\newcommand{\R}{\mathbb{R}}以下我们考虑的是\R^4或者S^4上的Yang-Mills泛函,它们是共形不变的。
一.自对偶和反自对偶
我们寻找\R^4或S^4上的一个重要问题:Yang-Mills泛函在何时取得最小值?于是我们考虑\R^4上微分形式*:\wedge^2 \R^4\to \wedge^2 \R^4,我们有**=1。那么定义F_A^+=\frac{1}{2}(F_A+*F_A)以及F_A^-=\frac{1}{2}(F_A-*F_A)。我们不难验证*F_A^+=F_A^+,以及*F_A^-=-F_A^-。以及有\langle F_A^+,F_A^-\rangle=0,我们相当于给出了*的特征值所对应的分解。也就是说YM(D_A)=\frac{1}{2}\int_M\langle F_A,F_A\rangle*1=\frac{1}{2}\int_{\R^4}\left(\|F_A^+\|^2+\|F_A^-\|^2\right)dV.而注意到p_1(E)[M]=\frac{1}{8\pi^2}\int_M \left(\|F_A^+\|^2+\|F_A^-\|^2\right)dV为流形的第一Pontrjagin类。这是一个拓扑不变量,不依赖于联络的选取。所以YM(D_A)=\left\{\begin{array}{lr}\int_{\R^4}\|F_A^+\|^2 dV-4\pi^2 p_1 & \mbox{当}p_1\le 0\\ \int_{\R^4}\|F_A^-\|^2 dV+4\pi^2 p_1 & \mbox{当}p_1\ge 0\end{array}\right.可见当p_1\le 0时,在F_A^+=0时取得最小值,这也是Yang-Mills泛函的临界点。对于p_1\ge 0同理,我们就有如下的定义:
定义 F_A^+=0\Leftrightarrow F_A=*F_A称为自对偶的Yang-Mills联络,F_A^-=0\Leftrightarrow F_A=-*F_A称为反对偶的Yang-Mills联络
也就是说,我们解出了自对偶或反对偶的Yang-Mills联络(这是一个一阶线性方程),就相当于解出了原来的二阶线性方程D_A^* F_A=0。这与调和方程的解和柯西-黎曼方程的解两者关系类似。
注1:四维球面在去除一点的情况下共形于\R^4。而由于Yang-Mills泛函在共形下不变,所以在\R^4上自对偶解也可以放到S^4上变成一个自对偶解(对于反自对偶也类似)。
注2:Uhlenbeck可去奇点定理(1982):如果在去心的球B\backslash \{0\}上有一个Yang-Mills联络,且\int_{B\backslash\{0\}}\|F_A\|^2<+\infty,那么存在B上的Yang-Mills联络\tilde{A},使得\tilde{A}是A的扩充,且\int_{B}\|F_{\tilde{A}}\|^2<+\infty。可参见这里。所以注1的内容由此定理可以得到。
注3:自对偶到反自对偶只需要改变\R^4的定向,所以自对偶和反自对偶本质上没有什么区别,所以以下我们只考虑自对偶的情况。\newcommand{\su}{\mathfrak{su}}
二.Polyakov和t'Hooft的自对偶Yang-Mills解
Polyakov和t'Hooft的解是\R^4上结构群为SU(2)的Yang-Mills解,这也是第一个非平凡的Yang-Mills方程的解。不过我们首先要刻画SU(2)以及\su(2)。为此我们引入“四元数”的概念\newcommand{\Ha}{\mathbb{H}} \Ha=\{x=x_0+x_1 i+x_2 j+ x_3 k|x_i\in\R \}.满足i^2=j^2=k^2=-1,ij=k=-ji,jk=i=-kj,ki=j=-ik.而其共轭为\bar{x}=x_0-x_1 i-x_2j-x_3k。模即为|x|^2=x_0^2+x_1^2+x_2^2+x_3^2=x\cdot \bar{x}. \Im x=x_1 i+x_2j+x_3 k事实上我们引入矩阵\begin{bmatrix}x_0+i x_1 & x_2+ ix_3 \\ -x_2+i x_3 & x_0-ix_1\end{bmatrix}可见其加法乘法满足四元数的加法乘法。我们断言如下:
