Es un espacio sin nontrival vector haces contráctiles?

Question

Deje $X$ ser una "buena" espacio", dicen tener la homotopy tipo de un CW complejo. Supongamos también que $X$ está conectado. Supongamos que todos los verdaderos vector de paquetes en $X$ son triviales. De lo anterior se sigue que el $X$ es contráctiles?

Si no, hay un ejemplo en donde la $X$ es muy agradable, dicen que un compacto liso colector?

Aquí es una idea que yo tenía para la construcción de un contra ejemplo. Deje $G$ ser un grupo que no trivial representaciones en cualquier real finito-dimensional espacio vectorial. Por ejemplo, uno puede tomar la $G = \varinjlim A_n$, la "alternancia de grupo en $\mathbf N$" que conste de las permutaciones de $\mathbf N$ fijación de casi todos los elementos pointwise y tener signo $+1$. Deje $X$$K(G,1)$. Entonces yo creo que el $X$ no tiene no trivial vector de paquetes, aunque no estoy seguro de que mi argumento (el punto esencial de lo que es la igualdad de $$\check{H^1}(X, \text{GL}_n(\mathbf R)) \overset{?}{=} \text{Hom}(G, \text{GL}_n(\mathbf R).)$$

También he pensado en el uso de la Atiyah-Hirzebruch espectral de la secuencia para producir un contra-ejemplo, pero no he llegado a algo concreto. De todos modos, creo que es una pregunta interesante.

Answer 1

$X = S^0$, yo.e un espacio que consta precisamente de dos puntos (con la topología discreta). Esto apoya sólo trivial haces y no contráctiles. Es también un compacto $0$-dimensiones múltiples.

Creo que hay conectado ejemplos como bien, pero me acabo de dar cuenta que no había descartado eso.

edit: tome $X$ $2$- complejo asociado a la presentación de los binarios de icosaédrica grupo:

$$ X = <s,t | s^{-3}(st)^2, t^{-5}(st)^2> $$

Este es un 2-complejo tal que todos los de su homología de grupos son triviales, es decir, $H_i X = 0$ todos los $i \geq 1$. Tal vez la forma más sencilla de ver esto es que los que una vez perforado de Poincaré dodecahedral espacio.

El reclamo es que cualquier paquete de más de $X$ debe ser trivial.

$\pi_1 X$ es el binario icosaédrica grupo (el grupo fundamental de la Poincaré homología de la esfera), que ha trivial abelianisation.

Dado un paquete de más de $X$ es clasificado por un mapa de $X \to BO_k$. No es la extensión de $SO_k \to O_k \to \mathbb Z_2$. Desde $\pi_1 X$ no tiene epimorphism a $\mathbb Z_2$, el mapa de $X \to BO_k$ ascensores de un mapa de $X \to BSO_k$. El primer no-trivial homotopy grupo de $BSO_k$ $\pi_2 BSO_k = \pi_1 SO_k$ que es cíclico.

Ahora usted puede preguntar si este mapa es nulo homotópica? La idea es que podemos null-homotope $X \to BSO_k$ en el 1-esqueleto desde $\pi_1 BSO_k$ es trivial. La obstrucción a null-homotoping por encima de los 2-esqueleto es un elemento de $H^2 X$ con $\mathbb Z$ o $\mathbb Z_2$ coeficientes, pero sabemos que este grupo es trivial.

Así que yo creo que hace el trabajo. Usted puede completar esta a un lugar directo a la "construcción" de una trivialización del paquete donde uno de los juegos de los juegos, deslizando obstrucciones alrededor del 2-células, jugando con los anteriores relatores.