超复几何中的特殊度量

《Advances in Mathematics》：Special metrics in hypercomplex geometry

　　埃利亚·富西 | 乔瓦尼·詹蒂利
都灵大学G.皮亚诺数学系，意大利都灵Via Carlo Alberto 10，10123

摘要
我们研究了特殊超Hermitian度量的存在性和几何性质。首先，我们根据Obata全纯性在SL(n,H)中描述了超复结构，并结合超复上同调不变量的消失来表征这些结构。基于此，我们详细探讨了四元数Gauduchon度量和四元数平衡条件：我们描述了它们的性质并确定了它们存在的标准。此外，我们证明了一个关于强HKT和平衡超Hermitian度量不相容性的结果，证实了Fino和Vezzoni在超复框架下的一个未解决问题。最后，我们引入了一个类Einstein条件，用于确定基本性质、障碍，并提供了示例。特别是，我们展示了Joyce流形总是允许这种类型的度量。

1. 引言
特殊度量的研究已成为复非K?hler几何学中的一个非常重要的研究领域，其中人们对研究满足比K?hler条件更弱条件的Hermitian度量越来越感兴趣。在超复几何学中，最接近K?hler条件的度量概念是由Howe和Papadopoulos引入的具有挠率的超K?hler度量，简称HKT度量[40]。HKT度量的诞生源于对带有Wess-Zumino项的超对称性、黑洞以及de Sitter超引力的研究[37],[38],[39]及其中的参考文献。很快，从[36],[64]开始，HKT度量也从数学角度引起了特别的兴趣，现在已知它们的许多性质[2],[10],[11],[20],[21],[22],[43],[45],[66]。Alesker和Verbitsky提出的尚未证明的四元数Calabi猜想也重新激发了对HKT流形的数学兴趣[3]。
回顾一下，一个超复流形(Mn,H)是由一个4n维光滑流形M和一个GL(n,H)结构H组成的，其中H是四元数的斜域。如果流形M上的Riemann度量对于每个L∈H都是Hermitian的，则称该度量为超Hermitian的。固定一对反对易的复结构I,J∈H，度量g可以通过相对于I的(2,0)型的形式Ω来等价描述，且Ω在适当的意义上是正的。如果(g,L)的所有Bismut联络都相同（对于L∈H），则度量g是HKT的。根据[36]，这等价于?Ω=0，其中d=?+?ˉ是由I诱导的外微分的分解。
H中所有复结构都是可积的这一事实等价于存在一个唯一的无挠联络?Ob，使得对于所有L∈H都有?ObL=0，这个联络称为Obata联络[54]。根据定义，Hol(?Ob)?GL(n,H)。当全纯性位于交换子子群SL(n,H)中时，流形(M,H)在文献中被称为SL(n,H)流形[35],[45],[49],[50],[65],[67]。SL(n,H)条件意味着对于所有L∈H，规范丛K(M,L):=ΛL2n,0M在整个流形上都是全纯平凡的[65]。Verbitsky证明了如果在一个紧凑的HKT流形上存在一个L∈H使得K(M,L)是全纯平凡的，那么该流形就是SL(n,H)流形[65，定理2.3]。另一方面，Andrada和Tolcachier最近表明，如果不假设HKT条件，Verbitsky的结果就不成立[5，示例6.3]。因此，自然而然地寻求更弱的度量条件，以便在[65，定理2.3]中获得的等价性仍然成立。在这个方向上，[35，命题16]提供了一个自然的候选条件，其中表明在紧凑的SL(n,H)流形上总是存在四元数Gauduchon度量，即满足??JΩn?1=0的超Hermitian度量，这里?J:=J?1?ˉJ。注意条件(2)不依赖于反对易的I,J∈H的选择[4]。此外，SL(n,H)条件和特殊超Hermitian度量的存在性与我们称之为第一四元数Bott-Chern类的超复结构的一个不变量密切相关。这个类表示为c1qBC(M,I,J)，定义为四元数Bott-Chern上同调类[?JαΩ]qBC，其中αΩ是由关系?Ωˉn=αΩ∧Ωˉn确定的1-形式。这样的类不依赖于超Hermitian度量的选择。此外，即使c1qBC(M,I,J)的定义依赖于I和J，c1qBC(M,I,J)是正的、零的或负的条件也不依赖于I和J的选择[3.2]。因此，我们可以简单地写出c1qBC(M,H)>0、c1qBC(M,H)=0和c1qBC(M,H)<0。

接下来我们可以陈述我们的第一个主要定理：
定理1.1
一个紧凑的超复流形(Mn,H)是SL(n,H)流形当且仅当它允许一个四元数Gauduchon度量，并且它的第一四元数Bott-Chern类消失。
注意，该定理意味着一个允许四元数Gauduchon度量的紧凑超复流形(Mn,H)是SL(n,H)流形当且仅当存在一个L∈H使得K(M,L)是全纯平凡的，因为这样的L的存在意味着c1qBC(M,H)=0[3.3]。
在HKT假设下，已知SL(n,H)条件意味着??J引理的有效性[35，定理6]。作为定理1.1的一个结果，我们实现了这两个性质之间的等价性。

推论1.2
设(Mn,H)是一个允许兼容HKT度量的紧凑超复流形。那么，SL(n,H)条件和??J引理是等价的。
定理1.1激发了对四元数Gauduchon度量的研究。回想一下，如果复流形(Mm,I)上的Hermitian度量g满足??ˉωm?1=0，则称该度量为Gauduchon度量。在紧凑的超复流形上，根据[31]和引理2.8，总是存在一个对于所有L∈H都是Gauduchon的度量gG。然而，对于四元数Gauduchon度量来说，情况并非如此（2），因为一个超复流形可能不允许这样的度量[7.4]。在下一个结果中，我们描述了在固定的超Hermitian共形类{Ω}中这些度量的存在性。作为一个副产品，我们得到了四元数平衡度量的存在性标准，即满足?Ωn?1=0的度量。

定理1.3
设(Mn,H,g)是一个紧凑的超Hermitian流形。那么，g与单位体积的唯一定四元数Gauduchon度量是共形的当且仅当gG满足：
(3)ΓBis({ΩG}):=∫MsBis(ΩG)ΩGn∧ΩˉGn(n!)≥0
和
(4)sCh(ΩG)?2|αΩG|gG≥0
要么恒等于零，要么改变符号。
此外，g与单位体积的唯一定四元数平衡度量是共形的当且仅当gG满足ΓBis({ΩG})=0和(4)。
这里，固定的反对易的I,J∈H，记ΩG∈ΛI2,0M为与gG相关联的形式，而sCh(ΩG)和sBis(ΩG)分别是Gauduchon度量的Chern和Bismut标量曲率，它们不依赖于H中I的选择[2.7]。我们回想一下，量ΓBis({ΩG})在[8]中被引入，称为gG的共形类的Gauduchon-Bismut度数。
我们还将根据流形上的电流来描述四元数Gauduchon和四元数平衡度量的存在性[4.4]。正如我们将看到的，这些特殊度量的存在性对流形的Chern和Bismut标量曲率以及Kodaira维数施加了一些限制。
第一四元数Bott-Chern类的消失也自然地阻碍了超复流形上强HKT度量的存在[5.2]。如果一个HKT度量的Bismut挠率是闭合的，则称其为强HKT度量[11],[14],[15],[36],[44],[55]。这样的度量非常罕见，它们对超复结构施加了一些限制。例如，Verbitsky在[66，定理5.11]中表明，在紧凑情况下，当n≥3时，一个(2,0)四元数Bott-Chern上同调类不能同时包含强HKT度和平衡HKT度量，除非流形实际上是超K?hler的。在这里，我们将通过证明以下定理来改进这个不相容性结果。

