《代数拓扑2》笔记(23)-$S_I$示性类

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对于对称多项式$S=\mathbb{Z}[t_1,\cdots,t_n]^{S_n},$ $S^k$为$k$次对称多项式, 它有两种基的选取, $\{\sigma_I\}$或$\{m_I\},$ $I$为$k$-划分. $m_I=S_I(\sigma_1,\cdots,\sigma_n).$

拓扑上, $H^\ast (BU(1)^{\times n})\cong \mathbb{Z}[t_1,\cdots,t_n],$ $|t_i|=2.$ $H^\ast (BU(n))\cong \mathbb{Z}[t_1,\cdots,t_n]^{S_n}=\mathbb{Z}[c_1,\cdots,c_n],$ $c_i=\sigma_i.$ 定义$S_I(c(\omega)):=S_I(c_1(\omega),\cdots,c_n(\omega)).$

引理 1 (Thom). $S_I(c(\omega\oplus\omega’))=\sum_{JK=I}S_J(c(\omega))S_K(c(\omega’)).$

有由之定义的示性类.

新示性类

推论 2. 若$m,n\neq 0,$ 那么$S_{m+n}[K^m\times L^n]=0.$

对于$\tau=\tau_{\mathbb{C}\mathrm{P}^n},$ $c(\tau)=(1+a)^{n+1},$ $c_k(\tau)=\sigma_k(a,\cdots,a),$

$$S_k(c_1,\cdots,c_k)=m_k(a,\cdots,a)=(n+1)a^k.$$

取$n=k,$ 那么$S_n[\mathbb{C}\mathrm{P}^n]=\left<{}S_n(\tau_{\mathbb{C}\mathrm{P}^n}),[\mathbb{C}\mathrm{P}^n]\right>=n+1\neq 0.$ 因此$\mathbb{C}\mathrm{P}^n\neq K\times L,$ 除非$K$或$L$为$\mathbb{C}\mathrm{P}^n.$

类似地, 对于Pontrjagin示性类,

$$S_I(p(\xi)):=S_I(p_1(\xi),\cdots,p_n(\xi))\in H^{4n}(B;\mathbb{Z}).$$

同样的, 我们有

命题 3. $S_I(p(\xi\oplus\xi’))=\sum_{JK=I}S_J(p(\xi))S_k(p(\xi’))+2\:torsions.$

推论 4. $S_I(p)[M\times N]=\sum_{JK=I}S_J(p)[M]\cdot S_K(p)[N].$ 两侧都是整数, 不涉及挠部.

$S_I(p)[M\times N]=0$ 除非 $4|\dim_\mathbb{R}M, \dim_\mathbb{R}N.$

Chern数和Pontrjagin数线性无关.

定理 5 (Thom). 若$K^1,\cdots,K^n$为复流形, 使得 $S_k(c)[K^k]\neq 0,$ 那么$p(m)\times p(n)$维矩阵 $[c_{i_1}\cdots c_{i_r}[K^{j_1}\times\cdots\times K^{j_s}]]_{I,J}$ 非奇异.

这给出$\{c_I\}$作为复流形不变量是独立的. 取$K^k=\mathbb{C}\mathrm{P}^k,$ 那么这满足要求, 因此存在这样的复流形列.

对于$2$维时的情况, 唯一的划分为$1+1,2.$ 那么矩阵为

$$\begin{bmatrix} c_1c_1[\mathbb{C}\mathrm{P}^1\times \mathbb{C}\mathrm{P}^1]&c_1c_1[\mathbb{C}\mathrm{P}^2]\\ c_2[\mathbb{C}\mathrm{P}^1\times \mathbb{C}\mathrm{P}^1]& c_2[\mathbb{C}\mathrm{P}^2] \end{bmatrix}$$

类似的结论对Pontrjagin示性类也成立.

定理 6 (Thom). 若$M^{4k}$为定向流形, $S_k(p)[M^{4k}]\neq 0,$ $\,\forall\,k,$ 那么矩阵$[p_{i_1}\cdots p_{i_r}[M^{4j_1}\times\cdots\times M^{4j_s}]]_{I,J}$非奇异.

