k}.$ 若$m=2n,$ 则$M^{4n}=\mathbb{C}\mathrm{P}^{2n},$ $\,\forall\,I$为$n$的划分, $p_{i_1}\cdots p_{i_r}[\mathbb{C}\mathrm{P}^{2n}]=\binom{2n+1}{i_1}\cdots \binom{2n+1}{i_r}\neq 0.$ 作为一个推论, $\mathbb{C}\mathrm{P}^{2n}$上不存在反定向的微分自同胚.
对于$m$为奇数的情形, 复共轭是一个反定向的微分自同胚. 注意$m$为奇数时, 没有top Pontrjagin类.
命题 3. 若$M^{4n}=\partial V^{4n+1},$ $V$紧定向, 则$M^{4n}$所有的Pontrjagin数为零.
推论 4. $\mathbb{C}\mathrm{P}^{2n}\neq \partial V^{4n+1}$(定向), 且有限copy $\sqcup \mathbb{C}\mathrm{P}^{2n}\neq \partial V.$
注意对$\mathbb{C}\mathrm{P}^{2n+1}$不对, 有例子$\mathbb{C}\mathrm{P}^1\approx S^2\approx \partial D^3.$
对称函数论
回顾$T^n=U(1)^{\times n}\hookrightarrow U(n),$ 映到对角阵中. 这诱导了$BT^n\rightarrow BU(n),$ 拉回得到$H^\ast (BT^n;\mathbb{Z})\leftarrow H^\ast (BU(n);\mathbb{Z}),$ $c_i\mapsto \sigma_i(t_1,\cdots t_n).$ $1+\sigma_1+\cdots+\sigma_n=(1+t_1)\cdots (1+t_n).$
记$S=\mathbb{Z}[\sigma_1,\cdots,\sigma_n]=\oplus_{k=0}^\infty S^k,$ $S^k$为$k$次对称多项式. 它的基为
称两个单项等价, 若它们差一个置换. 如$t_1t_2^3t_3^5\sim t_4t_7^3t_2^5.$ 对$k$划分$I,$ $I$单项对称多项式定义为
例如$k=3,$ $I=2+1=3,$ $m_I=t_1t_2^2+t_1^2t_2+t_1t_3^2+\cdots.$
引理 5. $\{m_I|\text{$I$为$k$划分, $r\le n$.}\}$构成了$S^k=S^k_{(n)}$的一组$\mathbb{Z}$-基.
这组元素显然张成了$S^k.$ 只需检验维数.
希望证明它和$\{I|r\le n\}$相等. (都是$k$划分.)
我们发现前者为$n$列以下的Young diagrams with $k$ boxes, 后者为$n$行以下的Young diagrams with $k$ boxes. 例如对于$I=(4,4,3,1,1),$ 逆序排列, 像俄罗斯方块一样放置, 那么要求列数不超过$n$. 和它对应的是$I’=(5,3,3,2),$ 同样逆序排列按俄罗斯方块放置, 要求行数不超过$n.$ 它们之间由转置联系. 因此集合数相同.
对于任意$k$划分$I,$
可以验证, $\,\forall\,n<k,$
$\,\forall\,n\ge k,$ $S_I$不变.
因此, 若$n\ge k,$ 那么$\{m_I\}=\{S_I(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)\}$构成了$S^k=\mathbb{Z}[\sigma_1,\cdots,\sigma_n]$的一组$\mathbb{Z}$-基.
例如, $k=1,$ $S_1(\sigma_1)=\sigma_1,$
应用到拓扑上,
$\{c_I|I\text{ 为$k$的划分, }i_j\le n\}$构成了$H^{2k}(BU(n))$的一组$\mathbb{Z}$基. 改变基后, $\{S_I(c_1,\cdots,c_n)|r\le n\}$也是一组$\mathbb{Z}$基.
对秩$n$复向量丛$\omega,$ 定义$S_I(c(\omega)):=S_I(c_1(\omega),\cdots,c_n(\omega))\in H^{2n}(B;\mathbb{Z}).$
引理 6 (Thom). $S_I(c(\omega\oplus\omega’))=\sum_{JK=I}S_J(c(\omega))S_K(c(\omega’)).$
考虑$\sigma_k$为$k$基本对称多项式($t_1,\cdots,t_n$), $\sigma_k’$为$(t_{n+1},\cdots,t_{n+m}),$ $\sigma_k’’=\sum_{i=0}^k\sigma_i\sigma_{k-i}’,$ 验证有$\sigma_k’’$为$(t_1,\cdots,t_{n+m})$基本对称多项式. 这样就有
左侧为$m_I(t_1,\cdots,t_{n+m})=\sum t_{a_1}^{i_1}\cdots t_{a_r}^{i_r},$ 令$J:=\{i_q:1\le a_q\le n\},$ $K:=\{i_q:n+1\le a_q\le n+m\},$ $JK=I.$
当$I$作为$k$划分就是$k=k,$ 记$S_k=S_I.$ 那么唯一的$JK=I=k$为$J=\varnothing$或$K=\varnothing.$
推论 7. $S_k(c(\omega\oplus\omega’))=S_k(c(\omega))+S_k(c(\omega’)).$ $S_k$将和映到和.
注 8. 形式定义Chern特征$ch(\omega):=n+\sum_{k=1}^\infty \frac{S_k(c(\omega))}{k!}\in H^\pi(B;\mathbb{Q}),$ 那么$ch(\omega\oplus\omega’)=ch(\omega)+ch(\omega’),$ $ch(\omega\otimes \omega’)=ch(\omega)ch(\omega’),$ 形式上比Chern示性类要好.
推论 9. $S_I$的积公式: 对于$I$为$m+n$划分, $S_I[K^m\times L^n]=\sum_{I_1I_2=I}S_{I_1}[K^m]S_{I_2}[K^n].$
$\tau:=\tau_{K^m},$ $\tau’:=\tau_{L^n},$ $\tau\times\tau’\cong (\pi_1^\ast \tau)\oplus(\pi_2^\ast \tau’).$
$S_I[K\times L]=\left<{}S_I(\tau\times\tau’),[K\times L]\right>.$ 由前面的引理即有结果.
文章最后更新于 2022-12-02 16:39:40
- 本文标题：《代数拓扑2》笔记(22)-Pontrjagin数
- 本文作者：DreamAR
- 创建时间：2022-12-02 16:39:37
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