用户: Cybcat/曲线模空间/GW2

我们首先来介绍 Kontsevich 对 ${\mathbb{P}}^2$ 上的曲线计数的一个 [组合] 证明. 本质上说, 我们将在模空间 ${\overline{M}}_{0,n}({\mathbb{P}}^2,d)$ 上做相交理论计算. 届时我们将看到具体计算除子以及其中的组合数学细节.

1学霸题, 数 stable maps, 头顶标数法

$\circ$ 回忆我们用 $N_d$ 表示经过一般位置 $3d-1$ 个点的, 次数 $d$ (即 $\beta =d[L]\in H_2({\mathbb{P}}^2)$) 的亏格 $0$ 曲线数量. 我们的出发点只有 $N_1=1$, 换言之过 ${\mathbb{P}}^2$ 两点恰有一条直线, 这简直是美丽的欧氏几何公理. 然而神奇的事情就是只需从它出发就能计算出所有的 $N_d$.

$\circ$ 另外, ${\overline{M}}_{0,n}({\mathbb{P}}^2,d)$ 的维数是$$\dim {\mathbb{P}}^2+n-3+c_1(T_{{\mathbb{P}}^2})\cdot \beta =n+3d-1.$$

二次曲线

$\bullet$ 本小节中我们来证明 $N_2=1$.

我们的计算在 ${\overline{M}}_{0,6}({\mathbb{P}}^2,2)$ 中进行. 注意这里 $n=6$, 总维数是 $11$, 这 $6$ 个标记点分别记作 $m_1,m_2,p_1,p_2,p_3,p_4$. 假设 $L_1,L_2$ 为 ${\mathbb{P}}^2$ 的直线, $Q_1,\cdots ,Q_4$ 为 ${\mathbb{P}}^2$ 中的四个点, 诸 $L_i,Q_i$ 处于一般位置上. 现在对于 $f:(C;m_i,p_i)\to {\mathbb{P}}^2$, 我们要求 $f(m_i)\in L_i,f(p_i)\in Q_i$. 换言之满足这个要求的 $f$ 对应的 ${\overline{M}}_{0,6}({\mathbb{P}}^2,2)$ 中的上同调类是$$Y:={\mathrm{ev}}_{m_1}^{\ast }[h]⌣{\mathrm{ev}}_{m_2}^{\ast }[h]⌣{\mathrm{ev}}_{p_1}^{\ast }[h{]}^2⌣{\mathrm{ev}}_{p_2}^{\ast }[h{]}^2⌣{\mathrm{ev}}_{p_3}^{\ast }[h{]}^2⌣{\mathrm{ev}}_{p_4}^{\ast }[h{]}^2.$$赋值映射都是平坦的, 所以它们拉回下的对象可以良好地讨论维数. $Y$ 对应的 (复) 余维维数是 $1+1+2+2+2+2=10$, 正是 $11-1$. 现在我们来研究 $Y$ 和 ${\overline{M}}_{0,6}({\mathbb{P}}^2,2)$ 的边界除子的交, 除子余维数是 $1$, 这样就会得到真的相交数.

