经典网文分享: 复几何：某些线丛

复几何这学期要求期末交一个"论文"（定理证明），然而 PDE 是学不会的，这辈子都学不会 PDE 的，几何又不会做，就是做一点线性代数，才能维持得了生活这样子。于是从给定题目的一堆 Calabi 定理、 $\times \times$ 猜想里面，找到一个 Kodaira Vanishing and Embedding Theorem 证明的题目，似乎勉强可以做，毕竟证明的大概之前听人讲 Hodge 理论的时候讲过了。

所以剩下一个月的时间把毕业论文水过去，当中还要抽空要把复几何这边的证明写清楚，感觉时间很紧张啊。

为了写这个证明，最近东看西看，倒是觉得代数几何还挺有意思，以前学的时候还是学得太粗糙了。当然，要写这个证明大概也不需要太多代数几何的东西，但是从头到尾全部看下来感觉涉及到的内容还是很多的，要想一个思路把所有东西都串起来还是挺不容易。

还是先慢慢来，把一些重要的点理清楚。

这次倒没有什么特别相关的内容，算是一些基本常识的计算。我们来考虑复射影空间 $\mathbb C \mathrm P^n$ 上的某些线丛，某些例子还是要自己亲手算一算才会清楚。

先简单回忆一下 $\mathbb C \mathrm P^n$ 的复流形结构：作为一个拓扑空间，它是商空间 $(\mathbb C^{n+1} \setminus \{0\}) / \sim$ ，这里的等价关系是 $(z^0 , \ldots , z^n) \sim (w^0 , \ldots , w^n) \iff w^i = \lambda z^i , \lambda \in \mathbb C \setminus \{0\}$ ，其中的元素用齐次坐标记为 $[z^0 : \cdots : z^n]$ ；以下对 $\mathbb C^{n+1}$ 或 $\mathbb C^n$ 以及 $\mathbb C \mathrm P^n$ 中的元素，也会分别简记为 (z) 和 [z] ；考虑开集 $U_i := \{[z] \in \mathbb C \mathrm P^n \mid z^i \neq 0\}$ ，这当然是开集，且 $\{U_0 , \ldots , U_n\}$ 是一组开覆盖；考虑由 $[z] \mapsto \left(\frac{z^0}{z^i} , \ldots , \widehat{\frac{z^i}{z^i}} , \ldots , \frac{z^n}{z^i}\right )$ 同胚 $\varphi_i : U_i \to \mathbb C^n$ ，这里在某一项上加一个 $\widehat{\phantom{z^i}}$ 表示去掉这一项，逆映射 $\varphi_i^{-1}$ 是由 $(\zeta) \mapsto [\zeta^1 : \cdots : \zeta^i : 1 : \zeta^{i+1} : \cdots : \zeta^n]$ 给出的；对于转移函数 $\varphi_{ij} = \varphi_i \circ \varphi_j^{-1}$ ，如果 i < j ，就是由 $(\zeta) \mapsto \left(\frac{\zeta^1}{\zeta^{i+1}} , \ldots , \widehat{\frac{\zeta^{i+1}}{\zeta^{i+1}}} , \ldots , \frac{\zeta^j}{\zeta^{i+1}} , \frac{1}{\zeta^{i+1}} , \frac{\zeta^{j+1}}{\zeta^{i+1}} \ldots , \frac{\zeta^n}{\zeta^{i+1}} \right)$ 给出的，如果 i > j ，就是由 $(\zeta) \mapsto \left(\frac{\zeta^1}{\zeta^i} , \ldots , \frac{\zeta^j}{\zeta^i} , \frac{1}{\zeta^i} , \frac{\zeta^{j+1}}{\zeta^i} , \ldots , \widehat{\frac{\zeta^i}{\zeta^i}} , \ldots , \frac{\zeta^n}{\zeta^i} \right)$ 给出的，于是可见是全纯的。