定理1.4
设(M,H)是一个具有c1qBC(M,H)≥0且c1qBC(M,H)≠0的紧凑超复流形。那么，(M,H)不允许任何平衡的超Hermitian度量。特别地，如果(M,H)允许一个强HKT度量和一个平衡的超Hermitian度量，那么它是超K?hler的。
这个定理为Fino-Vezzoni猜想[26，问题3]的有效性提供了证据[26，问题3]，多年来这引起了很多关注，现在已经有了一些部分确认[17],[18],[24],[25],[26],[27],[28],[34]。
一个强HKT度量不能是Chern-Ricci平坦的，除非它是超K?hler的，因此很自然地会考虑可以施加在Chern曲率上的对称性。在这个方向上，我们通过定义一个Chern-Einstein度量来适应Einstein条件，即一个满足RicωICh?JRicωICh2=λωI的超Hermitian度量，其中λ∈C∞(M,R)，这里的ωI=g(I?,?)，RicωICh是相应的Chern-Ricci形式。在紧凑的HKT情况下，λ必然是一个非负常数，与经典的K?hler-Einstein情况相反[56，定义4]。具有λ>0的HKT-Einstein度量使得Lee形式成为[56，定义4]中的潜在1-形式。允许一个闭合的潜在1-形式是具有D(2,1;?1)对称性的必要条件，这是D(2,1;α)对称性的一个退化[53]。另一方面，当λ=0时，这些度量实际上是平衡的HKT度量，从四元数Calabi猜想的角度来看，它们在紧凑的HKT SL(n,H)流形上扮演K?hler Calabi-Yau度量的角色[66]。相反，具有非零Einstein常数的HKT-Einstein度量只能存在于非SL(n,H)的流形上。
正如[10]中所观察到的，Joyce超复流形从来不是SL(n,H)流形，因此提供了可能存在正Chern-Einstein度量的候选。回想一下，一个紧凑的半简单李群G与适当维度的环面Tk的直积允许左不变的超复结构[46],[61]。我们将配备其中一个超复结构的G×Tk称为Joyce超复流形。Opfermann和Papadopoulos[55]表明，在某些选择H的情况下，Cartan-Killing形式可以扩展为一个兼容的强HKT度量[36]。然而，是否一般的Joyce超复流形携带HKT度量仍然是一个未解决的问题。下一个定理解决了这个问题，同时也提供了一大类具有正Einstein因子的HKT–Einstein流形。

定理1.5
设(G×Tk,H)是一个Joyce超复流形。那么，存在一个与H兼容的具有正Einstein常数的不变HKT-Einstein度量。

现在让我们详细解释论文的组织结构。在第一节中，我们将收集一些超复几何学中的初步知识以及众所周知的结果和事实。特别是，第2.4小节将专门研究规范形式α和β，它们将是整篇论文中的基本工具。我们将把它们与一些已知量联系起来，如Lee形式、第一Chern-Ricci形式和Bismut-Ricci形式。
在第3节中，我们将定义超复流形的第一四元数Bott-Chern类，并证明定理1.1以及其他四元数Gauduchon和四元数平衡度量的性质。
在第4节中，我们将考虑四元数Gauduchon和四元数平衡度量的存在性问题。在这一节中，我们证明定理1.3，并确定四元数Gauduchon度量存在的充分条件，即存在一个适当的?ˉ?ˉJ-闭合的(2n,0)形式。
在第5节中，我们将关注强HKT度量，证明定理1.4，而在第6节中，我们将研究超Hermitian度量上的Chern-Einstein条件并推导出它们的基本性质。在这里，我们还将建立定理1.5。
理论框架通过第7节中收集的一些示例和两个构造得到丰富。第一个是Arroyo和Nicolini[7，第5节]的一个想法的改编，它适用于幂零李代数，而第二个是由Barberis和Fino[11]设计的，适用于任何李代数。在这一节中，我们还介绍了一些具有负Einstein因子的非紧凑HKT-Einstein流形的示例。

致谢
我们想对L. Vezzoni表示感谢，他对我们的论文一直给予鼓励并表现出了兴趣。我们还要感谢他以及L. Bedulli对论文阐述提出的宝贵建议。我们感谢L. Bedulli和L. Marcocci关于定理1.5的有益讨论。作者们希望感谢A. Fino、G. Grantcharov、M. Lejmi和M. Sroka的兴趣和他们的评论，这些评论极大地改进了论文。第二位作者是从M. Verbitsky那里得到Einstein条件的定义的，他对M. Verbitsky深表感激。