考虑映射 $f_{\text{map,3,4}}:{\overline{M}}_{0,6}({\mathbb{P}}^2,2)\to {\overline{M}}_{0,4}={\overline{M}}_{0,\{m_1,m_2,p_1,p_2\}}$. 定义为遗忘掉映射以及标记点 $p_3,p_4$. 现在 ${\overline{M}}_{0,4}$ 里有两个除子 $D_1,D_2$, 分别对应了对偶图因为 ${\overline{M}}_{0,4}\cong {\mathbb{P}}^1$, 所以这两个除子等价, 我们把它们在 (平坦的) 遗忘映射 $f_{\text{map,3,4}}$ 下的拉回分别记作除子 $D(m_1,m_2|p_1,p_2)$ 和 $D(m_1,p_1|m_2,p_2)$, 这两个除子也是等价的. 由此我们得到等式$$Y\cap D(m_1,m_2|p_1,p_2)\equiv Y\cap D(m_1,p_1|m_2,p_2).$$现在由于维数正确, 我们来计算两边对应的值. 不过在这之前, 我们声称有如下的恒等式: $$D(m_1,m_2|p_1,p_2)=\sum D(A,B;d_A,d_B).$$这里右边的求和中, $A\bigsqcup B$ 是 $\{m_1,m_2,p_1,\cdots ,p_4\}$ 的一个分划, 满足 $m_1,m_2\in A,p_1,p_2\in B$, 最后非负整数 $d_A+d_B=d=2$. 实际上对于每个项, 它对应了曲线 $C$ 被分成两个连通分支 $C_A,C_B$, 两个分支分别具有标记点集 $A,B$ 而且次数为 $d_A,d_B$. 不用担心稳定性问题, $C_A,C_B$ 都至少有三个特殊点. 这样一来, 右边的求和总共包含 $12$ 项, 如下面的图表展示.

现在我们计算 $Y$ 和每一者的相交情况.

$\bullet$ 先来看第一列, $d_A=0$ 表明第一个曲线分支 $C_A$ 的像是一个点. 那么它具有 $m_1,m_2$ 就说明这个点必须是直线 $L_1,L_2$ 的交点, 如果 $C_A$ 上还有其他标记点 $Q_i$, 那么它和交点重合的话, 和 $L_1,L_2$ 就不处于一般位置, 所以第一列只有第一个图可能贡献非零相交, 此情况下 $C_B$ 的像要经过 $Q_1,\cdots ,Q_4$ 以及 $L_1,L_2$ 的交点 (为什么), 所以第一列贡献 $N_2$.

$\bullet$ 再来看第二列, 排除前三种情况有三个一般位置的 $Q_i$ 共线, 于是只有最后一行者可能产生贡献, 它确实会贡献 $1$, 实际上正是 $Q_3,Q_4$ 连线, 它与 $L_1,L_2$ 有交点. 所以第二列共贡献 $1$.

$\bullet$ 最后是第三列, $C_B$ 那边一大堆一般位置的 $Q_i$ 不可能被打到同一个点去, 所以毫无贡献.

由此可知 $Y\cap D(m_1,m_2|p_1,p_2)=N_2+1$. 现在来计算 $Y\cap D(m_1,p_1|m_2,p_2)$. 这回我们不画图了, 我声称 $d_A,d_B=0$ 的时候都没有贡献, 因为此时 $Q_i$ 在直线 $L_i$ 上, 位置不够一般. 最后只有 $d_A=d_B=1$, 此时贡献的情况有两个, 就是 $p_3,p_4$ 被分到两边的情况, 各贡献 $1$, 由此可得 $Y\cap D(m_1,p_1|m_2,p_2)=2$. 所以我们总算求得 $N_2=1$.

三次曲线 (乃至一般)

$\bullet$ 本小节中我们来证明 $N_3=12$.

大部分技术一样, 我们考虑 ${\overline{M}}_{0,9}({\mathbb{P}}^2,3)$. 这次取 $m_1,m_2,p_1,\cdots ,p_7$, 一般位置的两条线 $L_1,L_2$ 和七个点 $Q_1,\cdots ,Q_7$, 赋值映射拉回来的除子还是记作 $Y$. 这次是 $17$ 维中余 $16$ 维, 总之还是要看边界除子,

$\circ$ 现在还是老规矩, 来看 $Y\cap D(m_1,m_2|p_1,p_2)$. 对 $d=3$, 这回 $D(\cdots |\cdots )$ 的求和中具有 $2^{3d-4}\times (d+1)=128$ 项.

$\bullet$ 如果 $d_B=0$, 那么 $C_B$ 被映到点, 一堆 $Q_i$ 共点. 这就寄了. 如果 $d_A=0$, 那么 $C_A$ 上只能有 $m_1,m_2$, 剩余的 $p_i$ 点必须都在 $C_B$, 由此贡献一个 $C_3$. 中间的情况相对复杂.

