¿Cómo puede haber topológico de 4 colectores con ninguna estructura diferenciable?

Question

Este es un muy ingenua pregunta, y tengo la esperanza de que va a ser igualada por una consecuencia elemental de respuesta. Es bien sabido que no todos los topológico 4-colector admite una suave estructura. Entonces, ¿qué hay de malo con la siguiente medida muy limitada de prueba de que, en realidad, un topológico 4-colector de no admitir una suave estructura (aparte de el esquematismo)?

Paso 1: Incrustar el colector en $\mathbb{R}^9$, lo que, según entiendo, se puede hacer.

Paso 2: "Hierro de las dificultades" en, integrado en el colector.

Paso 3: una Vez integrado en el colector se ve bastante agradable, darle una evidente suave estructura de la venida de $\mathbb{R}^9$.

El segundo paso se ve la dodgiest a mí, porque mi intuición proviene de casos que presumiblemente son demasiado especiales, tales como 2-dimensiones del colector sentado en $\mathbb{R}^3$. Tomemos, por ejemplo, la superficie de un cubo. Fácilmente podemos alisar las esquinas y bordes, y obtener un liso colector. Hay muchos métodos de suavizado alrededor (como convolving con bonitos objetos). Así que ¿por qué no podemos encontrar uno que trabaje en general?

Cuando trato de pensar en cómo iba a realmente hacerlo, entonces yo, por supuesto, en dificultades. Por ejemplo, en el cubo caso, yo podría tomar todos los puntos fuera del cubo de algunos fijos pequeña distancia de el cubo. Que me iba a dar una versión más suave. Pero si quiero hacer un truco de que cuando el codimension no es 1, entonces puedo obtener un conjunto de el mal de la dimensión. Que sugiere que la tengo que hacer una inteligente elección de la dirección, y no veo una manera obvia de hacerlo.

Tengo preguntas similares acerca otro loco (como parece a mí) los datos acerca de los colectores, tales como la existencia de topológico colectores que no puede ser dada por tramos lineales de las triangulaciones. Yo no estoy buscando una idea de por qué tales resultados son verdaderas. Todo lo que quiero entender es por qué no son obviamente falsos. Cualquiera puede decir cualquier cosa que pudiera ser útil?

Answer 1

1. El habitual método de convolución para la aproximación continua de mapas por la suave mapas no tener éxito en la aproximación invertible [resp. inyectiva] continua mapas por invertible [resp. inyectiva] liso mapas.

2. (refiriéndose ahora a la "nueva equivocado intento de" en un comentario a Neil hilo) Una secuencia de diffeomorphisms o suave incrustaciones pueden converger de manera uniforme a una no-liso homeomorphism o no liso topológica de la incrustación.

3. Un topológico $n$-colector tiene su tangente microbundle. Esta es, esencialmente, un haz de fibras cuyas fibras están abiertos $n$-de discos. No hay ninguna posibilidad de suavizar el colector a menos que uno puede dar a un vector de paquete de la estructura topológica de disco bundle. La estructura de grupo para microbundles, o abrir el disco conjuntos llamados $Top_n$, es el grupo topológico de homeomorphisms de $\mathbb R^n$ a sí mismo, o gérmenes de tales en el origen. Y (esto tiene que ver con 1) lo que realmente tiene un diferente homotopy tipo de $O_n$ para la mayoría de los valores de $n$.

Answer 2

No estoy seguro de lo relevante que es, pero aquí es algo que me hizo entender mejor los posibles problemas cuando uno intenta suavizar incrustado topológica del colector.

Tome su favorito nudo $K$ en $S^3$ (o, si se minimalista, tome su segunda favorita nudo de tal manera que no es trivial), ver el $S^3$ como ecuador en $S^4$, y considerar el cono sobre $K$, con base en el polo sur de $S^4$ (con geodesics de la ronda métrica, por ejemplo). Usted obtener lo que se llama un no-domar la inserción de un disco en $S^4$. Ahora es intuitivo que si se deforman continuamente la incrustación, entonces usted va a deformar continuamente su huella sobre una pequeña esfera centrada en el polo sur (llamado, por Milnor creo, el enlace de la incrustación en el punto), que se inicia a partir de una copia de $K$. Por lo que cualquier cierre de la incrustación también debe ser no-domar, mientras que si se donde diferenciable tendría un nudo trivial como su vínculo.

Answer 3

Alexander de cuernos en la esfera es una esfera topológica en el 3-espacio que no puede ser "desaparecido", de lo contrario tendríamos un liso (o PL) 2-esfera con un complemento de la región, que no es simplemente conectado, un hecho que se excluye debido a que cada liso (o PL) 2-esfera en el espacio de 3 dimensiones es estándar.

Otro de los simples objetos topológicos que no puede ser fácilmente planchar es una de 2 dimensiones disco en el interior de $D^4$, obtenido por conicidad más de un nudo en $S^3$.

Tal vez patológico incrustaciones puede ser excluido a priori de la topológico Whitney-incorporación de teorema, así que podría ser que estos no son realmente un problema aquí.

Answer 4

Vamos a tratar de hacer esto con un compacto, cerrado, conectado a $1$-colector $M$. Sin duda alguna me puede elegir un topológico de la incrustación de $f:M\to\mathbb{R}^2$. Sin embargo, la imagen puede ser muy fractal, como un copo de nieve de Koch, por ejemplo. Si trato de tomar un pedazo corto de la imagen y enderezar a cabo por medio de la proyección en alguna dirección, la fractalness se asegurará de que voy a perder de inyectividad. Si considero que todos los puntos a una distancia fija $\epsilon$ de $f(M)$ e intentar retrotraerse a $f(M)$, el mismo fenómeno significa que la retracción no está bien definida.

Si yo en lugar de tratar de alisar hacia fuera por convolving, entonces parece que necesito un núcleo de circunvolución $u:M\times M\to\mathbb{R}$ que es apoyado cerca de la diagonal, junto con una medida en $M$, por lo que puedo definir $g(x)=\int u(x,y)f(y)dx$. Si $M$ ya tiene una suave estructura y $u$ y la medida son lisas, a continuación, $g$ será suave y cerca de $f$. No es, obviamente, inyectiva pero tal vez eso se podría arreglar. Sin embargo, yo no puedo ver nada así que usted podría hacer si $M$ no tiene ya una suave estructura.

En este caso bidimensional del mapeo de Riemann teorema da una casi única de conformación isomorfismo $h$ proveniente de la apertura de la unidad de disco a la limitada componente de $\mathbb{R}^2\setminus f(M)$. Usted podría tratar de definir $h_1:S^1\to f(M)$ por $h_1(z)=\lim_{t\to 1}h(tz)$. Si recuerdo correctamente, hay gente en Finlandia que han pensado mucho sobre esto y decidió que $h_1$ puede ser arbitrariamente mal.