2. 初步结果
2.1. 超Hermitian结构
设(Mn,H)是一个实维数为4n的超复流形，即H是一个复结构的2-球面。固定一对反对易的复结构 I,J∈H，我们有 H={aI+bJ+cK|(a,b,c)∈S2}，其中 K=IJ。我们强调 (I,J) 的作用并不是优先的，我们可以用 H 中的任何一对反对易的复结构来替换它。另一方面，在整篇文章中，我们总是会考虑一个固定的基 (I,J,K) 对于 H。我们用 ΛLp,qM 来表示相对于 L∈H 的 (p,q)-形式空间。一个对于任何 L∈H 都是 L-Hermitian 的黎曼度量 g 被称为超 Hermitian 度量。设 ωL 是 Hermitian 对 (g,L) 的基本形式。显然，一个 I-Hermitian 度量 g 是超 Hermitian 的当且仅当 ωI 是 J-反变的。超 Hermitian 结构也可以完全用以下形式来描述：(5)Ω:=ωJ+?1ωK2∈ΛI2,0M。形式 Ω 满足以下性质：(6)JΩˉ=Ω,Ω(X,JX)>0,X∈TM?{0},Ωn∧Ωˉn(n!)2=ωI2n(2n)！相反，任何满足 (6) 中前两个性质的 Ω∈ΛI2,0M 都能诱导出一个超 Hermitian 度量。鉴于这种对应关系，我们通常会说 Ω 是一个超 Hermitian 度量，尽管这在语言上有点滥用。然而，我们可以证明以下内容。命题3.2：设(M,H)是一个超复流形。如果c1qBC(M,I,J)为正、零或负，那么对于H中的任何其他反对易复结构L,P，c1qBC(M,P,L)也是如此。证明：首先，如同在证明命题2.7的开头所做的那样，我们只需证明当P=I且L=aJ+bK∈H时的情况。然后，对于任何超hermitian度量Ω，记住恒等式(16)，我们有(18)RicωLCh?IRicωLCh2=(RicωLCh)2,0+(RicωLCh)?,2=(a?1/2)?Jα+(a+1/2)?Jα′。如果c1qBC(M,I,J)=0，我们可以选择Ω使得?Jα=0，从而得出c1qBC(M,I,L)=0。如果c1qBC(M,I,J)>0，我们可以选择Ω使得?Jα为q-正的，那么根据(18)，RicωLCh?IRicωLCh是一个相对于L的(1,1)-形式，这意味着c1qBC(M,I,L)>0，正如所声称的。负情况也是类似的。□ 由于命题3.2，当这种情况发生时，我们将明确地写出c1qBC(M,H)>0，c1qBC(M,H)=0，或c1qBC(M,H)<0。备注3.3：设(M,H)是一个超复流形。我们有c1BC(M,I)=0意味着c1qBC(M,H)=0。实际上，如果c1BC(M,I)=0，对于(M,H)上的任何超hermitian度量Ω，我们有RicωICh是???-精确的。因此，通过共形缩放，我们可以找到一个Chern-Ricci平坦的超hermitian度量，从而得出c1qBC(M,H)=0。我们在小节7.4中提到了一个例子，说明反之通常不成立。我们观察到，第一个四元数Bott-Chern类的消失限制了Kodaira维度κ(M,L)的可能性，对于任何L∈H。命题3.4：设(M,H)是一个紧凑的超复流形。如果c1qBC(M,H)=0，那么对于所有L∈H，κ(M,L)≤0。此外，κ(M,L)=0当且仅当K(M,L)是全纯扭曲的。证明：不失一般性，我们证明L=I时的情况。设Ω是(M,H)上的任何超hermitian度量。由于c1qBC(K(M,I),J)=?c1qBC(M,I,J)=0，存在一个Hermian度量h在K(M,I)上使得Φ(Rh?JRh2)=0。现在，对于任何k≥1和任何截面ψ∈H?(M,K(M,I)?k)，直接计算得出ΔωI|ψ|2=|?ψ|2?k|ψ|2trωI(Rh)=|?ψ|2?2k|ψ|2trΩ(Φ(Rh?JRh2))=|?ψ|2≥0，其中|?|2和?分别是相对于在K(M,I)?k上诱导的度量hk的点态平方范数和Chern联络。强最大值原理现在意味着|ψ|2是常数，因此?ψ≡0。因此，对于任何k≥0，我们有dim?H?(M,KM?k)≤1，由此得出κ(M,I)≤0。最后，我们有κ(M,I)=0当且仅当至少存在一个k≥1使得dim?H?(M,K(M,I)?k)=1，即存在一个K(M,I)?k的全局全纯截面，该截面是平行的且处处非零。□ 请注意，一般来说，H中的两个不同复结构对应的Kodaira维度可能不相等（见小节7.4）。我们现在将关注SL(n,H)条件。设(Mn,H)是一个超复流形。在[65, Claim 1.2]中，Verbitsky观察到，作为SL(n,H)意味着K(M,L)对于所有L∈H是全纯平凡的，特别是c1qBC(M,H)=0。这也可以从以下结果推导出来，可以将其视为[45, Theorem 2.2]的推广。命题3.5：设(Mn,H)是一个超复流形。那么以下条件等价：(1)Obata联络的holonomy群包含在SL(n,H)中；(2)对于(M,H)上的任何超hermitian度量Ω，(1,0)-形式αΩ是?-精确的；(3)在任何超hermitian共形类中存在唯一的（经过缩放）度量Ω使得αΩ=0。证明：我们知道Hol(?Ob)?SL(n,H)当且仅当存在一个全局q-正的?Ob-平行截面Θ。观察到超复流形(M,H)的典范丛总是可以通过Ωn拓扑平凡化。因此，我们可以将Θ与函数T∈C∞(M,R)识别，然后?ObT=dT+ηT，当且仅当η=?d(log2T)时为零，即联络1-形式是精确的。因此(1)等价于(2)。显然(3)意味着(2)；为了看到逆情况，假设αΩ=?f对于某些f∈C∞(M,R)，那么共形缩放后的度量Ωf=e?fnΩ满足αΩf=0。这样的度量的唯一性是显而易见的。□我们现在研究四元数Gauduchon和四元数平衡度量存在的一些有趣后果。命题3.6：设(Mn,H,g)是一个允许兼容的四元数Gauduchon度量的紧凑超hermitian流形。那么，以下条件等价：(1)α=0；(2)对于所有L∈H，RicωLCh=0；(3)?Jα=0。如果此外g是四元数平衡的，那么它不能有负的Chern标量曲率，上述条件也等价于(4)sCh=0；(5)g是平衡的。证明：从命题2.6(b)我们知道α=0总是意味着Chern-Ricci平坦性，这反过来又意味着根据命题2.6(c)?Jα=0。因此，我们只需证明?Jα=0意味着α=0。设Ω?是(M,H)上的一个四元数Gauduchon度量。一般来说，我们有(19)??JΩ?n=(??JαΩ+αΩ∧J?1α?Ω)∧Ω?n。因此，假设?JαΩ=0，与Ω?n?1n!楔合并对M积分，我们有0=∫M??JΩ?n?1∧Ω?n!(n?1)!=∫MΩ?n?1∧??JΩ?n!(n?1)!=∫M|αΩ|Ω?2Ω?n∧Ω?n(n!)2，证明αΩ=0。现在，如果g是四元数平衡的，命题的其余部分从引理2.10中得出。□现在我们准备证明定理1.1和推论1.2。定理1.1和推论1.2的必要性来自[35, Proposition 16]，[65, Claim 1.2]和备注3.3。相反，假设c1qBC(M,H)=0意味着任何超hermitian共形类都包含一个使得?Jα=0的超hermitian度量，因此根据命题3.6α=0，然后(M,H)是SL(n,H)，根据命题3.5。这就完成了定理1.1的证明。很明显，??J-引理意味着c1qBC(M,H)=0，如果(M,H)允许HKT度量，那么根据[35, Theorem 6]，??J-引理也被SL(n,H)条件所蕴含。因此推论1.2得以证明。□注意，在推论1.2中的HKT假设是不能放宽的，见例子7.2。在本节的最后部分，我们收集了定理1.1的一些后果。推论3.7：设(Mn,H)是一个满足??J-引理的紧凑超复流形。那么，以下条件等价：(1)(M,H)是一个SL(n,H)-流形；(2)存在一个(M,H)上的四元数Gauduchon度量；(3)存在一个(M,H)上的四元数强Gauduchon度量。证明：(1)和(2)之间的等价性来自于定理1.1。我们只需证明(2)意味着(3)。设Ω是(M,H)上的一个四元数Gauduchon度量。因此，?JΩn?1是?-封闭的且?J-精确的。由于??J-引理，它是?-精确的，所以Ω是四元数强Gauduchon的。□通过结合引理3.7、定理1.1和[49, Theorem 10.1]，我们得出推论3.8：设(M2,H)是一个紧凑的超复流形。那么，以下条件中的任何一个都意味着第三个条件：(1)(M,H)是一个SL(2,H)流形；(2)存在一个(M,H)上的HKT度量；(3)??J-引理在(M,H)上成立。我们应该提到，假设(1)，[35, Theorem 25]和[35, Theorem 1]的组合已经表明(2)和(3)是等价的。假设存在一个四元数平衡度量，我们可以加强命题3.4。推论3.9：设(Mn,H)是一个允许兼容的四元数平衡度量的紧凑超复流形。那么，c1qBC(M,H)=0当且仅当对于所有L∈H，κ(M,L)=0，而c1qBC(M,H)≠0当且仅当对于所有L∈H，κ(M,L)=?∞。证明：在这些假设下，我们从定理1.1知道c1qBC(M,H)=0等价于对于所有L∈H，K(M,L)是全纯平凡的，根据命题3.4，这意味着κ(M,L)=0对于所有L∈H。另一方面，如果c1qBC(M,H)≠0，那么任何四元数平衡度量类中的Gauduchon度量ΩG不能是平衡的，否则流形将是SL(n,H)。实际上，形式βΩG将是?-精确的，但那么，如果ΩG是平衡的，αΩG也将是?-精确的，这意味着SL(n,H)条件。利用四元数平衡度量的Bismut-Ricci平坦性和[4, Proposition 3.1]，我们得出结论。备注3.10：目前尚不清楚一个对于任何L∈H都具有全纯平凡典范丛的超复流形(M,H)是否一定是SL(n,H)，见[5, Remark 6.4]。关于四元数Gauduchon和四元数平衡度量的存在性结果：首先，我们用(1,0)-形式β重写四元数Gauduchon条件。引理4.1：设(Mn,H,g)是一个超hermitian流形。那么，g是四元数Gauduchon当且仅当sBis+2|β|2=0。证明：展开??JΩn?1并使用(12)，我们得到该结论。□感谢命题2.7和命题2.6(a)，我们看到四元数Gauduchon和四元数平衡条件不依赖于H中的一对反对易复结构。这对于四元数强Gauduchon度量不再成立，见小节7.5。作为与紧凑复数情况的第一个区别，在紧凑复数情况中，Gauduchon度量存在于任何共形类中（见[31]），我们强调存在不允许任何四元数Gauduchon度量的紧凑超复流形的例子，见小节7.4。然而，如前一节所观察到的，紧凑SL(n,H)流形总是允许四元数Gauduchon度量。同样，我们可以证明：引理4.2：设(Mn,H)是一个SL(n,H)-流形。那么，存在四元数平衡度量当且仅当存在一个平衡的超hermitian度量，并且这两个度量是共形的。证明：通过引理2.9，一个超hermitian度量g是平衡的当且仅当α+β=0，因此，根据SL(n,H)条件，β是?-精确的，因此，通过共形变换，我们可以找到一个四元数平衡度量。相反，如果β=0，那么θ是d-精确的，使用SL(n,H)条件。因此，我们可以找到一个进行共形变换的超hermitian平衡度量。□我们强调，在不是SL(n,H)的超复流形上也存在四元数Gauduchon度量，实际上甚至存在由Joyce构造的HKT非SL(n,H)流形，见小节6.4或Swann [63]。我们现在准备证明定理1.3。定理1.3的证明：首先，我们关注四元数Gauduchon情况。首先，我们证明条件(3)和(4)对于给定超hermitian共形类中四元数Gauduchon度量的存在是必要的。设Ω=efn?1ΩG是一个四元数Gauduchon度量，其中ΩG是在Ω的共形类中单位体积的Gauduchon度量。使用(19)，我们有0=∫M??JΩn?1∧Ω?Gn!(n?1)!=∫MΩn?1∧??JΩ?Gn!(n?1)!=?∫M(trΩ(?JαΩG)?|αΩG|Ω2)Ωn∧Ω?Gn(n!)2。然后(20)∫Mef(sCh(ΩG)?2|αΩG|ΩG2)ΩGn∧Ω?Gn(n!)2=0。恒等式(20)告诉我们A={f∈C∞(M,R)|∫Mef(sCh(ΩG)?2|αΩG|ΩG2)ΩGn∧Ω?Gn(n!)2=0}≠?。可以容易地证明上述条件等价于(4)。此外，使用引理4.1，Ω是四元数Gauduchon当且仅当(21)ΔΩGf+|βΩG+?f|2+1/2sBis(ΩG)=0。对ΩG诱导的体积积分得到(3)。现在让我们证明唯一性部分。假设Ω和Ωf:=efn?1Ω都是单位体积的四元数Gauduchon度量，那么0=sBis(Ωf)+2|βΩf|Ωf2=e?fn?1(sBis(Ω)+2ΔΩf+2|βΩ+?f|Ω2)=2e?fn?1(ΔΩf+2Re(g(βΩ,?f))+|?f|Ω2)。由于我们有ΔΩf+2Re(g(βΩ,?f))=?|?f|Ω2≤0，我们可以将f视为线性方程ΔΩφ+2Re(g(βΩ,?φ))=0的超解。应用最小值原理，我们得出f必须是常数。另一方面，Ωf和Ω都具有单位体积的事实保证了f=0。现在我们证明定理的存在性部分。设ΩG是一个单位体积的Gauduchon度量，并固定h∈A。我们可以假设h关于ΩG的平均值为零（加上一个常数）。我们考虑Ωh=ehn?1ΩG，并且如上所述，我们有(22)ehn?1(12sBis(Ωh)+|βΩh|Ωh2)=12sBis(ΩG)+ΔΩGh+|βΩG+?h|ΩG2。为了解决(21)，我们使用连续性经典方法。我们考虑以下方程组对于t∈[0,1](23)ΔΩGf+|βΩG+?f|ΩG2+1/2sBis(ΩG)=(1?t)ehn?1(12sBis(Ωh)+|βΩh|Ωh2)。我们将在A中寻找关于ΩG平均值为零的解。对于t=0，我们容易观察到h是一个解。现在，考虑t∈[0,1]使得相应的方程有解f∈C2,α(M,R)，并定义算子Ft:A?2,α→R使得Ft(φ):=ΔΩGφ+|βΩG+?φ|ΩG2+1/2sBis(ΩG)?(1?t)ehn?1(12sBis(Ωh)+|βΩh|Ωh2)，对于任何t∈[0,1]，其中A?2,α={φ∈C?2,α(M,R)|∫Meφ(sCh(ΩG)?2|αΩG|ΩG2)ΩGn∧Ω?Gn(n!)2=0}。这里C?2,α(M,R)表示关于ΩG平均值为零的C2,α(M,R)中的函数。然后，在f处对Ft进行线性化得到dfFt(v)=ΔΩGv+2Re(g(βΩ,?f,?v))，v∈TfA?2,α。特别是，dfFt在TfA?2,α上的核是零，根据最大值原理。另一方面这为我们提供了相关的结论。□备注4.3：如果(Mn,H)是一个紧凑的SL(n,H)-流形，我们可以将[35,命题16]作为定理1.3的推论来恢复。实际上，SL(n,H)条件意味着αΩG=?f，对于某些f∈C∞(M,R)，其中ΩG是(M,H)上的任意Gauduchon超Hermitian度量。度量ΩG满足Bis(ΩG)=sCh(ΩG)?2|αΩG+βΩG|ΩG2=?2ΔΩGf?2|?f+βΩG|ΩG2，对其进行积分可以得到(3)。另外，假设sCh(ΩG)?2|αΩG|ΩG2=?2ΔΩGf?2|?f|ΩG2有一个符号，那么对于f(|?f|ΩG2+ΔΩGf)=ΔΩG(ef)也同样成立。根据最大值原理，sCh(ΩG)?2|αΩG|ΩG2必须恒等于零，从而满足(4)。