$\bullet$ 对 $d_A=1,d_B=2$, 五个点 $p_3,\cdots ,p_7$ 中必须两个在 $A$, 三个在 $B$, 否则点多余我们这里预计的侧在一般位置下不能被 $C$ 的像经过. 此时 $A\bigsqcup B$ 的分配就有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$ 种情况, 其中每种情况, $C_A,C_B$ 的像有 $N_1{N}_2=1$ 种选择方法. 最后别忘了原本的 $C_A,C_B$ 在被打到 ${\mathbb{P}}^2$ 前只有一个交点, 但是在这里像有 $d_A{d}_B=2$ 个交点, 所以我们只能保留一个交点, 爆破另一个. 由此可知, 总贡献为 $10\cdot N_A{N}_B\cdot d_A{d}_B=20$.

$\bullet$ 一样地, 对 $d_A=2,d_B=1$, 这次五个全在 $A$, 分配有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{5}\right)=1$ 种, 每种情况下, $C_A{C}_B$ 像有 $N_2{N}_1=1$ 种选择. 然后 $d_A{d}_B=2$ 个交点需要爆破一个. 但是有一个问题, 是 $L_1,L_2$ 每者都和 $C_A$ 有 $d_A=2$ 个交点, 所以还需要乘上 $d_A^2$, 这在前一种情况是看不到的. 所以贡献是 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3d-4}{3d_A-1}\right)\cdot N_{d_A}{N}_{d_B}\cdot d_A^3{d}_B=8$.

由此可知 $Y\cap D(m_1,m_2|p_1,p_2)=N_3+28$.

$\circ$ 现在看 $Y\cap D(m_1,p_1|m_2,p_2)$.

$\bullet$ 如果 $d_A=d_B=0$, 那么 $L_i,Q_i$ 不够一般位置, 也是没有贡献的.

$\bullet$ 对中间情况, $3d_A-2$ 个点要在 $A$ 侧, $3d_B-2$ 个点要在 $B$ 侧. 然后 $C_A,C_B$ 的像有 $N_{d_A}{N}_{d_B}$ 种选择方式, 每种有 $d_A{d}_B$ 个交点, 最后别忘了它们分别与 $L_1,L_2$ 的 $d_A,d_B$ 个交点. 所以算一下就知道 $d_A=1,2$ 各贡献 $5\cdot 1\cdot 1^2\cdot 2^2=20$. 加起来是 $40$.

$\circ$ 于是又到了结算动画的时间, 现在 $N_3+28=40$, 所以 $N_3=12$. 而且作为宝箱奖励, 我们还开出了传奇的 Kontsevich 公式! 且看: $$N_d+\sum _{d_A+d_B=d;d_A,d_B\in {\mathbb{Z}}_{+}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3d-4}{3d_A-1}\right)N_{d_A}{N}_{d_B}{d}_A^3{d}_B=\sum _{d_A+d_B=d;d_A,d_B\in {\mathbb{Z}}_{+}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3d-4}{3d_A-2}\right)N_{d_A}{N}_{d_B}{d}_A^2{d}_B^2.$$

最后计算的结果可见 OEIS $A013587$, 我们用一个表格来记录其前 10 项.

$d$	$N_d$
1	1
2	1
3	12
4	620
5	87304
6	26312976
7	14616808192
8	13525751027392
9	19385778269260800
10	40739017561997799680

