¿Puede el enésimo espacio proyectivo ser cubierto por n gráficos?

Question

Es decir, ¿hay una tapa abierta de $\mathbb{R}P^n$ por $n$ conjuntos homeomórficos a $\mathbb{R}^n$ ?

Esta pregunta se me ocurrió hace unos años y he pensado en ella de vez en cuando, pero no he podido resolverla. Sospecho que la respuesta es negativa pero no estoy muy seguro. Además, ¿hay algún área de la topología que estudie cuestiones como ésta?

Answer 1

Ampliando el comentario de @user127776, la referencia clave es Palais, "Lusternik-Schnirelman Theory on Banach Manifolds", Topology 5 (1966), donde se demuestra que si $X$ puede ser cubierto por $n$ conjuntos cerrados contraíbles, entonces la longitud de la copa de $X$ es estrictamente menor que $n$ .

(Aquí la longitud de la copa es la mayor $n$ tal que para algún campo $F$ y algunos elementos $c_1,\ldots,c_n$ en $H^*(X,F)$ tenemos $c_1\cup\ldots\cup c_n\neq 0$ .)

Esto excluye la cobertura de ${\mathbb RP}^n$ con $n$ conjuntos cerrados contraíbles, lo que debería bastar aquí (después de reducir ligeramente el $n$ copias de ${\mathbb R}^n$ ).

Editado para añadir:

En términos más generales, supongamos que $X$ es un espacio Hausdorff compacto cubierto por $n$ conjuntos cerrados $X_1,\ldots, X_n$ con todos $H^1(X_i,{\mathbb Z}/2{\mathbb Z})=0 $ . (Equivalentemente, cualquier haz de líneas (reales) sobre $X_i$ es trivial).

Teorema. Cualquier haz de líneas en $X$ puede ser generado por $n$ secciones.

Prueba. Dejemos que $\hat{X}= Spec(C(X,{\mathbb R}))$ para que $X$ se incrusta en $\hat{X}$ . Tenga en cuenta que:

1. Porque $X$ es normal, cada $X_i$ está definida por la desaparición de una función continua, por lo que el $\hat{X}_i$ forman una cobertura cerrada de $\hat{X}$ .

2. Por el teorema de Swan, el mapa que toma un haz vectorial sobre $\hat{X}$ a su retroceso sobre $X$ es una equivalencia de categorías (y lo mismo con $X$ sustituido por $X_i$ ).

Ahora bien, como cada haz de líneas en $X_i$ es trivial, también lo es todo haz de líneas en $\hat{X}_i$ .

Porque $\hat{X}$ es un esquema afín, un haz de líneas corresponde a un módulo proyectivo, que a su vez es la imagen de una matriz idempotente con entradas en $C(X,{\mathbb R})$ . Un poco de reflexión revela que esta matriz puede ser tomada como $n\times n$ . Se deduce que cualquier haz de líneas en $\hat{X}$ es generado por $n$ secciones. Por lo tanto (por la correspondencia de Swan) también lo es cualquier haz de líneas en $X$ tal y como se anuncia.

Corolario. Para cualquier $c\in H^1(X,{\mathbb Z}/2{\mathbb Z})$ El $n$ -producto de copa doblada $c^n\in H^n(X,{\mathbb Z}/2{\mathbb Z})$ es cero.

Prueba. $c$ es la primera clase de Stiefel-Whitney de algún haz de líneas $\xi$ . Sea $\phi_\xi:X\rightarrow {\mathbb RP}^\infty$ sea el mapa clasificador de $\xi$ . El $n$ Las secciones garantizadas por el teorema proporcionan una factorización de $\phi_\xi$ a través de ${\mathbb RP}^{n-1}$ . Pero $H^n({\mathbb RP}^{n-1},{\mathbb Z}/2{\mathbb Z})=0$ .

Answer 2

Parece que vale la pena dar el argumento de la longitud de la copa, ya que es relativamente corto y dulce.

Supongamos que $\mathbb{R}P^n=U_1\cup\cdots\cup U_n$ con cada $U_i\approx\mathbb{R}^n$ y que $c\in H^1(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}/2)$ sea el generador.

Para cada $i$ el mapa inducido por la inclusión $H^1(\mathbb{R}P^n;\mathbb{Z}/2)\to H^1(U_i;\mathbb{Z}/2)$ es trivial, así que por la larga secuencia exacta de cohomología del par $(\mathbb{R}P^n,U_i)$ existe una clase de cohomología relativa $c_i\in H^1(\mathbb{R}P^n,U_i;\mathbb{Z}/2)$ cuya imagen en cohomología absoluta es $c$ . Pero entonces por la naturalidad de los productos de la copa relativa, $c^n$ es la imagen de $$ c_1\cdots c_n\in H^n(\mathbb{R}P^n,U_1\cup\cdots\cup U_n;\mathbb{Z}/2)=0, $$ y por lo tanto $c^n=0$ una contradicción.

Como señala Aleksander Milivojevic en los comentarios, el área relevante de la topología es el estudio de la categoría Lusternik--Schnirelmann y los invariantes relacionados.