El círculo paquete de $S^2$ real y proyectiva del espacio

Question

Hoy me sentí como calcular la integral cohomology de la unidad de círculo paquete de la tangente paquete de $S^2$. La integridad, es definida por $SS^2=\{x\in TS\colon ||x||=1\}$, donde usamos el estándar métrico de Riemann en $S^2$. El cohomology de círculo de paquetes, o más generalmente en la esfera de paquetes, puede ser calculada por la Gysin secuencia http://en.wikipedia.org/wiki/Gysin_sequence. Por el uso que el de euler clase de $S^2$ es 2 veces el generador de $H^2(S^2)$, creo que he conseguido en este tipo de cálculos (si alguien quiere comprobarlo, yo estaría más que feliz de dar los detalles), y me encuentro con que

$H^0(SS^2)=\mathbb{Z}$

$H^1(SS^2)=0$

$H^2(SS^2)=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$

$H^3(SS^2)=\mathbb{Z}$.

Esto equivale a la cohomology de real proyectiva del espacio $\mathbb{R}P^3$ (ver http://topospaces.subwiki.org/wiki/Cohomology_of_real_projective_space). Me preguntaba si estos espacios son en realidad homeomórficos, y si hay una buena forma explícita de la descripción de la homeomorphism.

Edit: Jason DeVito señaló un error en mi formulación.

Edit 2: Como se pide, aquí está el cálculo de la cohomology grupos. El Gysin es la secuencia de la esfera:

$\rightarrow H^n(S^2)\rightarrow H^n(SS^2)\rightarrow H^{n-1}(S^2)\rightarrow H^{n+1}(S^2)\rightarrow$

El centro del mapa está tomando la copa del producto con la clase de euler, que es la asignación de un generador de $H^{n-1}$ a dos veces el generador de $H^{n+1}$. Por supuesto, esto es sólo un valor distinto de cero si $n=1$.

La secuencia exacta se rompe por $n=0$ a

$0\rightarrow H^0(S^2)\rightarrow H^0(SS^2)\rightarrow 0$

Que le da el isomorfismo $H^0(SS^2)=\mathbb{Z}$ del curso. Para n=1 obtenemos una secuencia de

$0\rightarrow H^1(SS^2)\rightarrow\mathbb{Z}\rightarrow^2\mathbb{Z}$.

Debido a que el núcleo del mapa "catación con la clase de Euler" tiene como núcleo $0$, y el mapa antes de que es inyectiva, nos encontramos con $H^1(SS^2)=0$. También tenemos, justo después de este punto en la secuencia

$0\rightarrow \mathbb{Z}\rightarrow^2\mathbb{Z}\rightarrow H^2(SS^2)\rightarrow 0$.

Así nos encontramos con que $H^2(SS^2)=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. En $n=3$ encontramos

$0\rightarrow H^3(SS^2)\rightarrow H^2(S^2)\rightarrow 0$

Que le da el resto distinto de cero cohomology grupo. Todos los otros grupos de desaparecer debido a que el $H^q(SS^2)$ se intercala entre la mayor homología de grupos de las dos de la esfera, que son todos cero.

Answer 1

$SO_3$ es el espacio de triples $(v_1,v_2,v_3)$ de los elementos de $\mathbb R^3$, que es una orientada a ortonormales.

Dado un elemento $x\in SS^2$, construir un par de ortonormales. $v_1$ es el punto de $S^2$ su vector de $x$ es tangente a, $x \in T_{v_1}S^2$ $v_2$ sería el vector en $\mathbb R^3$ que es la imagen de $x \in T_{v_1}S^2$ bajo la inclusión de los vectores en los espacios de $T_{v_1}S^2 \subset \mathbb R^3$.

Pero dado $v_1$ $v_2$ ortonormales, $v_3 = v_1 \times v_2$.

Así que, básicamente porqué $SO_3$ $SS^2$ son diffeomorphic / homeomórficos.

Hay un montón de maneras divertidas de ver $\mathbb RP^3$ $SO_3$ son diffeomorphic. Hay argumentos con los cuaterniones. Yo prefiero el mapa exponencial $T_ISO_3 \to SO_3$ - considere restringido a bolas de diferentes radio y parar en el primer radio donde la función es sobre.