推广

一个值得探讨的情形是 ${\mathbb{P}}^1\times {\mathbb{P}}^1$, 由 Kunneth 公式我们知道它的 $H_2$ 是 ${\mathbb{Z}}^2$, 分别贡献自两个 ${\mathbb{P}}^1$. 我们计算的 $N_{(d,e)}$ 表示过一般位置的 $2d+2e-1$ 个点的, 同调类 $(d,e)$ 的有理曲线的数量. 实际上对它来说我们也有 Kontsevich 公式, 只不过现在求和是双指标的: $$\begin{array}{rl}{N}_{(d,e)}& +\sum _{d_A+d_B=d,e_A+e_B=e}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2d+2e-4}{2d_A+2d_B-1}\right)d_A{e}_A{N}_{(d_A,e_A)}{N}_{(d_B,e_B)}(d_A{e}_B+d_B{e}_A)\\ & =\sum _{d_A+d_B=d,e_A+e_B=e}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2d+2e-4}{2d_A+2d_B-2}\right)d_A{N}_{(d_A,e_A)}{e}_B{N}_{(d_B,e_B)}(d_A{e}_B+d_B{e}_A).\end{array}$$

这里的式子对 $d,e\ge 1$ 适用, 奠基情况是 $N_{(0,1)}=N_{(1,0)}=1$ 以及 $N_{(0,d)}=N_{(d,0)}=0$ 对 $d>1$. 另外求和中不必担心出现 $(0,0)$, 因为此时 $d_A{e}_B+d_B{e}_A=0$, 所以求和中涉及的项目 $d_A+e_A,d_B+e_B$ 严格小, 是已经被计算过的. 还有, 作为推论, 不难检查 $N_{(d,1)}=N_{(1,d)}=1$ 对一切 $d\ge 0$. 如果你对计算结果感到好奇, 这里有一个小表格:

$d,e$	0	1	2	3	4	5
0	0	1	0	0	0	0
1	1	1	1	1	1	1
2	0	1	12	96	640	3840
3	0	1	96	3510	87544	1763415
4	0	1	640	87544	6508640	348005120
5	0	1	3840	1763415	348005120	43628131782

特别地, 如果你眼神比较好, 很容易发现并证明$$N_{(2,d)}=d(d+1)\cdot 2^{(2d-3)}.$$

2公理化

更加一般地, 本节中, 我们讨论的空间 $\mathbf{X}={\mathbb{P}}^{\mathbf{r}}$. 而且我们仅仅讨论亏格 $0$ 的情形. 用 $h\in H^2(X)$ 表示一个超平面的同调类, $[1]=[X{]}^{\vee }\in H^0(X)$ 表示 $X$ 的基本类. 模空间 $\overline{M}={\overline{M}}_{0,n}(X,d)$. 追随量子上同调书的记号, 本节中让我们对 ${\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_n\in H^{\ast }(X)$ 定义亏格 $0$ 的 Gromov-Witten 不变量 (本节简称之为 GWI): $$I_d({\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_n):={\int }_{[\overline{M}]}{\mathrm{ev}}_1^{\ast }{\gamma }_1⌣\cdots ⌣{\mathrm{ev}}_n^{\ast }{\gamma }_n=\int {\mathrm{ev}}^{\ast }\gamma ⌢[\overline{M}].$$上面的最后一项是我们把积分换一个形状写, 这样更像一个配对.

GWI 满足的性质

定理 2.1. GWI 满足以下四则的基本性质.

(1) 点映射公理 (Mapping to point), 假设 $\mathbf{d}=0$, 也就是说曲线的像是一个点, 此时$$I_0({\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_n)=\{\begin{array}{ll}{\int }_X{\gamma }_1⌣{\gamma }_2⌣{\gamma }_3,& n=3;\\ 0,& n\ne 3.\end{array}$$也就是说, GW 包含了上同调三重积 (cohomology triple product) 的退化情况. 特别的, 它也仅在 $\sum \mathrm{codim}{\gamma }_i=\dim X=r$ 时才可能非零.

(2) 两项不变量 (Two-point invariants), 假设 $\mathbf{n}<3$, 此时唯一非零的情况是 $n=2,d=1$, 而且$$I_1(h^r,h^r)=1,I_1(h^i,h^j)=0(i<r\text{ or }j<r).$$

(3) 基本类公理, 回忆 $[X{]}^{\vee }=[1]\in H^0(X)$ 表示 $X$ 的基本类, 则含有基本类的唯一非零情况是 $d=0,n=3$, 此时$$I_0({\gamma }_1,{\gamma }_2,[1])={\int }_X{\gamma }_1⌣{\gamma }_2.$$这是前推的维数变化导致的, 到时我们会看到遗忘映射把基本类前推没了.