感觉还是太复杂了，写起来也麻烦，我们换一种（也许）更容易操作的写法：只考虑 i > j 的情况，因为另一种情况只是逆映射而已；那么 $\varphi_{ij}$ 可以写成两个映射的复合 $P_{i , j+1} \circ \phi_i$ ，其中 $\phi_i(\zeta) = \left(\frac{\zeta^1}{\zeta^i} , \ldots , \frac{\zeta^{i-1}}{\zeta^i} , \frac{1}{\zeta^i} , \frac{\zeta^{i+1}}{\zeta^i} , \ldots , \frac{\zeta^n}{\zeta^i} \right)$ 而 $P_{i,j+1}$ 是把第个分量放到第 (j+1) 位去的线性映射。

好吧，先放下这一部分，来看所谓的 tautological line bundle，这个名字大概来源于它的定义：每一点处的纤维就是这一点的这条线（？）。具体来说，丛空间是 $E := \{(x , v) \in \mathbb C \mathrm P^n \times \mathbb C^{n+1} \mid v \in x\}$ 然后 $\pi : E \to \mathbb C \mathrm P^n$ 就是取第一个分量。

为了确定这个纤维丛结构，我们要来看它的局部平凡化 $\psi_i : \pi^{-1}(U_i) \to U_i \times \mathbb C$ 。应该说，局部平凡化当然不是唯一的，但是为了处理问题方便，我们会选用比较好的映射，就像选择标准的开集 U_i 一样,这里的选择是 $\psi_i([z] , (v)) = ([z] , v^i)$ ，逆映射为 $\psi_i^{-1}([z] , \lambda) = \left([z] , \frac{\lambda}{z^i} \cdot (z) \right)$ ，即对于每条直线 [z] 选择一个标准向量 $\frac{1}{z^i} \cdot (z)$ 而其它的向量都是这个标准向量的多少倍。立即可以看出这样得到的 U_i 上的标准截面基 $s^i = \left([z] \mapsto \psi_i^{-1}([z] , 1) = \left([z] , \frac{1}{z^i} \cdot (z) \right) \right)$ 。

于是转移函数 $\psi_{ij} = \psi_i \circ \psi_j^{-1}$ 就很容易计算了，由 $\lambda \mapsto \frac{\lambda}{z^j} \cdot (z) \mapsto \frac{\lambda}{z^j} \cdot z^i$ 可知转移函数 $g_{ij}([z]) = \frac{z^i}{z^j}$ ，于是这个线丛其实还是全纯的。以后我们把这个线丛记为 $\mathcal O(-1)$ 。

至于使用这个记号的合理性，就要回忆一下代数几何的内容了。对于一个分次环，记 S(l) 为分次模 $S(l)_k := S_{k + l}$ ，那么 $\widetilde{S(l)}$ 就是 $X = \mathrm{Proj} \, S$ 上的一个 $\mathcal O_X$ -模层，记为 $\mathcal O_X(l)$ 。我们考虑 $S = \mathbb C [x_0 , \ldots , x_n]$ 即 $X = \mathbb P_{\mathbb C}^n$ 的情况，然后看一看 $\mathcal O(1)$ 是什么。每个开集 U_i = D_+(x_i) 作为开子概型都是同构于 $\mathbb A_{\mathbb C}^n = \mathrm{Spec} \, \mathbb C [y_1 , \ldots , y_n]$ 的，这个环同构 $S_{(x_i)} \cong \mathbb C [y_1 , \ldots , y_n]$ 也是由 $(y_1 , \ldots , y_n) = \left(\frac{x_0}{x_i} , \ldots , \widehat{\frac{x_i}{x_i}} , \ldots , \frac{x_n}{x_i} \right)$ 给出的，环 $S_{(x_i)}$ 是局部化 $S_{x_i}$ 的零次部分，由 $\{x_i^{-d} f(x) \mid \deg f = d\}$ 生成。

