Escribí el siguiente argumento para probar que el $S^1$ es parallelizable, esto es, demostrar que la tangente paquete es trivial. Parece bastante razonable para mí.
Deje $\tau=2\pi$.
Se define un mapa de $\varphi:S^1\times\Bbb R\to TS^1$ por $\varphi((e^{i\tau\theta}, t))=(e^{i\tau\theta},t\frac{\partial}{\partial x^1}\Big|_{e^{i\tau\theta}})$. Este mapa es claramente un bijection: inyectividad sigue trivialmente y surjectivity sigue desde el el espacio de la tangente $T_{e^{i\tau\theta}}$ es unidimensional.
Queda demostrado que es un diffeomorphism. Vamos, de hecho, demostrar que es la identidad mapa sobre convenientemente elegido coordenadas. Para cualquier punto de $(e^{i\tau\theta},t)\in S^1\times\Bbb R$, se puede elegir el coordinar los gráficos que $(e^{i\tau(\theta+\varepsilon)},(t+\delta))$, lo suficientemente pequeño para $\varepsilon$ $\delta$ , está dada por $(\varepsilon,\delta)$.
Del mismo modo, para cualquier punto $(e^{i\tau\theta},t\frac{\partial}{\partial x^1}\Big|_{e^{i\tau\theta}})\en el TS^1$, podemos elegir la coordenada los gráficos que $e^{i\tau(\theta+\varepsilon)},(t+\delta)\frac{\partial}{\partial x^1}\Big|_{e^{i\tau(\theta+\varepsilon)}})$, lo suficientemente pequeño para $\varepsilon$ $\delta$ , está dada por $(\varepsilon,\delta)$. A continuación, tenemos que $\widehat\varphi$ (la función con respecto a estos dos coordenadas) envía a $(\varepsilon,\delta)\mapsto (\varepsilon,\delta)$, como se desee.
Sin embargo, no veo donde esta es el uso de la tangente paquete de construcción en forma significativa. Parece que esto iba a funcionar igual de bien para cualquier rango-1 vector paquete sobre la esfera.
Eso me preocupa, porque, por supuesto, la conclusión no es verdadera: por ejemplo, la cinta de Moebius es (diffeomorphic a) un vector paquete sobre la esfera. Ya que no es orientable, sabemos que el paquete es trivial.
Así que la pregunta es: ¿de Dónde viene esta pausa para un general vector paquete? O si el argumento es simplemente no válido, puede ser fijo sin mucho problema?