可以观察到，在共形类中寻找四元数Gauduchon度量可以被认为是规定紧致复流形上的Bismut标量曲率问题的一个特定实例。这个问题仅在常数情况下被考虑过，即在[8]中的Bismut-Yamabe问题。另一方面，关于规定Chern标量曲率的相关结果可以在文献中找到，例如[6]、[29]、[69]及其中的参考文献。

我们现在给出另一个关于四元数Gauduchon度和四元数平衡度量存在的特征，用流形来表述。命题4.4：设(Mn,H)是一个紧致的超复流形，且n≥2。那么，M不包含四元数Gauduchon度量当且仅当存在一个非零的、??J-精确的、q-实数且q-正的(2,2n)-流形。进一步地，M不包含四元数平衡度量当且仅当存在一个非零的、?-精确的、q-实数且q-正的(2,2n)-流形。证明：首先考虑四元数Gauduchon度量。我们考虑以下空间：W1={φ∈ΛI2?2,?M|Jφ?=φ, φ是q-正的}，W2={ψ∈ΛI2?2,?M|??Jψ=0}。利用引理2.2，每一个φ∈W1可以表示为φ=Ω?1对于某个超Hermitian度量Ω。因此，M上不存在四元数Gauduchon度量等价于W1∩W2=?。因此，根据Hahn-Banach定理（参见[35,定理31]），我们可以找到一个流形T∈DI2,2n(M)使得T|W1>0且T|W2=0。T|W1>0的事实保证了T既是q-实数也是q-正的。另一方面，由于T|W2=0，我们推断出?T=0且?JT=0。因此，T定义了一个上同调类[T]qBC∈HqBC′2,2n(M,R)：={T∈DI2,2n(M)|?T=?JT=0}??JDI?,2n(M)。现在，结论等价于证明[T]qBC=0。为此，我们将T与ΛI2,2nM?D?(M)中的一个元素等同起来，其中D?(M)是M上的分布。这种等同与?和?J是兼容的。此外，通过适当调整[35]中的证明（第1151-1152页），可以看出HqBC′2,2n(M,R)?HqBC2,2n(M,R)。另外，配对：HqBC2,2n(M)×HqA2?2,?(M)→R<[φ]qBC,[ψ]qA>=∫Mφ∧ψ是良定义且非退化的，这是通过调整[59]第2节中的论证并使用适当的Laplacian得到的，其显式表达式可以在[35]中找到。现在，由于对于任何??J-闭合的(2n?2,?)-形式ψ，都有?[T]qBC,[ψ]qA>=0，因此[T]qBC=0，从而证明了结论。

