¿Pueden los haces cotangentes ver estructuras lisas exóticas?

Question

Tengo dos preguntas que se inspiran en un par de preguntas aquí en MO (a las que se hace referencia más abajo), así como en una conversación con algunos otros estudiantes de posgrado en una escuela de verano.

Caveat : No soy un geómetra simpléctico, ni un topólogo diferencial en el sentido "clásico", así que mis preguntas podrían tener una respuesta conocida, o estar abiertas.

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Se sabe que los exóticos $\mathbb{R}^4$ 's tienen difeomorfo paquetes cotangentes, como se conoce (ver aquí ) que tienen las esferas de Milnor isomorfo haces cotangentes (topológicos).

1 . ¿Puede el suave ¿la estructura de los haces cotangentes distingue las estructuras lisas exóticas en la base?

Dicho de otro modo, ¿existe un par de variedades lisas $M,M'$ que son homeomórficos, tales que $T^*M$ et $T^*M'$ son isomorfas (véase la nota a pie de página) como haces vectoriales, pero no difeomorfas como variedades lisas?

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Como ya se ha dicho, las estructuras lisas exóticas en $\mathbb{R}^4$ no son detectados por el haz cotangente como una colector liso. Pero el haz cotangente admite una estructura simpléctica canónica, por lo que...

2 . ¿Puede el symplectic estructura de los haces cotangentes ver la base?

Es decir ¿Existe un par $M,M'$ de variedades lisas que tienen haces tangentes difeomorfos, pero que sus haces cotangentes simplécticos son/no son simplectomorfos? En esta formulación, estoy incluyendo también pares como $\mathbb{R}^3$ y el Colector Whitehead (ver este pregunta), pero podemos imponer algunas restricciones más: ¿qué pasa si $M$ et $M'$ son homeomórficos?

ACTUALIZACIÓN : on este Igor Belegradek da una referencia a un artículo en el que se demuestra que la homeomorfía $n$ -tienen haces cotangentes difeomórficos. Como señala Andy Putman en su respuesta, Mohammed Abouzaid encontró ejemplos de esferas con haces cotangentes no simplectomorfos, por lo que la respuesta es SI : los haces cotangentes pueden (al menos a veces) ver la base.

ACTUALIZACIÓN (16/07/2012): con respecto a la pregunta 2, Tobias Ekholm e Ivan Smith tienen una interesante preimpresión : El corolario 1.4 dice que la topología simpléctica sobre $T^*(S^1\times S^{8k-1})$ detecta la topología suave de la variedad subyacente. Su artículo trata de los puntos dobles de las inmersiones lagrangianas (mencionadas en la respuesta de Tim Perutz, más abajo).

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Como señaló Igor Belegradek, la palabra "isomorfo" puede ser un poco confusa en este contexto. Lo que quiero decir es que hay un homeomorfismo $M\to M'$ que tira hacia atrás $T^*M'$ a $T^*M$ . Esto puede reforzarse/debilitarse pidiendo que este homeomorfismo sea topológicamente isotópico a la identidad (ya que $M$ et $M'$ son homeomórficos, esto tiene sentido). Por ejemplo, podría querer $M$ et $M'$ para que ambos sean paralelizables.

Answer 1

Escribí un pequeño artículo expositivo sobre esto y asuntos relacionados en el Boletín de la Sociedad Matemática Europea:

http://www.ems-ph.org/journals/newsletter/pdf/2010-03-75.pdf

La topología clásica de $X:=T^\ast L$ puede incluir algo más que su tipo de difeomorfismo: también hay una estructura casi compleja $J$ en $X$ canónico hasta la homotopía. El par $(X,J)$ conoce las clases Pontryagin de $L$ porque $$c_{2k}(TX,J)|_{L}=c_{2k}(TL\otimes\mathbb{C})=(-1)^k p_k(TL),$$ así que $(-1)^k p_k(TL)$ se retira a $c_{2k}(L)$ bajo proyección $X\to L$ . Sin embargo, incluso con este adorno, la topología suave de $X$ no determina $L$ .

