Intuición detrás del isomorfismo de Thom.

Question

Para hablar de las clases de Euler y Chern necesito el isomorfismo de Thom con $\mathbb{Z}$ coeficientes en algún momento (al probar la secuencia exacta de Gysin). Recordemos que para un real orientado $n$ -plano de paquetes $\xi$ con proyección $\pi: E \to B$ el isomorfismo Thom viene dado por: $$\Phi: H^k\left(B\right)\to H^{n+k}\left(E,E_0\right), \; x \mapsto\pi^{*}\left(x\right) \cup u$$

donde $u$ denota la clase fundamental de $H^n \left(E,E_0\right)$ . No tengo suficiente tiempo para demostrar o incluso esbozar la prueba de este hecho, pero quiero explicar por qué esto tiene sentido en 2 o 3 frases. Demostraré el hecho de que $\pi$ induce un isomorfismo en cohomología de todos modos, así que me gustaría entender la parte del producto de copa de este isomorfismo. Hasta ahora he consultado las clases características de Milnor pero sin éxito. Me gustaría que alguien me diera una referencia o me explicara esto.

Answer 1

$u$ es la clase Thom, es dual de Kronecker a las clases "ortogonales" a $E_0$ . Es decir, piensa en esos símiles $\nu$ que se cruzan con $E_0$ en un punto, entonces $u(\nu)=1$ . Ahora $E_0$ es homeomorfo a $B$ , por lo que si tenemos un simplex $\tau$ en $B$ podemos pensar que es estar en $E_0$ . Ahora toma $\tau\times \nu$ , entonces la imagen del $f$ donde $f$ es dual con $\tau$ (es decir $f(\tau)=1$ ) bajo el isomorfismo de Thom será la función dual a $\tau\times \nu$ Así que $\Phi(f)( \tau\times \nu)=1$ . El producto de la copa proviene de la operación del producto externo $\times$ Así es como entra en la fórmula.

En Milnor, demuestra Thom, a través de un lema que es básicamente "Thom para $\mathbb{R}^n$ ", esta es la imagen local para el mapa de Thom, así que yo volvería a estudiar ese lema. También se puede intentar analizar el teorema en términos de dualidad de Poincare, en cuyo caso se está tomando una intersección con $E_0$ y luego la dualización.

Answer 2

Hay una explicación geométrica muy agradable para la parte del producto de la copa por la teoría de Rham.

Dejemos que $B$ ser un orientado $n$ -manifold( $\mathbb{Z}$ -). En primer lugar, recordemos que en la cohomología de Rham, el producto taza corresponde al producto cuña de las formas diferenciales. Para los haces vectoriales orientados existe otra cohomología llamada cohomología vertical compacta . Dejemos que $p: E \to B$ sea un haz vectorial orientado. Entonces los grupos de cochainas para esta cohomología están dados por $$ \Omega_{cv}^n(E)=\{ \omega \in \Omega^n (E) \ | \ p^{-1}(K) \cap \text{Supp}(\omega) \text{ is compact, } \forall \text{ compact } K \subset B\} $$ En particular, $\text{Supp}(\omega|_{p^{-1}(x)})$ es compacto. Elija una trivialización para $E$ con coordenadas $(t_1,\ldots,t_n)$ en las fibras y definir la integración a lo largo de la fibra como $$ p_{\ast} : \Omega_{cv}^{\ast} (E) \to \Omega^{\ast -n}(B) \\ (p^{\ast}\phi) f(x,t_1,\ldots,t_n)dt_1 \ldots dt_n \mapsto \phi \int_{\mathbb{R}^n} f(x,t_1,\ldots,t_n)dt_1 \ldots dt_n \ \text{ where } \phi \in \Omega^{\ast-n}(B)$$ y como $0$ para diferentes tipos de formularios. Esto da un isomorfismo $\Phi^{-1}$ en la pregunta. A continuación, la clase de Thom $u$ viene dada por $u = \Phi(1)$ donde $1 \in H^0(B)$ (se puede pensar en la forma de bache en cada fibra) y $\Phi$ viene dada exactamente por $\eta \mapsto p^{\ast}(\eta) \wedge u$ .

Más geometría: Dejemos que $M \subset B$ estar cerrado orientado $m$ -submanifold. Tenemos un $(n-m)$ -que es el haz normal $\nu(M)$ . Entonces la clase Thom del haz normal es el dual de Poincare de $S$ y el isomorfismo de Thom relaciona la cohomología de $M$ con la cohomología relativa de la vecindad tubular de $M$ en $B$ .

Ahora bien, como señaló René Schipperus en su respuesta, se puede ver que la intersección de submanifolds orientados corresponde al producto cuña.