关于四元数平衡度量，策略完全相同，只需像之前一样选择W1，将W2替换为W2={ψ∈ΛI2?2,?M|?ψ=0}，并使用非退化的配对：H?2,2n(M)×H?2?2,?(M)→R,?[φ],[ψ]===∫Mφ∧ψ来得出结论。□在7.2小节中，我们将使用命题4.4来提供不包含四元数平衡度量的紧凑四元数强Gauduchon流形的例子。

正如定理1.3和例子7.4所强调的，并不总是能在给定的紧凑超复流形上找到四元数Gauduchon度量。这也可以从命题4.4中理解。选择Θ∈ΛI2?M作为M上的一个q-正体积形式，任何??J-精确的、q-实数且q-正的(2,2n)-流形都可以表示为(25)T=??J(fΘ?)=??Jf∧Θ?+?f∧?JΘ???Jf∧?Θ?+f??JΘ?,f∈D?(M,C)。注意，分布f可能是复数值的。然而，如果我们进一步施加??JΘ?=0，那么由于T是q-实的，我们得到h=?12(f?f?)∈D?(M,R)满足??Jh∧Θ?+?h∧?JΘ???Jh∧?Θ?=0。因此，h满足一个没有零阶项的二阶椭圆方程。所以，应用标准椭圆正则性，h∈C∞(M,R)，并且根据最大值原理，h是常数。另一方面，如果c是一个常数，那么当然有??J(cΘ?)=0，因此，通过添加一个适当的常数，我们可以假设f是实数值的。

从这个讨论中，我们可以给出四元数Gauduchon度量存在的一个较弱的充分条件。命题4.5：设(Mn,H)是一个紧凑的超复流形。如果存在一个q-正体积形式Θ∈ΛI2?M使得??JΘ?=0，那么存在一个与H兼容的四元数Gauduchon度量。证明：由于命题4.4，四元数Gauduchon度量的存在等价于任何??J-精确的、q-实数且q-正的(2,2n)-流形都是零。现在，如上所述，任何这样的流形T都可以表示为(25)中的形式，并且我们可以假设f∈D?(M,R)。考虑以下闭合凸锥(26)C={f∈D?(M,R)|??J(fΘ?)≥0}。不难证明C∩C∞(M,R)在分布的弱意义上在C中是稠密的。因此，固定f∈C，我们可以找到{fn}n?C∩C∞(M,R)使得fn在分布的弱意义上趋向于f。另一方面，fn满足??Jfn∧Θ?+?fn∧?JΘ???Jfn∧?Θ?≥0，因此我们可以应用最大值原理得出fn是常数。这证明了结论。□我们指出，θ的q-正性假设不能被移除。实际上，我们可以考虑一个非SL(n,H)-流形(M,H)，其K(M,I)是全纯平凡的。那么，我们可以找到一个全纯体积形式Θ，特别是，它是????J-闭合的，但不是q-正的，因为流形不是SL(n,H)。另一方面，命题4.5将保证存在一个四元数Gauduchon度量。然后，应用定理1.1，我们将得出(M,H)是SL(n,H)，从而得出矛盾。在7.4小节中可以找到一个具有全纯平凡典型丛的非SL(n,H)-流形的例子。

根据一个众所周知的结果（参见[52,命题1.9]），紧凑平衡流形的类在乘积和适当的纯全纯浸没下是封闭的。我们在这个小节中研究紧凑四元数平衡流形的相同封闭性质。首先，我们回顾超复浸没的定义（参见[1]、[41]、[42]）。定义4.6：设(M,H)和(M′,H′)是两个超复流形。如果对于任何L∈H，都存在L′∈H′使得f:(M,L)→(M′,L′)是全纯的，那么映射f:M→M′被称为超复映射。如果f也是一个浸没，则f将被称为超复浸没。例如，可以通过查看紧凑超复流形的有限覆盖来生成超复浸没的例子。另一个例子可以在[42,第4节]中找到。命题4.7：设(M,H)和(M′,H′)是两个四元数平衡流形，(M″,H″)是一个超复流形。那么，(M×M′,H⊕H′)是四元数平衡的。此外，如果f:(M,H)→(M″,H″)是一个适当的超复浸没，那么(M″,H″)是四元数平衡的。证明：第一个结论是显而易见的，只需考虑Ω=ΩM+ΩM′，其中ΩM和ΩM′分别是(M,H)和(M′,H′)上的四元数平衡度量。现在让我们证明第二个断言。设n和m分别是M和M″的四元数维数。我们固定ΩM为M上的一个四元数平衡度量。为了简单起见，我们还将为超复结构H和H″固定基(I,J)和(I″,J″)，使得f既是(I,I″)也是(J,J″)-全纯的。由于f是适当的，我们可以考虑前向映射γ=f?ΩM?1。现在，由于f是(I,I″)-全纯的且?ΩM?1=0，那么γ∈ΛI″2?2,?M″且?γ=0。因此，根据引理2.2，只需证明γ是q-实数且q-正的即可。首先，我们注意到q-实数性是显而易见的，因为f是(J,J″)-全纯的，然后J″f?=f?J。通过将[52,命题1.9]中的论证适应到超复环境中，可以容易地看出γ是q-正的，从而得出结论。□第二个断言的一个直接结果是，如果f:M→M″是一个有限覆盖，那么M是四元数平衡的当且仅当M″是四元数平衡的。