Conjetura de fidelidad: el tipo de simplectomorfismo exacto del haz cotangente $(X,\omega=d\lambda_L)$ de un colector compacto $L$ determina $L$ .

Un simplectomorfismo exacto $T^\ast L \to T^\ast L'$ es un difeomorfismo $f$ tal que $f^*\lambda_{L'}-\lambda_L= dh$ para $h$ una función de soporte compacto. La conjetura (pero no el nombre) es estándar.

Los intentos de utilizar la simpléctica invariantes de $X$ para distinguir las estructuras lisas en $L$ han sido hasta ahora un completo fracaso. Por ejemplo, el anillo de cohomología simpléctica $SH^*(X)$ es isomorfo a la homología del espacio de bucles $H_{-*}(\mathcal{L}L; w)$ (los coeficientes son el sistema local $w$ de $\mathbb{Z}$ -módulos determinados por $w_2$ ), con el producto de la cadena. Este invariante viene determinado por el tipo de homotopía de $L$ .

"La conjetura de Arnol'd" (comillas porque Arnol'd realmente hizo una conjetura mucho más circunspecta). Cualquier incrustación lagrangiana exacta $\Lambda \to X$ (con $\Lambda$ compacta) es isotópica exacta a la incrustación de la sección cero.

Esto implicaría inmediatamente la conjetura de fidelidad.

Se han producido avances en la conjetura de Arnol'd de tres tipos:

(1) Es cierto para $L=S^2$ (Hind, http://arxiv.org/abs/math/0311092 ).

(2) El trabajo de varios autores (Fukaya-Seidel-Smith http://arxiv.org/abs/0705.3450 , Nadler http://arxiv.org/abs/math/0612399 , Abouzaid http://arxiv.org/abs/1005.0358 y el trabajo en curso de Kragh) muestra acumulativamente que la proyección de una lagrangiana exacta a la sección cero es una equivalencia homotópica. Esto es una buena prueba de la veracidad de la conjetura, pero para la aplicación a la fidelidad uno podría también hacer de la equivalencia de homotopía una suposición.

(3) Como mencionó Andy, Abouzaid http://arxiv.org/abs/0812.4781 ha demostrado que una homotopía $(4n+1)$ -esfera $S$ , de tal manera que $T^*S$ contiene un lagrangiano empotrado exacto $S^{4n+1}$ limita un colector paralelizable. Esto se demuestra mediante un impresionante análisis de la geometría de un espacio de discos pseudoholomórficos.

La existencia de un lagrangiano exacto inmersiones se rige por la teoría de la homotopía (existe un principio h que encuentra dicha inmersión dados los datos homotópicos adecuados). Al igual que las sutilezas de la topología de los 4 manificios pueden localizarse en la imposibilidad de eliminar los puntos dobles de las superficies inmersas (el fracaso del truco de Whitney), la sutileza de la estructura simpléctica de los haces cotangentes se reduce a la cuestión de la posibilidad de eliminar los puntos dobles de las inmersiones lagrangianas.

Answer 2

La respuesta a su segunda pregunta es sí (en algunos casos). Véase el artículo de Abouzaid "Framed bordism and Lagrangian embeddings of exotic spheres", disponible aquí .

Answer 3

Hagamos un ejemplo para la pregunta 1 utilizando la teoría clásica del alisamiento.

Si $K$ es un complejo celular finito, entonces para cualquier haz vectorial $\xi$ en $K$ se puede hacer un colector suave de alta dimensión $M$ teniendo una equivalencia de homotopía $f:M\to K$ tal que el haz tangente es estable $f^\star \xi$ . (Embed $K$ en un gran $\mathbb R^N$ , tomar una vecindad adecuada, y luego tomar un haz de discos sobre ella). Además, $M$ se determina por $\xi$ en el sentido de que si la dimensión es lo suficientemente grande y los colectores están simplemente conectados en $\infty$ entonces una equivalencia homotópica cubierta por un isomorfismo de haces tangentes debe ser homotópica a un difeomorfismo. (La prueba utiliza la $h$ -teorema del cobordismo).

