Comprobación de cordura: ¿Es todo paquete de T-principales sobre T trivial?

Question

¿Es correcto el siguiente razonamiento?

• El espacio clasificatorio del 1-toro $\mathbb T$ est $\mathbb{CP^\infty}$ .

• Por lo tanto, las clases de isomorfismo de $\mathbb T$ -principales paquetes sobre $\mathbb T$ están en biyección con clases de homotopía de mapas continuos $\mathbb T\to\mathbb{CP^\infty}$ o, de forma equivalente, ya que $\mathbb{CP^\infty}$ está conectado, con $\pi_1(\mathbb{CP^\infty})$ .

• Pero el $\mathbb T$ -bienestar principal $S^\infty\to\mathbb{CP^\infty}$ da una secuencia exacta (en el medio) $\pi_1(S^\infty)\to\pi_1(\mathbb{CP^\infty})\to\pi_0(\mathbb T)$ .

• Los grupos $\pi_0(\mathbb T)$ y $\pi_1(S^\infty)$ se desvanecen ya que $\mathbb T$ está conectado y $S^\infty$ es contraíble. Por lo tanto, $\pi_1(\mathbb{CP^\infty})$ también desaparece.

• En conclusión, cada $\mathbb T$ -bienestar principal sobre $\mathbb T$ es trivial.

Esto me sorprende, porque me parece que podría obtener un fardo no trivial "dando la vuelta a la fibra una vez durante una circulación".

Answer 1

Su argumento está bien - hay un principio único $\mathbb{T}$ haz de la mano sobre $\mathbb{T}$ , es decir, el producto trivial.

Tu intuición de dar la vuelta a la fibra, creo que viene de confundir los haces principales con los haces generales.

De hecho, hay dos haces de fibras sobre un círculo cuya fibra es un círculo: el toro bidimensional y la botella de Klein (al menos cuando el grupo estructural es de dimensión finita, aunque creo que el grupo de difeomorfismo de $S^1$ se repliega sobre $O(2)$ por lo que quizás la hipótesis de la dimensionalidad finita sea superflua).

En este caso, se puede demostrar que el grupo estructural se reduce a $Gl(2,\mathbb{R})$ . Ahora bien, tal haz sobre $S^1$ es trivial en la mitad "norte" y trivial en la mitad "sur" y debe pegarse en los polos "este" y "oeste" (los puntos $(\pm 1,0)$ en $\mathbb{R}^2$ ). El encolado viene dado por un mapa (de clase de homotopía) $\phi:S^0\rightarrow Gl(2,\mathbb{R})$ y podemos suponer wlog que $\phi$ del punto base de $S^0$ (cualquier punto que seleccionemos como punto base) se envía a la identidad. El mapa $\phi$ se conoce como la función de embrague.

Entonces, porque $GL(2,\mathbb{R})$ tiene 2 componentes (correspondientes a aquellas matrices de determinante negativo y positivo), hay exactamente dos clases de homotopía de tales $\phi$ según el componente $\phi$ del punto no base es.

Esto demuestra que hay dos paquetes sobre $S^1$ con fibra $S^1$ . No es demasiado difícil dibujar pictóricamente el haz no trivial. Dibuja la botella de Klein como un cuadrado con los lados identificados. Identifica el lado superior con la orientación inferior de forma conservadora e identifica la orientación de los lados de forma inversa. Entonces el mapa $\pi$ que define la estructura del haz de fibras envía un punto del cuadrado a su proyección a lo largo de la línea inferior. Las fibras son las líneas verticales (círculos después de la identificación).

Así que tenemos dos paquetes, el paquete trivial y la botella de Klein. Ya has demostrado que el haz trivial est un bulto principal (y es el único), pero permítanme intuir por qué la botella de Klein no lo es.

Elige una fibra de $K$ . Pienso en la fibra que pasa por el centro del cuadrado. Para ser un haz principal, $\mathbb{T}$ debe actuar simplemente de forma transitoria en esta fibra. Hay precisamente dos acciones de este tipo, a saber $z* w = zw$ o $z*w = \overline{z}w$ . Intuitivamente, estas acciones corresponden al círculo que actúa sobre sí mismo girando en una dirección o en la contraria. En nuestro modelo cuadrado de $K$ Esto corresponde a mover los puntos hacia arriba o hacia abajo a lo largo de la línea vertical que los contiene. Asumiré que estamos eligiendo "mover hacia arriba", siendo el otro caso básicamente idéntico.

Por continuidad de la acción, las fibras cercanas también deben subir. De hecho, se puede extender esto a todas partes - por continuidad, $\mathbb{T}$ debe actuar sobre todas las fibras moviéndolas hacia arriba. Pero si ahora miras cómo se identifican el borde izquierdo y el borde derecho, verás que ahora has especificado acciones contradictorias en el borde izquierdo/derecho identificado. Esto muestra $K$ est no un haz principal, aunque sea un haz de fibras perfectamente bueno.

La moraleja de la historia es que el "principal $G$ -y "haz de fibras con fibra $G$ "son ideas diferentes. La segunda necesita una elección consistente de "multiplicación por G" en todas las fibras para convertirse en la primera y a veces esta elección consistente no puede hacerse.