5. 定理1.4的证明：在这一部分，我们将研究紧凑强HKT流形的性质，以建立定理1.4。首先，我们证明两个在超Hermitian设置中成立的初步公式。其中一个可以被视为[4,公式(2.13)]的四元数类比。命题5.1：设(Mn,H,g)是一个超Hermitian流形，且n≥2。那么，对于任何Z∈TI1,?M，我们有(27)?Jα(Z,JZ?)=|ιZ?Ω?|2+|ιJZ??Ω?|2?nιJZ?ιZ(??JΩ?)∧Ω?n?1Ω?n。此外，(28)12sCh(Ω)+g(??JΩ?,Ω∧Ω?)?|?Ω?|2=0。证明：根据(19)，我们有(??Jα+α∧J?1α?)∧Ω?n=??JΩ?n=n??JΩ?∧Ω?n?1+n(n?1)?Ω?∧?JΩ?∧Ω?n?2。现在，我们固定Z∈TI1,?M并计算ιJZ?ιZ(?Ω?∧?JΩ?∧Ω?n?2)=(ιZ?Ω?)∧(ιJZ??JΩ?)∧Ω?n?2?(ιJZ??Ω?)∧(ιZ?JΩ?)∧Ω?n?2。使用(10)和引理2.5，我们推断出ιJZ?ιZ(?Ω?∧?JΩ?∧Ω?n?2)=1n(n?1)(|α(Z)|2+|α(JZ?)|2?|ιZ?Ω?|2?|ιJZ??Ω?|2)Ω?n=1n(n?1)((α∧J?1α?)(Z,JZ?)?|ιZ?Ω?|2?|ιJZ??Ω?|2)Ω?n，从而得到(27)。最后，(28)是通过相对于Ω取迹得到的。□如引言中所述，定理1.4的方向是所谓的Fino-Vezzoni猜想（参见[26,问题3]）。回想一下，SKT（或pluriclosed）度量是一种Hermitian度量，其Bismut连接的挠率是d-闭合的。然后，Fino-Vezzoni猜想断言，同时满足SKT和平衡条件的紧凑复流形必然是K?hler的。回想一下，如果HKT度量g的Bismut连接的挠率是闭合的，则称g为强HKT度量。因此，很明显，HKT度量g是强的当且仅当ωL都是SKT的，对于L∈H，或者等价地，如果??JΩ?=0（参见[66,命题5.4）。因此，强HKT和平衡超Hermitian度量是否可以在非超K?hler流形上共存是Fino-Vezzoni猜想的一个特定实例。在我们证明宣布的定理1.4之前，我们需要以下初步结果。命题5.2：设(Mn,H,g)是一个非超K?hler的、强HKT流形，且n≥2。那么?JαΩ≥0且?JαΩ≠0。特别地，c1qBC(M,I,J)有一个q-半正的代表，并且如果M是紧凑的，它是非零的。因此，一个非超K?hler的、强HKT紧凑流形不能是SL(n,H)。证明：从(27)出发，使用??JΩ?=0，我们看到?JαΩ(Z,JZ?)=|ιZ?Ω?|2+|ιJZ??Ω?|2≥0，Z∈TI1,?M，由于Ω不是超K?hler的，至少存在一个Z∈TI1,?M使得?JαΩ(Z,JZ?)>0，从而证明了第一个断言。进一步，假设M是紧凑的且c1qBC(M,H)=0，那么会存在一个函数f∈C∞(M,R)使得0≤?JαΩ=??Jf。根据最大值原理，我们推断出?JαΩ=0，这是不可能的，这得益于证明的第一部分。结论的最后一部分直接来自于SL(n,H)条件强制c1qBC(M,H)=0的事实。□我们现在准备证明定理1.4。证明：假设存在一个平衡的Hermitian度量Ω。在定理的假设下，我们可以选择另一个Hermitian度量Ω?使得?JαΩ?≥0但?JαΩ?≠0。现在，我们有c1qBC(M,H)?[Ωn?1∧Ω?n]?=∫M?JαΩ?∧Ωn?1∧Ω?n=0，通过对部分进行积分并使用平衡条件。这成立当且仅当trΩ(?JαΩ?)=0，使用q-半正性，这等价于?JαΩ?=0，这与c1qBC(M,H)≠0的事实相反。对于n=1，最后一个结论现在来自于平衡度量是K?hler的事实，而对于n≥2，它来自命题5.2和定理的第一部分。□从推论3.9中，我们还推导出关于Kodaira维数的以下事实。推论5.3：设(M,H)是一个允许兼容强HKT度量的超复流形。那么，对于所有L∈H，κ(M,L)=?∞。6. Chern-Einstein Hermitian度量：如引言中提到的，自然地可以为超Hermitian度量定义以下Einstein条件。定义6.1：设(Mn,H)是一个超复流形。如果满足以下条件，则超Hermitian度量Ω是Chern-Einstein的：(29)?JαΩ=λΩ，对于某些λ∈C∞(M,R)。这个函数λ将被称为Einstein因子。如果此外Ω是HKT的，我们说它是HKT-Einstein的。我们观察到，通过对(29)取迹，我们有Ch(Ω)=2nλ。使用下一个引理，我们用形式ωL来重新表述定义（对于L∈H）。引理6.我们声称它也是HKT-Einstein类型，其中Einstein因子λ=1。我们有RicωICh=2ωI?2?1|z|4(zˉ1dz1+zˉ2dz2)∧(z1dzˉ1+z2dzˉ2)，由此得出RicωICh?JRicωICh2=ωI。从这个角度来看，Boyer的分类结果可以被视为经典均匀化定理的超复数版本。没有负Einstein常数的代表情况并非偶然。事实上，我们将在命题6.4中证明，在任何维度中，紧凑的HKT-Einstein流形都会出现这种特殊情况。

6.2. 当λ≠0的情况
设(Mn,H)是一个超复流形。如果c1qBC(M,H)具有符号，那么它存在一个代表Ω，其中Ω是一个HKT度量。根据定义，存在f∈C∞(M,R)使得?JαΩ=±Ω+??Jf。然后很容易证明，共形变换Ωf=efnΩ是超Hermitian Einstein的。实际上，我们有?JαΩf=?JαΩ???Jf=±Ω=±e?fnΩf。然而，我们需要指出，在紧凑情况下，c1qBC(M,H)<0的条件永远不会发生。因为这将导致矛盾：0>?∫MΩn∧Ωˉfn=∫M?JαΩf∧Ωn?1∧Ωˉfn=∫MαΩf∧Ωn?1∧?JΩˉfn=1n∫M|αΩf|Ω2Ωn∧Ωˉfn。但重要的是要注意，这种行为仅限于非紧凑情况，详见小节7.8。

现在，我们可以证明以下内容。命题6.3
设(Mn,H,g)是一个紧凑的超Hermitian流形，且n≥2，并且存在一个与Ω共形的四元数Gauduchon度量Ω?。如果?Jα=λΩ对于某些λ∈C∞(M,R)，λ≠0，那么Ω?是HKT的，并且c1qBC(M,H)>0。证明：
设f∈C∞(M,R)使得Ω?=efΩ。将?J应用于Einstein方程，我们得到(30)?J(λe?f)∧Ω?+λe?f?JΩ?=0。现在设ψ=(λe?f)n?1。那么，(30)意味着?Jψ∧Ω?n?1+ψ?JΩ?n?1=0。将?应用于这个等式，我们得到??Jψ∧Ω?n?1??Jψ∧?Ω?n?1+?ψ∧?JΩ?n?1+ψ??JΩ?n?1=0。利用四元数Gauduchon条件以及βΩ?的定义，我们得到ΔΩ?ψ+g?(dψ,βΩ?+βˉΩ?)=0。因此，根据最大值原理，ψ必须是常数。现在λe?f也是一个非零常数，而(30)表明Ω?是HKT的。最后，λ不能是负数，否则我们将有c1qBC(M,H)<0，这是不可能的，因为M是紧凑的。

6.3. HKT情况
鉴于小节6.1的内容，我们将关注维度n≥2的情况。在这种情况下，我们可以证明以下内容。
命题6.4
设(Mn,H,g)是一个紧凑的HKT-Einstein流形，且n≥2。那么，sCh是一个非负常数，并且当且仅当(M,H)是SL(n,H)时，等式成立。证明：
设λ是Ω的Einstein因子。由于α和Ω是?-闭的，我们有0=??Jα=?λ∧Ω。因此，对于n≥2，我们有0=?λ∧?Jλ∧Ωn?1=1n|?λ|2Ωn，这表明λ是常数。最后，由于c1qBC(M,H)不能为负，所以λ≥0。此外，我们有λ=1∫MΩn∧Ωˉn(n!)2∫MλΩn∧Ωˉn(n!)2=1∫MΩn∧Ωˉn(n!)2∫M?Jα∧Ωn?1∧Ωˉn(n!)2=1n1∫M|αΩf|Ω2Ωn∧Ωˉn(n!)2，因此显然，λ=0意味着SL(n,H)条件成立。反之，如果(M,H)是SL(n,H)且λ≠0，那么Ω将全局??J精确，这将导致矛盾。

