¿Son las clases de Stiefel-Whitney de un haz vectorial los únicos obstáculos para que sea invertible?

Question

Consideremos los haces vectoriales sobre espacios topológicos paracompactos conexos. Un haz vectorial $E$ en $X$ se dice que es invertible si existe algún otro haz $F$ cuya suma con $E$ es trivial: $E\oplus F \simeq \epsilon ^N $ . La terminología "invertible" (utilizada por Tammo tom Dieck, por ejemplo) procede de la teoría K y no es tan extraña como parece:en $\tilde K(X)$ la clase de $F$ es la inversa aditiva de la de $E$ . Si todos los haces vectoriales en $X$ son invertibles, entonces cada clase (= haz virtual) en $\tilde K(X)$ está representado por un paquete real, lo que es bastante agradable.

Ahora bien, todo haz vectorial es invertible si $X$ es compacta o es una colector diferenciable o incluso un colector topológico o incluso un subespacio de algún $\mathbb R^n$ o incluso un espacio de dimensión combinatoria finita de Lebesgue o incluso ... [Por favor, corregidme si me equivoco: esto es una interpretación/síntesis de lo que he leído, a veces entre líneas, en varios sitios].

Por tanto, cabe esperar con optimismo que todo haz vectorial en un espacio paracompacto conexo sea invertible: después de todo, ¿qué podría salir mal? Esto es lo que pasa.

Considere $X=\mathbb {RP}^{\infty}$ (espacio proyectivo real de dimensión infinita) y el haz de líneas tautológico $\gamma$ en $X$ . Su clase total de Stiefel-Whitney es $w(\gamma)=1+x \in H^\ast (\mathbb {RP}^{\infty},\mathbb Z /2)=(\mathbb Z /2)[x]$ donde $x$ es la primera clase de Stiefel-Whitney de $\gamma$ . Si $\gamma$ tenía un haz vectorial inverso $F$ tendríamos $w(\gamma) w(F)=1$ y esto es imposible ya que $w(\gamma)=1+x$ no es invertible en el anillo de cohomología $H^\ast (\mathbb {RP}^{\infty},\mathbb Z /2)=(\mathbb Z /2)[x]$ ( un anillo polinómico en uno indeterminado sobre $\mathbb Z /2)$ .

Esto me lleva a plantear la siguiente pregunta:

Si un haz vectorial sobre un espacio paracompacto conexo tiene una clase total de Stiefel-Whitney invertible en su anillo de cohomología, ¿se deduce que el propio haz es invertible?

Answer 1

La respuesta es no. Deja que $G$ sea un grupo cíclico de orden $n$ no divisible por $2$ , dejemos que $V$ sea un irreducible $2$ -representación dimensional de $G$ y consideremos el haz vectorial asociado $EG\times_G V\to BG$ (que llamaré $V$ de nuevo). A continuación, $V$ tiene clases de Stiefel-Whitney triviales ya que $H^q(BG;\mathbb{Z}/2)=0$ si $q>0$ pero $V$ puede tener clase Pontryagin no evanescente (tenemos $H^*(BG;\mathbb{Z})=\mathbb{Z}[[x]]/(nx)$ donde $x\in H^2$ y $p(V)=1-a^2x^2$ con $a\in \mathbb{Z}/n$ en función de la representación original). Dado que la clase Pontryagin satisface la suma de Whitney hasta $2$ -torsión, esto da un contraejemplo: el haz virtual $-V$ no procede de un haz vectorial, ya que $p(-V)=(1-a^2x^2)^{-1}$ .

Ahora te preguntarás, ¿y si además exigimos que las clases de Pontryagin sean (finitamente) invertibles? Probablemente aquí también haya un contraejemplo, aunque no lo tengo a mano.

Añadido más tarde. Aquí tienes una. (Espero: sigo necesitando arreglarlo.) Si $G$ es un finito $p$ -grupo entonces la "construcción de Borel" define una biyección entre de: el conjunto $\mathrm{Rep}_n(G)$ de clases de isomorfismo de reales $n$ -representaciones dimensionales de $G$ en el conjunto $\mathrm{Bun}_n(G)$ de clases de isomorfismo de reales $n$ -sobre el espacio de clasificación $BG$ . En teoría de la representación, no hay inversos aditivos, por lo que los haces no triviales sobre $BG$ que provienen de representaciones no pueden tener inversos. Así que basta con encontrar una representación no trivial $V$ cuyas clases características desaparecen todas.

Sea $G$ sea un grupo cíclico de orden $p^2$ donde $p$ es un primo impar, generado por un elemento $\sigma$ . Sea $L$ sea el $1$ -representación compleja dimensional dada por $\sigma|L=e^{2\pi i/p}$ y escribe $V$ para la real $2$ -que subyace al haz lineal complejo $EG\times_G L\to BG$ . Parece que las clases de Pontryagin desaparecen: hasta los signos, la clase total de Pontryagin es la clase total de Chern de $V\otimes \mathbb{C}\approx L\oplus \overline{L}$ y calculamos $c(V)=c(L)c(\overline{L}) = (1+px)(1-px) = 1-p^2x^2 = 0$ .

(El hecho de la biyección $\mathrm{Rep}(G)$ en $\mathrm{Bun}(G)$ no es trivial; se deduce de un teorema de Dwyer y Zabrodsky ("Mapas entre espacios clasificatorios", LNM 1298). No conozco una demostración más elemental, pero una condición como " $G$ es un $p$ -grupo" es probablemente necesario).

Fin de la adición.

Hay obstrucciones en $K$ -teoría para "invertir" los haces. Existen operadores de potencia exterior $\lambda^k:KO(X)\to KO(X)$ tal que si $[V]$ es el $K$ -clase de un paquete real $V$ tenemos $\lambda^k([V])=[\Lambda^k V]$ la clase del haz de potencias exterior. La suma formal $\Lambda_t(x)\in KO(X)[[t]]$ dado por $$ \Lambda_t(x)= 1+\lambda^1(x)t+\lambda^2(x)t^2+\dots $$ tiene una fórmula de Whitney ( $\Lambda_t(x+y)=\Lambda_t(x)\Lambda_t(y)$ ), procedente de la descomposición habitual $\Lambda^nV=\sum \Lambda^iV\otimes \Lambda^{n-i}V$ . Además, si $x=[V]$ es la clase de un honesto $n$ -debemos tener $\lambda^i([V])=[\Lambda^iV]=0$ para $i>n$ de modo que $\Lambda_t(x)$ es polinómica.

En este caso, los paquetes triviales no tienen triviales $\Lambda$ -en lugar de escribir " $n$ "para el trivial $n$ -tenemos $\Lambda_t(n)=(1+t)^n$ . Por lo tanto, un isomorfismo $V\oplus W= n$ implica una identidad $\Lambda_t([V])\Lambda_t([W])=(1+t)^n$ .

Así que una forma aún más fuerte de su pregunta es: si $V$ es un haz vectorial (sobre un espacio agradable) tal que $\Lambda_t([V])/(1+t)^n \in KO(X)[[t]]$ es un polinomio, ¿debe deducirse que existe un haz $W$ tal que $V\oplus W\approx n$ ? De nuevo, no tengo ningún contraejemplo.