考虑模 $S(1)_{(x_i)}$ ，因 $S(1)_{x_i}$ 和 $S_{x_i}$ 唯一的区别在分次上，次数被移动了一次，故容易看出 $S(1)_{(x_i)}$ 是由 $\{x_i^{-d} f(x) \mid \deg f = d + 1\}$ 生成的，于是 $S(1)_{(x_i)} = S_{(x_i)} \cdot x_i$ 是秩为一的自由 $S_{(x_i)}$ -模，这里取生成元为 x_i ，给出 $S(1)_{(x_i)}$ 与 $S_{(x_i)}$ 的模同构。换句话说 $\mathcal O(1)$ 是秩为一的局部自由层，即线丛。

来看一下这个线丛的转移函数 $\psi_{ij} : \mathcal O_X \vert_{U_i \cap U_j} \to \mathcal O_X \vert_{U_i \cap U_j}$ ，由两个开集中分别的同构 $\mathcal O_X(1) \vert_U \cong \mathcal O_X \vert_U$ 限制下来给出，即上面给出的模同构。在 $U_i \cap U_j$ 上，我们自然要考虑局部化 $S_{(x_i x_j)}$ 和 $S(1)_{(x_i x_j)}$ ，和上面没什么区别。这个环也可以从 $S_{(x_i)}$ 对 $\frac{x_j}{x_i}$ 局部化，或者从 $S_{(x_j)}$ 对 $\frac{x_i}{x_j}$ 局部化得到，这两个局部化分别对应了从 U_i 上和从 U_j 上限制到 $U_i \cap U_j$ 来；对于模是同样的。换一种说法，可以看出 $S(1)_{(x_i x_j)}$ 确实是秩为一的自由 $S_{(x_i x_j)}$ -模，但是生成元可以选成 x_i 也可以选成 x_j ，两种不同的选择给出了 $S_{(x_i x_j)}$ 到自身的模同构。

说了这么多，不如来一个交换图来得实在：考虑 $\begin{CD} S_{(x_j)} @>{x_j}>> S(1)_{(x_j)} @. S(1)_{(x_i)} @<{x_i}<< S_{(x_i x_j)} \\ @VVV @VVV @VVV @VVV \\ S_{(x_i x_j)} @>{x_j}>> S(1)_{(x_i x_j)} @= S(1)_{(x_i x_j)} @<{x_i}<< S_{(x_i x_j)} \end{CD}$ ，竖着的箭头都是局部化，横着的箭头都是模同构。那么第二行从左到右复合给出一个 $S_{(x_i x_j)}$ 到自身的模同构，对应到概型上就是前面的 $\psi_{ij}$ 了。当然了，直接看出这个映射是由 $1 \mapsto \frac{x_j}{x_i}$ 给出的。

但是这里的 x_i 也就是坐标函数，所以似乎也就可以直接说 $g_{ij}(x) = \frac{x_j}{x_i}$ 了？（这里感觉还是过不去，对于代数簇倒还好说，对于概型大概还是应该考虑它的 associated analytic space 然后把上面这个线丛拉回之后仔细计算转移函数——然而具体并不会，之前的代数几何还是学得太水了，什么都不知道；然而，不管能不能算，至少结论是已经听说过很多次的了，所以大概没有问题）

不管怎样，算是得到结论：线丛 $\mathcal O(1)$ 的转移函数可以由 $g_{ij}([z]) = \frac{z^j}{z^i}$ 给出。同样可以算一算 $\mathcal O(l)$ 或者由已经知道的张量积和对偶的结论，转移函数可以由 $g_{ij}([z]) = \left(\frac{z^j}{z^i}\right)^l$ 给出。所以前面给出的 tautological line bundle 是 $\mathcal O(-1)$ 这件事情，似乎也是得到解释了。

接下来算一算 canonical bundle 好了，即余切丛的次外积。为了方便，我们还是来考虑它的对偶，即切丛的次外积，熟知它的转移函数就是切丛转移函数的行列式，而切丛的转移函数就（差不多）是流形转移函数的导数。

