¿Qué haces tangentes de espacios proyectivos reales y complejos son triviales?

Question

El haz tangente de $S^m$ se sabe que es trivial sólo para $m=1,3,7$ . ¿Puede utilizarse este resultado para deducir que el haz tangente del espacio proyectivo $\mathbb{R}P^m$ ¿también es trivial? (Evidentemente, para $n=1$ esto funciona ya que $\mathbb{R}P^1\cong S^1$ .) En términos más generales:

Para qué números enteros positivos $m$ es el haz tangente $T\mathbb{R}P^m$ ¿un paquete trivial?

Se puede hacer la misma pregunta sobre los haces tangentes $T\mathbb{C}P^m$ de espacios proyectivos complejos.

Answer 1

Un colector se denomina paralelizable si tiene haz tangente trivial. Así que tu pregunta es para qué enteros positivos $m$ es $\mathbb{RP}^m$ ¿paralelizable? ¿Y si $\mathbb{CP}^m$ ?

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Si $T\mathbb{RP}^m$ es trivial, entonces la clase total de Stiefel-Whitney $w(T\mathbb{RP}^m)$ es $1$ . Por Corolario $4.6$ de Milnor & Stasheff's Clases características , $w(T\mathbb{RP}^m) = 1$ sólo si $m + 1$ es una potencia de $2$ . Por tanto, los únicos espacios proyectivos reales que pueden ser paralelizables son $\mathbb{RP}^1$ , $\mathbb{RP}^3, \mathbb{RP}^7, \mathbb{RP}^{15}, \mathbb{RP}^{31}, \dots$ Todavía tenemos que determinar cuáles de ellas son realmente paralelizables (la condición de la clase total de Stiefel-Whitney es una condición necesaria, pero no suficiente, como demuestra el caso de las esferas).

Teorema $4.7$ del mismo libro afirma que si $\mathbb{R}^n$ admite un mapa bilineal $p : \mathbb{R}^n\times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ sin divisores cero, entonces $\mathbb{RP}^{n-1}$ es paralelizable. Al identificar $\mathbb{R}^2$ con $\mathbb{C}$ obtenemos un mapa bilineal para $n = 2$ dada por la multiplicación habitual de los números complejos, es decir $p((a, b),(c, d)) = (ac - bd, ac + bd)$ . Del mismo modo, al identificar $\mathbb{R}^4$ con los cuaterniones $\mathbb{H}$ y $\mathbb{R}^8$ con las occiones $\mathbb{O}$ obtenemos un mapa de este tipo para $n = 4$ y $n = 8$ . Por lo tanto, $\mathbb{RP}^1$ , $\mathbb{RP}^3$ y $\mathbb{RP}^7$ son paralelizables.

¿Qué pasa con $\mathbb{RP}^{15}$ , $\mathbb{RP}^{31}, \dots$ ? Ninguno de los restantes espacios proyectivos reales es paralelizable - esto es más difícil de demostrar. Se deduce de la $1958$ papel No paralelizabilidad del $n$ -esfera para $n > 7$ .

Así, los enteros positivos $m$ para lo cual $\mathbb{RP}^m$ es paralelizable son $m = 1, 3,$ y $7$ .

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La paralelizabilidad de $\mathbb{CP}^m$ es mucho más fácil de determinar: $\mathbb{CP}^m$ no es paralelizable para ningún número entero positivo $m$ .

En $\mathbb{CP}^m$ es una variedad compleja, su haz tangente es un haz vectorial complejo y, por tanto, tiene una clase de Chern total. La clase de Chern total de $\mathbb{CP}^m$ es $c(T\mathbb{CP}^m) = (1 + a)^{m+1} \in H^*(\mathbb{CP}^m, \mathbb{Z})$ . Si $T\mathbb{CP}^m$ fuera trivial, entonces tendría clase de Chern total $1$ pero nunca es el caso. Más explícitamente,

$$c_1(T\mathbb{CP}^m) = (m+1)a \in H^2(\mathbb{CP}^m, \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}.$$

En $a \neq 0$ y $m \neq -1$ , $c_1(T\mathbb{CP}^m) = (m + 1)a \neq 0$ .

En términos más generales, toda variedad cerrada orientada que sea paralelizable debe tener característica de Euler cero. De hecho, una variedad cerrada orientada que admite un campo vectorial cero en ninguna parte tiene característica de Euler cero, véase la propiedad $9.7$ del citado libro. La afirmación se deduce entonces del hecho de que $\chi(\mathbb{CP}^m) = m + 1 \neq 0$ .

Answer 2

En $m$ es par, la característica de Euler de $\mathbb{RP}^m$ es $1$ por lo que la parte superior Clase Stiefel-Whitney de su haz tangente no desaparece, y en particular su haz tangente ni siquiera es establemente trivial. En general, es un buen ejercicio calcular las clases de Stiefel-Whitney de $\mathbb{RP}^m$ y el resultado que se obtiene es que todos desaparecen si $m$ es uno menos que una potencia de $2$ en todos los demás casos, el haz tangente vuelve a dejar de ser establemente trivial.

Pero podemos hacerlo mejor. Si $\mathbb{RP}^m$ tiene haz tangente trivial, entonces también lo tiene su doble cubierta $S^m$ y se sabe que esto ocurre sif $m = 1, 3, 7$ . Está claro que $\mathbb{RP}^1 \cong S^1$ y $\mathbb{RP}^3 \cong SO(3)$ tienen haces tangentes triviales; estoy menos claro sobre $\mathbb{RP}^7$ .

El argumento es aún más sencillo para $\mathbb{CP}^m$ : $\mathbb{CP}^m$ es siempre orientable y siempre tiene característica de Euler distinta de cero (es decir $m + 1$ ), por lo que el Clase Euler de su haz tangente (orientado) no desaparece. Equivalentemente, por la inversa de la Teorema de Poincare-Hopf no admite un campo vectorial no evanescente.