断言 \su(2)\cong \Im \Ha。
证明:已知\su(2)=\left\{ \left.\begin{bmatrix}ia & b \\ -\bar{b} & -ia\end{bmatrix}\right|a\in \R,b\in \mathbb{C}\right\}.可见\su(2)有三个基,令b=b_1+ib_2,那么有I=\begin{bmatrix}i & 0 \\ 0 & -i\end{bmatrix},J=\begin{bmatrix}0 & 1 \\ -1 & 0\end{bmatrix},K=\begin{bmatrix}0 & i \\ i & 0\end{bmatrix}.这样显然有A\in\su(2),A=aI+b_1J+b_2 K,且满足[I,J]=2K,[J,K]=2I,[K,I]=2J.与i,j,k的生产关系恰好相同。\square
这样在平凡主丛P=\R^4\times \su(2)上寻找一个自对偶的Yang-Mills场就相当于找一个取值在\Im\Ha且满足自对偶Yang-Mills的微分1-形式。这里我们设A(x)=\Im(f(x,\bar{x})d\bar{x})是所需要的微分1-形式,其中f是\Ha值的一个函数。而注意到\begin{align*}dx\wedge d\bar{x}&=(dx_1+i dx_2+jdx_3+kdx_4)\wedge (dx_1-i dx_2-jdx_3-kdx_4)\\&=-2[i(dx_1\wedge dx_2+dx_3\wedge dx_4)+j(dx_1\wedge dx_3+dx_4\wedge dx_2)+k(dx_1\wedge dx_4+dx_2\wedge dx_3)]\end{align*}这是\Im \Ha值的微分2-形式。进一步我们有*(dx\wedge d\bar{x})=dx\wedge d\bar{x},即其自对偶。Polyakov指出,当f(x,\bar{x})=\frac{x}{1+|x|^2}时,我们有A=\Im\left(\frac{x d\bar{x}}{1+|x|^2}\right),F_A=\frac{dx\wedge d\bar{x}}{(1+|x|^2)^2}.也就是说他给出了在P=\R^4\times SU(2)上的一个非平凡的自对偶解!进一步计算来说YM(D_A)=\frac{1}{2}\int_{\R^4}\|F_A\|^2 dV_{\R^4}=12\int_{\R^4}\frac{dx_1 dx_2dx_3 dx_4}{(1+|x|^2)^4}=2\pi^2由于Uhlenbeck奇点可去定理可知,它也是S^4上自对偶的Yang-Mills解。
更一般地,t'Hooft在Polyakov的基础上构造出来带5个参数的Yang-Mills解A(x)=\Im\left(\frac{\lambda^2(x-a)d\bar{x}}{1+\lambda^{-2}|x-a|^2}\right),\lambda\in\R,a\in\Ha.
问题是,上述的t'Hooft解是否穷尽了S^4(1)上p_1=\frac{1}{2}的所有自对偶的Yang-Mills解?Atiyah-Hitchin-singer证明了在S^4的平凡主丛P=S^4\times SU(2)上所有k=1的自对偶Yang-Mills解组成空间(模空间)维数为5,由于t'Hooft解的自由度恰为5,所以它的确穷尽了所有p_1=\frac{1}{2}(这里k=2p_1=1)自对偶Yang-Mills解.
接下来的问题是,在底空间S^4的平凡主丛上,是否存在非自对偶或反自对偶的Yang-Mills解?Sibner-Sibner-Uhlenbeck在S^4上的主丛中已构造出来。
Donaldson用Yang-Mills理论给出更多有趣的结果,比如说在\R^4上不微分同胚但是同胚的的微分结构有不可数无穷多个!
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