提出λ=0的紧凑超Hermitian Einstein流形的例子是相当容易的，但这些流形不满足兼容的HKT度量。例如，任何具有非阿贝尔超复结构的超复nil流形M，根据[10, 定理4.6]，都不具有任何兼容的HKT度量。然而，由于超复nil流形是SL(n,H)，任何左不变的超Hermitian度量Ω都满足α=0。

在我们的框架中，Alesker和Verbitsky在[3, 推论1.5]中提出的四元数Calabi猜想可以这样表述：设(M,H,g)是一个紧凑的HKT流形，对于任何ψ∈c1qBC(M,H)，我们可以找到一个Ω?∈[Ω]qBC使得?JαΩ?=ψ。如果这是真的，当c1qBC(M,H)=0时，我们将能够找到Einstein因子为0的HKT-Einstein度量（参见[66]），即平衡的且Chern-Ricci平坦的度量。

同样地，人们会推测是否存在具有正四元数Bott-Chern类的紧凑HKT流形上的HKT-Einstein度量。更具体地说，我们有以下问题：
问题6.5
设(Mn,H)是一个紧凑的超复流形，且c1qBC(M,H)>0。是否总是存在一个属于c1qBC(M,H)的HKT-Einstein度量Ω?？

与K?hler情况类似，这个问题等价于以下四元数Monge-Ampère方程的可解性问题：设Ω∈c1qBC(M,H)是一个HKT度量，(Ω+??Jφ)n=ef?φΩn，Ω+??Jφ>0，其中φ∈C∞(M,R)是未知数，f∈C∞(M,R)是已知数据。不幸的是，这种情况是K?hler设置中Fano情况的四元数类比，因此，使用经典的连续性方法来处理这个问题时会遇到同样的困难。此外，可以预期在我们的背景下可能会出现某些障碍，类似于Futaki [30]和Matsushima [51]发现的障碍。很可能需要更复杂的工具来解决这个问题。

6.4. 定理1.5的证明
为了证明定理1.5，简要回顾Joyce [46]的构造将是有用的。设G是一个秩为r的紧凑半简单李群，并在G中固定一个最大环面H。在这个框架内，可以进行结构理论，从而得到g=Lie(G)的如下形式的分解：
(31)g=b⊕?j=1mdj⊕?j=1mfj，其中b是一个维度为r?m的阿贝尔子代数，dj?g是同构于su(2)的子代数，fj?g是满足以下性质的子空间：
(J1)[dj,b]=0，对于所有j=1,…,m，以及h:=Lie(H)?b⊕?j=1mdj；
(J2)[dj,di]=0，对于j≠i；
(J3)[dj,fi]=0，对于j0，对于所有X∈g?，X≠0。使用[68, 定理4.1]，我们有：
(33)RicωICh?JRicωICh2(X,IX)=?14tr(ad[X,IX]I)?14tr(Iad[JX,KX])=14∑i=14ng([X,IX]+[JX,KX],[ei,Iei])。
因此，我们需要计算∑i=14n[ei,Iei]。根据(32)和双不变性，对于所有j=1,…,m，我们可以看到λj=:‖e2j‖g=‖e3j‖g=‖e4j‖g。因此，我们得到∑i=14m[ei,Iei]=∑j=1m(1‖e1j‖g2[e1j,Ie1j]+1λj2[e2j,Ie2j]+1λj2[e3j,Ie3j]+1λj2[e4j,Ie4j])=∑j=1m4λj2e2j。接下来我们需要计算∑i=4m+14n[ei,Iei]=∑j=1m∑k=14dj[fkj,Ifkj]。为此，我们首先证明对于任何j=1,…,m，(34)∑i=14dj[fij,Ifij]=4djλj2e2j。实际上，我们观察到∑r=03[f4k?rj,If4k?rj]=2([f4k?3j,f4k?2j]+[f4k?1j,f4k?1j+f4k?3j]。根据(I,J,K)在fj上的定义，并使用Jacobi恒等式，我们有[f4k?1j,f4kj]=[f4k?1j,Kf4k?3j]=[[f4k?1j,e4j],f4k?3j]+[e4j,[f4k?1j,f4k?3j]]=?[Kf4k?1j,f4k?3j]+[e4j,[f4k?1j,f4k?3j]]=?[Kf4k?1j,f4k?3j]+[e4j,[f4k?1j,f4k?3j]]，因此∑i=14dj[fij,Ifij]=2∑k=1dj[e4j,[f4k?1j,f4k?3j]]。现在，我们固定k∈{1,…,dj}并考虑根据Joyce分解的[f4k?1j,f4k?3j]的分量：
[f4k?1j,f4k?3j]=∑p=1m(D1pe1p+D2pe2p+D3pe3p+D4pe4p+∑q=14dpFqpfqp)。然后，分别使用(J1)，(J2)和(J3)，我们有[e4j,e1p]=0，对于p=1,…,m，[e4j,eqp]=0，对于p≠j且q∈{2,3,4}，以及[e4j,fqp]=0，对于p>j且q∈{1,…,4dp}。此外，我们有D2j=1‖e2j‖g2g([f4k?1j,f4k?3j],e2j)=1λj2g(f4k?1j,[f4k?3j,e2j])=?1λj2g(f4k?1j,If4k?3j)，而类似地，我们有D3j=?1λj2和D4j=0。此外，对于p(35)g([x,ix]+[jx,kx],e2j)=g(ix,[e2j,x])+g(kx,[e2j,jx])=∑i=14ng(x,ei)g(ix,[e2j,ei])+∑ (35)g([x,ix]+[jx,kx],e2j)=>(35)g([x,ix]+[jx,kx],e2j)=g(ix,[e2j,x])+g(kx,[e2j,jx])=∑i=14ng(x,ei)g(ix,[e2j,ei])+∑>由于结构常数是有理数，李代数允许存在一个格，上述度量可以降维到紧致的商空间N上。另一方面，我们声称在nilmanifold N上不存在四元数平衡度量。实际上，形式ζ12=2?ζ5诱导出一个q-正的、?-精确的、(2,2n)-流T，其定义为积分T(γ):=∫Nζ12∧γ∧Θˉ，其中Θ是ΛI2n,0N中的任意全纯体积形式。我们通过应用命题4.4得出这个结论。

注7.4：四元数平衡条件和强Gauduchon条件在超复结构的小变形下都不会保持不变，参见[22]。了解四元数Gauduchon条件是否也会出现相同现象将会很有趣。

7.3. 没有四元数强Gauduchon度量的四元数Gauduchon流形
我们已经提到，任何具有非阿贝尔超复结构的8维超复nilmanifold都不允许存在四元数强Gauduchon度量。另一方面，根据[35, 命题16]，它允许存在四元数Gauduchon度量。注意，根据引理3.7，这类流形中没有满足??J-引理的例子。在这里，我们将在每个维度中给出一个例子。

例7.5：对于n≥2，考虑具有以下结构方程的n维超复幂零李代数：
dζi=0，i=1,…,2n?2，
dζ2n?1=?1/2∑k=1n?1ζ2k?1/2k?1，
dζ2n=1/2∑k=1n?1(ζ2k?1,2k+ζ2k?1)/2k)。
我们将验证通用不变超赫米特度量Ω=Aijζij，其中Aij∈C，并不是四元数强Gauduchon的。我们可以轻易看到：
?Ωn?1=?(n?1)!/2(∑k=1n?1pf(A(2k?1,2k)))
ζ1…2n?1，
其中A(i,j)表示从斜对称矩阵A=(Ars)中去掉第i行和第j列后得到的矩阵。因此?Ωn?1是非零的，因为根据Ω的q-正性，我们必须有pf(A(2k?1,2k))>0，对所有k=1,…,n都成立。此外，它不是?J-精确的，因为?Jζi=0，i≠2n?1，且?Jζ2n?1=?1/2∑k=1n?1ζ2k?1/2k。另一方面，这些都是具有有理结构常数的幂零李代数，根据[35, 命题16]，任何超复nilmanifold都允许存在四元数Gauduchon度量。