此时取得流形例子为$M^{4k}=\mathbb{C}\mathrm{P}^{2k},$ $p(\mathbb{C}\mathrm{P}^{2k})=(1+a^2)^{2k+1},$ 那么$S_k(p)[\mathbb{C}\mathrm{P}^{2k}]=2k+1\neq 0.$

注意$\{c_I\},$ $\{S_I(c)\}$都构成$H^{2n}(BU(n);\mathbb{Z})$的一组基, 那么基改变后, 只需证明

$$[S_I(K^{j_1}\times\cdots\times K^{j_s})]_{I,J}$$

非奇异.

$$(\ast )=\sum_{I_1\cdots I_s=I}S_{I_1}[K^{j_1}]\cdots S_{I_s}[K^{j_s}].$$

上式只在$I$加细$J$的时候非零. 因此$[S_I[K^J]]_{I,J}$为上三角阵, 若合适排序$I,J.$

因此,

$$\det=\prod_I S_I[K^I]=\prod_I S_{i_1}[K^{i_1}]\cdots S_{i_r}[K^{i_r}]$$

定向配边环$\Omega_\ast $

设$(X^{n+1},\partial X)$为光滑流形, $TX$上的定向诱导了$T(\partial X)$上的定向. 称$v_1,\cdots, v_n$正定向, 若$\,\exists\,v_0\in T_xX\setminus T_x(\partial X),$ $v_0,\cdots,v_n$正定向.

记$M$为定向闭流形, $-M$为其反定向, $M+M’:=M\sqcup M’.$

定义两个$n$维光滑闭流形$M,M’$具正定向配边, 若存在紧定向流形, 具边界$X,$ 使得$\partial X\cong M+(-M’),$ 同胚是保定向的. 容易验证这是一个等价关系. 等价类称为配边类.

$$\Omega_n:=\{[M^n]|M^n\text{光滑,闭, 定向}\}.$$

这构成了加法下的Abel群. 记

$$\Omega_\ast :=\bigoplus_{n=0}^\infty \Omega_n,$$

构成了分级交换环, $[M]\times [N]:=[M\times N].$ 注意$[M^m\times N^n]=(-1)^{mn}[N^n\times M^m].$

回忆$M^{4k}=\partial V^{4k+1},$ 那么它所有的$p_I[M]=0,$ $\,\forall\,I$划分$k.$

推论 7. $\,\forall\,I$划分$k,$ 我们有群同态$p_I:\Omega_{4k}\rightarrow \mathbb{Z}$良定, $[M^{4k}]\mapsto p_I[M^{4k}]=0.$

推论 8. $\{\mathbb{C}\mathrm{P}^{2i_1}\times\cdots\times \mathbb{C}\mathrm{P}^{2i_r}|I\text{为$k$划分}\}\subset \Omega_{4k}.$ 是$\mathbb{Z}$-线性无关的.

因此, $r(\Omega_{4k})\ge p(k).$

$[P_I(\mathbb{C}\mathrm{P}^J)]_{I,J}$非奇异.

之后我们说明$r(\Omega_{4k})=p(k).$ 我们有如下事实:

$\Omega_0\cong \mathbb{Z}=\mathbb{Z}\{[\ast ]\},$ $\Omega_1=0,$ $\Omega_2=0,$ $\Omega_3=0,$ $\Omega_4\cong \mathbb{Z}=\mathbb{Z}\{[\mathbb{C}\mathrm{P}^2]\},$ $\Omega_5\cong \mathbb{Z}_2=\left<{}Y\right>,$ $\Omega_6=0,$ $\Omega_7=0,$ $\Omega_8=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z},$ $\Omega_9=\mathbb{Z}_2\oplus\mathbb{Z}_2,$ $\Omega_{10}=\mathbb{Z}_2,$ $\cdots.$

文章最后更新于 2022-12-08 10:21:47