(4) 除子公理, 假设 $d>0$, ${\gamma }_{n+1}=h\in H^2(X)$ 则$$I_d({\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_n,h)=I_d({\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_n)\cdot d.$$它说的是, 除子 $h$ 和次数 $d$ 有理曲线的交理应是 $d$.

从 (1) 和 (3) 中我们能稍稍看出一点端倪, GWI 和直接的数点在一些极端情况还是稍稍有所区别. 例如即便 ${\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_4$ 维数正确地横截交于一点, 在数交点的时候, 也不能直接看 $I_0({\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_4)=0$; 类似地, 如果我们在一般数点情况下加一个无意义的标记点打到 $[1]$, 这显然不会影响数点结果, 但是也会杀死 GWI. 某种意义上说, ${\gamma }_i=[1]$ 以及 $d=0$ 的情况, 我们计算的将是曲线和整个 $X$ 的相交, 或者曲线被打到一个点的特殊情况, 这些情况下, 相交理论本身就会具有某些奇异性. 不过这种极端表现在一般的 (全体 ${\gamma }_i$ 至少余复 $1$ 维, $d>0$) 计数计算中, 例如 $I_d^{{\mathbb{P}}^2}(\underset{3d-1}{\underbrace{h^2,\cdots ,h^2}})=N_d$ 的情形, 不会出问题.

证明. (1) 首先 $d=0$ 时 $\overline{M}={\overline{M}}_{0,n}(X,0)={\overline{M}}_{0,n}\times X$, 由此首先就要有 $n\ge 3$, 接下来考虑投影映射 ${\mathrm{pr}}_2:{\overline{M}}_{0,n}\times {\mathbb{P}}^r\to {\mathbb{P}}^r$, 这样使用投影公式, 计算 GWI 得到$$I_0({\gamma }_1,\cdots ,{\gamma }_n)={\int }_{[{\overline{M}}_{0,n}\times {\mathbb{P}}^r]}{\mathrm{pr}}_2^{\ast }({\gamma }_1⌣\cdots ⌣{\gamma }_n)=\int ({\gamma }_1⌣\cdots ⌣{\gamma }_n)⌢({\mathrm{pr}}_2{)}_{\ast }[{\overline{M}}_{0,n}\times {\mathbb{P}}^r].$$考虑维数问题, 如果 ${\overline{M}}_{0,n}$ 的维数大于 $0$, 就会导致前推杀死基本类. 而只有 $n=3$ 时其维数才是 $0$, 此时 $({\mathrm{pr}}_2{)}_{\ast }[{\overline{M}}_{0,n}\times {\mathbb{P}}^r]=[{\mathbb{P}}^r]$, 所以其计算如我们所指出的那样.

(2) 这是靠对 $\sum \mathrm{codim}{\gamma }_i$ 的估计得到的, 首先 $\dim {\overline{M}}_{0,n}({\mathbb{P}}^r,d)=rd+r+d+n-3$. 这个维数并不小, 如果 $d>0$ 的话它至少是 $2r+n-2$, 这样如果 $n\le 2,r\ge 2$, 总有 $2r+n-2\ge nr$, 取等当且仅当 $n=2,d=1$, 这就是题目所述的情况. 如果 $d=0$, 情况就会变成 (1), 我们已经讨论过了, 在 $n\le 2$ 时不能非零.

在介绍后面两个公理前, 我们先引入记号, 对于遗忘映射 $ϵ:{\overline{M}}_{0,n+1}({\mathbb{P}}^r,d)\to ϵ:{\overline{M}}_{0,n}({\mathbb{P}}^r,d)$, 它和赋值之间具有交换图表

(3)

$\square$

3WDVV 方程