于是先算一算 $\det(\mathrm d \varphi_{ij})$ 是多少。直接算当然会显得有困难，不过我们只看 i > j 的情况并且用前面给出的复合表示，就等于 $\det(\mathrm d \varphi_{ij}) = \det(\mathrm d P_{i,j+1} \circ \mathrm d \phi_i) = \det(P_{i , j+1}) \det(\mathrm d \phi_i)$ ，这里因为 $P_{i , j+1}$ 是线性的所以它的微分就自然地等同于自身。第一个行列式，非常简单看出来就是 $(-1)^{i - (j+1)}$ ；而第二项就要具体写出来了，稍微写一写，这个 Jacobian 应该是 $\begin{pmatrix} \frac{1}{\zeta^i} & \cdots & 0 & -\frac{\zeta^1}{(\zeta^i)^2} & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & \frac{1}{\zeta^i} & -\frac{\zeta^{i-1}}{(\zeta^i)^2} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \cdots & 0 & -\frac{1}{(\zeta^i)^2} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \cdots & 0 & -\frac{\zeta^{i+1}}{(\zeta^i)^2} & \frac{1}{\zeta^i} & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & -\frac{\zeta^n}{(\zeta^i)^2} & 0 & \cdots & \frac{1}{\zeta^i} \end{pmatrix}$ ，所以行列式就是直接把对角线所有元素乘起来就是了，即 $-(\zeta^i)^{-n-1}$ 。若要看丛的转移函数，那就要再复合一个 $\varphi_j$ 映射（为什么？写下来看一看），即 $g_{ij}([z]) = (-1)^{i+j} \left(\frac{z^i}{z^j} \right)^{-n-1}$ 。前面那个正负号其实没有用，因考虑 f_i([z]) = (-1)^i 就知道 $g_{ij}'([z]) = \left(\frac{z^j}{z^i}\right)^{n+1}$ 与上面定义的线丛是同构的，即是 $\mathcal O(n+1)$ 。所以，最终结论是 $K \cong \mathcal O(-n-1)$ 。

最后我们还是回到 $\mathcal O(l)$ 来娱乐一番，比如来试图给一个 Hermitian 内积。为此，只需要在局部给出来这个内积就可以了，即每个开集上的（正实值）函数 h^i = h(s^i , s^i) ，这里的截面 $s^i([z]) = \psi_i^{-1}([z] , 1)$ 。当然，并不是任意的一堆函数都可以，因为在相交的部分它们显然应该有关系，具体而言有 $g_{ij}([z]) \cdot s^i([z]) = \psi_i^{-1}([z] , g_{ij}([z]) \cdot 1) = \psi_i^{-1} \circ \psi_{ij}([z] , 1) = \psi_j^{-1}([z] , 1) = s^j([z])$ ，所以 $h^j([z]) = h(g_{ij}([z]) \cdot s^i([z]) , g_{ij}([z]) \cdot s^i([z])) = \vert g_{ij}([z]) \vert^2 \cdot h^i([z])$ 。代入已经得到的转移函数，就有 $\frac{h^i([z])}{\vert (z^i)^l \vert^2} = \frac{h^j([z])}{\vert (z^j)^l \vert^2}$ 。

所以一个可能显得有趣的取法就是令 $h^i([z]) = \vert z^i \vert^{2l} \cdot \left(\sum_{i = 0}^n \vert z^i \vert^2 \right)^{-l}$ 就好了。在 l = -1 的情况，即 tautological line bundle，易见这就是 $\mathbb C^{n+1}$ 中通常的内积导出来的。

回忆一下 Chern connection 及其曲率，为 $A = \bar H^{-1} \partial \bar H$ 及 $F = \bar \partial(\bar H^{-1} \partial \bar H)$ ，当然在这里（秩为一）就仅仅是 $A = \partial(\ln h)$ 及 $F = \bar \partial \partial(\ln h)$ 了。不管联络，现在曲率是一个（整体的） -形式，简单计算有 $F = l \cdot \partial \bar \partial(\ln \vert z \vert^2)$ ，这个写法是良定义的。