7.4. 没有四元数Gauduchon度量的超复流形
我们在[5, 例6.3]中描述了一个例子。它是通过一个带有不变超复结构H的格Γ和一个可解李群G的紧致商空间S=Γ﹨G构造的。Andrada和Tolcachier展示了(S,I)的典型丛是全纯平凡的，但(S,J)的典型丛不是，事实上他们甚至证明了c1BC(S,J)≠0。另一方面，K(S,I)的全纯平凡性意味着c1qBC(S,H)=0（参见注3.3）。因此，根据定理1.1，我们得出不存在兼容的四元数Gauduchon度量。

注7.6：这个例子以及命题3.4还表明κ(S,I)=0，而κ(S,J)=?∞，因此同样的超复结构中不同的复结构可能会产生不同的Kodaira维数。由此还可知，复形变形It=cos?(πt)I+sin?(πt)J，t∈[0,1/2]，不会保持Kodaira维数，这与Siu [60]中展示的射影情况相反。我们感谢G. Grantcharov的这一观察。

7.5. 四元数强Gauduchon条件依赖于复结构的选择
例7.3可以用来说明四元数强Gauduchon条件依赖于同一超复结构中一对反对易复结构的选择。实际上，让我们证明对于这对(J,I)，不存在四元数强Gauduchon度量。考虑相对于J的(1,0)-余框架，其中w2k?1=e4k?3+?1e4k?1和w2k=e4k?2??1e4k，对于k=1,2,3，并且设d=?+?ˉ是相对于J的外微分分裂。那么?wi=0，i=1,…,5，?w6=1/2(?1w12+w34)，I?1?ˉIwi=0，i≠5，I?1?ˉIw5=1/2(?1w12?w34)。现在很容易验证通用不变超赫米特度量Ω不可能是四元数强Gauduchon的，因为?Ω2与w12345成正比，而w12345永远不会是I?1?ˉI-精确的。

7.6. Arroyo-Nicolini的构造
在[7, 第5节]中，Arroyo和Nicolini提供了一种从现有的幂零SKT李代数构造新的幂零超赫米特李代数的方法。在这里，我们调整他们的论点来构建新的超赫米特幂零李代数。
设(g1,[?,?]1,H1)和(g2,[?,?]2,H2)是两个分别由(I1,J1)和(I2,J2)生成的具有超复结构的幂零李代数。假设我们可以选择ei∈z(gi)?[gi,gi]，其中z(gi)是gi的中心。那么，我们可以定义新的李代数g=g1⊕g2⊕〈X,Y,Z,W〉，其李括号[?,?]|gi×gi:=[?,?]i,[X,Y]=?[Z,W]:=e1+e2，并且超复结构H由以下方式确定：I|gi=Ii，IX=Y，IZ=W，J|gi=Ji，JX=Z，JY=?W。我们注意到g2，并且如果g1和g2具有有理结构常数，那么g也是如此，因此我们可以找到格。

定理7.7：超复李代数(g,H)允许HKT（分别是四元数平衡的、四元数强Gauduchon）度量当且仅当(g1,H1)和(g2,H2)允许。证明：
设Ωi是gi上的超赫米特度量，对于i=1,2。我们定义
(36)Ω:=Ω1+Ω2+ζ12，其中(ζ1,ζ2)是相对于I的(1,0)余框架，其对偶于(X??1Y,Z??1W)。显然，Ω是g上的超赫米特度量。通过直接的计算，使用?ζ12=0，我们得到Ω分别是HKT、四元数平衡的或四元数强Gauduchon当且仅当Ωi，i=1,2，也是如此。□

7.7. Barberis-Fino的构造
在这一小节中，我们研究了Barberis和Fino [11]提出的构造下度量条件的行为。其思想是取一个超复李代数并通过四元数表示来构建一个新的李代数。
设g是一个4n维李代数，ρ:g→gl(k,H)是一个李代数同态。在Tρg:=g?ρHk上定义李括号[(X,U),(Y,V)]:=([X,Y],ρX(V)?ρY(U))，对于每一个X,Y∈g和U,V∈Hk。如果g赋予了一个超复结构HL?(X,U):=(LX,lU)，则定义了Tρg上的一个超复结构H?，其中如果L=aI+bJ+cK∈H，则l=ai+bj+ck，i,j,k是H中的四元数单位。最后，给定(g,H)上的一个超赫米特度量Ω，度量Ω?=Ω⊕Ωstd在(Tρg,H?)上是超赫米特的，其中Ωstd是Hk上的标准超赫米特度量。我们用波浪号表示(Tρg,H?)上的对象。在[11, 定理3.2, 命题3.1]中展示了在ρ:g→sp(k)的情况下，超K?hler、HKT、强HKT和平衡的性质是保持的。我们可以通过证明以下内容来进一步完善这些结果。

定理7.8：设(g,H,g)是一个超赫米特李代数，ρ:g→sp(k)。表示p:Tρg→g是正交投影。那么，αΩ?=p?αΩ，βΩ?=p?βΩ，RicωL?Ch=p?RicωLCh和RicωL?Bis=p?RicωLBis。特别地，Ω?是四元数平衡的（分别是四元数Gauduchon）当且仅当Ω是。证明：
使用Ω?的表达式，我们得到
dΩ?((X,U),(Y,V),(Z,W))=dΩ(X,Y,Z)?Ωstd((ρX+ρX?)V,W)?Ωstd((ρY+ρY?)W,U)?Ωstd((ρZ+ρZ?)U,V)。因此，由于ρ:g→sp(k)，我们有dΩ?=p?dΩ。取(3,0)-部分并应用Λ得到
(37)βΩ?(X,U)=(ΛΩ??Ω?)(X,U)=(ΛΩ?Ω)(X)=βΩ(X)。现在，使用命题2.6 (a)，[11, 命题3.1 (iii)的证明]和(37)，我们得出了αΩ?的结论。这反过来意味着RicωL?Ch=p?RicωLCh以及RicωL?Bis=p?RicωLBis。□

7.8. 一些非紧凑的HKT-Einstein流形
我们现在提供了一些在[9]中分类的非幺正、单连通4维可解李群体上的不变HKT-Einstein度量的例子。由于维度原因，它们都是HKT的，我们在这里证明它们实际上是HKT-Einstein的。除了阿贝尔李代数之外，我们有三种情况需要考虑。
例7.9：在这里，我们考虑C的仿射运动群的李代数aff(C)。其结构方程为：
dζ1=?1/2(ζ1ˉ2?ζ12ˉ)，
dζ2=?1/2(ζ11ˉ?ζ22ˉ)。度量Ω=ζ12满足α=?1/ζ2，因此?Jα=0，所以度量Ω是具有零Einstein常数的HKT-Einstein度量。

例7.10：考虑具有以下结构方程的4维可解李代数：
dζ1=1/2ζ11ˉ，
dζ2=?1/2(ζ12+ζ1ˉ2)。度量Ω=ζ12满足α=?ζ1，因此?Jα=?1/2Ω，表明Ω诱导了一个具有负Einstein常数的不变HKT-Einstein度量。

例7.11：我们以具有以下结构方程的可解李代数为结尾：
dζ1=1/2ζ11ˉ?ζ22ˉ，
dζ2=?1/4(ζ12+ζ1ˉ2)。度量Ω=ζ12满足α=?3/4ζ1，因此?Jα=?3/16Ω，这表明Ω是具有负Einstein常数的HKT-Einstein度量。