Aplique esto con $K$ siendo el espacio de Moore $\Sigma^6\mathbb RP^2$ . El espacio de los mapas puntuales $K\to BO$ es la fibra homotópica del mapa $\Omega^7BO\to\Omega^7BO$ inducido por un grado $2$ mapa $S^7\to S^7$ . Por lo tanto, ya que $\pi_8BO=\mathbb Z$ et $\pi_7BO=0$ hay dos haces vectoriales sobre $K$ para elegir, de forma estable. Esto da, para grandes $n$ , dos variedades lisas de este tipo de homotopía. Sus variedades (co)tangentes son difeomorfas, porque son $2n$ -de tipo homotópico, ambas con haz tangencial trivial. (La suma directa del haz no trivial sobre $K$ con ella misma es trivial).

Como colectores lineales a trozos $M$ et $M'$ son isomorfos, porque los mapas compuestos $K\to BO\to BTop$ son homotópicos, porque $\pi_8BPL=\mathbb Z$ et $\pi_7BPL=0$ con el mapa $\pi_8BO\to \pi_8BPL$ llevando un generador a un par ( $28$ ) múltiplo de un generador.

Answer 4

Las preguntas en cuestión son mucho más fáciles de responder para los colectores abiertos que para los colectores cerrados. He aquí una gran familia de ejemplos sencillos: Hay un número incontable de tipos de difeomorfismo de la exótica $\mathbb{R}^4$ s. Como ya se ha mencionado en la pregunta, el espacio total del haz cotangente de cada exótica $\mathbb{R}^4$ es difeomorfo a $\mathbb{R}^8$ .

Además, el haz es trivial, ya que su base es contráctil. Por lo tanto, para cualquier homeomorfismo $f:M_0\to M_1$ entre lo exótico $\mathbb{R}^4$ s, el $f$ -del haz cotangente de $M_1$ es isomorfo en base (como haz vectorial topológico) al haz cotangente de $M_0$ . Esto da lugar a innumerables ejemplos (paralelizables) en los que la respuesta a la pregunta 1 es NO.

Todos estos espacios totales son también simplectomorfos; esto da lugar a innumerables ejemplos en los que la respuesta a la pregunta 2 es NO. Que los espacios totales de los haces cotangentes de dos exóticas cualesquiera $\mathbb{R}^4$ s $M_0,M_1$ son simplectomorfos se deduce del Corolario 1.12.D en Eliashberg/Gromov: Múltiples convexos simplécticos porque $M_0,M_1$ son tangencialmente equivalente en el sentido de Eliashberg/Gromov: Existe (de nuevo por trivialidad de los haces) un morfismo de haz vectorial $T^*M_0\to T^*M_1$ que es biyectiva fibrosa y cuyo mapa subyacente $M_0\to M_1$ es una equivalencia homotópica.

Answer 5

Editar: He entendido mal la pregunta...

La respuesta a la primera pregunta para las variedades orientables cerradas de dimensión 4 es negativa.

El Teorema de Dold-Whitney establece que dos haces de 4 planos orientados sobre el mismo 4manifold $M$ son isomorfas si y sólo si comparten la misma segunda clase de Stiefel-Whitney $w_2$ , la misma primera clase de Pontryagin $p_1$ y la misma clase de Euler $e$ . Cada una de estas clases características está determinada por el tipo de homotopía de $M$ (véase más adelante), y por tanto el haz cotangente sobre $M$ también está determinada, independientemente de la estructura diferenciable que se asigne a $M$ .

En efecto, estas clases características se determinan fácilmente por el tipo de homotopía de $M$ : $p_1$ es 3 veces la firma $\sigma(M)$ de $M$ por la fórmula de Hirzebruch, la clase de Euler es $\chi(M)$ et $w_2$ está determinada por la forma de intersección gracias a la fórmula de Wu, véase por ejemplo esta pregunta .