Answer 2

He aquí otro enfoque. Pienso en él como menos elemental pero cabe en un bastante amplio marco general de la tontería de paquetes.

Hecho: El de Hopf fibration $S^1 \to S^3 \to S^2$ es el círculo paquete de más de $S^2$ con Euler clase $+1$. Una manera de esto es que este paquete está clasificado por un mapa de $S^2 \to B(SO_2)$, donde la inducida por el mapa de $H_2(S^2) \to H_2(B(SO_2))$ envía al generador el generador. Otra forma de decir esto es que usted puede descomponer $S^3$ en dos sólidos tori $S^1 \times D^2$, y el encolado mapa envía el $\{1\} \times S^1$ curva en $\partial (S^1 \times D^2)$ a la diagonal $\{(x,x) : x \in S^1\}$ curva en el límite de la otra $S^1 \times D^2$ es decir, la curva de "la pendiente $1$".

$S^3$ es el grupo de la unidad de cuaterniones, por lo que la unidad de los números complejos $S^1$ es un subgrupo. Deje $\mathbb Z_n \subset S^1$ $n$- th raíces de la unidad. Desde $S^3/S^1 \simeq S^2$ por el Hopf fibration, hay también paquetes, inducida por el Hopf fibration:

$$S^1 / \mathbb Z_n \to S^3 / \mathbb Z_n \to S^2 $$

Pero $S^1 / \mathbb Z_n$ es un círculo. Por lo general paquete de tonterías dice $S^3 / \mathbb Z_n$ es el círculo paquete de más de $S^2$ con Euler clase $n$. En el caso de $n=2$ esto es $\mathbb RP^3$, en general este espacio se llama la Lente espacio de $L_{n,1}$. En particular, la unidad de la tangente paquete de $S^2$ es conocido (por Poincaré-Hopf, por ejemplo) para el círculo paquete de más de $S^2$ con Euler clase $2$.

Answer 3

Aquí se presenta el esquema del argumento usando cuaterniones que Ryan se alude en su respuesta.

Los cuaterniones son, como un espacio vectorial, isomorfo a $\mathbb{R}^4$. Son el conjunto de todas las cosas de la forma$q=a + bi + cj + dk$$a,b,c$, e $d$ los números reales, junto con la multiplicación de reglas que $i^2 = j^2 = k^2 = ijk = -1$ y $ij = -ji =k$, $jk = -kj = i$, y $ki = -ik = j$. Uno puede comprobar que esta noción de multiplicación es asociativa con unidad de $1 + 0i + 0j + 0k = 1$ y cada elemento distinto de cero tiene un inverso multiplicativo. Si uno define la norma al cuadrado $|q|^2$ de los cuaterniones como $a^2+b^2+c^2+d^2$, luego un cálculo muestra que, para cualquiera de los dos quaterions $q_1$$q_2$,$|q_1q_2| = |q_1||q_2|$. De ello se sigue que la unidad de la esfera en $\mathbb{R}^4$ tiene la estructura de un (no conmutativa) se encuentran en grupo.

Deje $V$ ser el subconjunto de todos los cuaterniones que consta de los con $a=0$,el imaginario cuaterniones. A continuación, $V$ es isomorfo a $\mathbb{R}^3$ como un espacio vectorial.

Para cada una de las $q\in S^3$ (i.e, $q$ es una unidad de longitud de cuaterniones), definir el mapa de $A_q:V\rightarrow V$ que envía a $v$ $qv\overline{q}$(donde $\overline{q}$ niega la $i,j,$ $k$ términos, pero deja la parte real). Porque $|qv\overline{q}| = |q||v||q| = |v|$, $A_q\in SO(3)$.

Eso significa que $q\rightarrow A_q$ es realmente un homomorphism de $S^3\rightarrow SO(3)$. Ahora uno muestra lo siguiente: Cada elemento de a $SO(3)$ es en la imagen de $S^3$ bajo este mapa y $1$ $-1\in S^3$ en conjunto, conforman el núcleo de todo del mapa. De ello se desprende que $SO(3)$ es diffeomorphic a $S^3/$~ donde $q$~$-1*q$. Pero esta es precisamente la identificación de hecho en $S^3$ conseguir $\mathbb{R}P^3$, por lo que debemos tener ese $SO(3)$ $\mathbb{R}P^3$ son diffeomorphic.