Acción adecuada y suave con un espacio orbital singular

Question

Este es un problema de Lee, Smooth Manifolds (Problema 9.4). No es un problema de tarea, simplemente estoy resolviendo sistemáticamente todos los problemas de ese libro, y me atasqué en este. Normalmente intento no pedir ayuda a no ser que realmente no tenga ni idea, pero sospecho que este problema es realmente sencillo, y me está poniendo de los nervios.

"Dé un ejemplo de acción propia y suave de un grupo de Lie sobre una variedad suave tal que el espacio orbital no sea una variedad topológica"

Como se supone que la acción es propia, el espacio orbital es efectivamente Hausdorff (y también segundo contable, por supuesto). Entonces, lo único que puede fallar es que el espacio orbital no sea localmente euclidiano.

Por lo tanto, estaba tratando de idear una acción suave de algún grupo en $\mathbb{R}^2$ cuyo espacio orbital es el conjunto "en forma de cruz".

Sin embargo, no encuentro ningún ejemplo concreto. En particular, en los ejemplos que he averiguado hasta ahora, la acción resulta no ser adecuada. Un grupo compacto sería suficiente.

Tal vez, dado que puede haber alguna confusión, sea mejor dar mi definición (la de Lee) de acción adecuada. Dejemos que $G$ un grupo de Lie que actúa sobre una variedad suave $M$ . La acción es correcta si el mapa $G\times M \to M\times M$ dado por $(g,p)\to (p,g\cdot p)$ es un mapa propio. Equivalentemente, la acción es propia si se cumple la siguiente condición: "Si $\{p_i\}$ es una secuencia convergente en $M$ y $\{g_i\}$ es una secuencia en $G$ tal que $\{g_i \cdot p_i\}$ converge, entonces una subsecuencia de $\{g_i\}$ converge".

Answer 1

He aquí otro ejemplo.

Considere $\mathbb{R}P^3$ en el modelo de una bola 3 con puntos límite antipodales identificados.

Considere la $G = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ acción sobre $\mathbb{R}P^3$ dado por el mapa antipodal que envía $(x,y,z)$ a $-(x,y,z)$ .

Afirmo que $\mathbb{R}P^3/G$ es homeomorfo a un cono en $\mathbb{R}P^2$ . Para verlo, utilice las coordenadas en $C\mathbb{R}P^2$ dado por $([x,y,z],t)$ donde pensamos en $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ y nos derrumbamos $\mathbb{R}P^2\times\{0\}$ hasta cierto punto. Ahora, el mapa $(x,y,z)$ en $\mathbb{R}P^3$ a $\big([x,y,z], (x^2+y^2+z^2)\big)$ (y mapear el origen al punto del cono). Esto es claramente continuo lejos del origen. No es muy difícil ver que también es continua en el origen.

Tampoco es difícil ver que esto desciende a un mapa biyectivo de $\mathbb{R}P^3/G$ a $C\mathbb{R}P^2$ que es, por tanto, una biyección continua entre espacios compactos de Hausdorff, por lo que es en sí mismo un homeomorfismo.

Por último, observe que $C\mathbb{R}P^2$ es no un colector topológico (con o sin frontera) debido al punto de cono $p$ . Un barrio $U$ del punto del cono $p$ tiene, por escisión, $H_k(U, U-p)\cong H_k(C\mathbb{R}P^2, C\mathbb{R}P^2-p) = H_{k-1}(\mathbb{R}P^2)$ , lo que significa que $p$ no puede ser ni un punto del colector ni un punto del colector con límite.

Answer 2

N.B. Este ejemplo no funciona: ¡no es realmente correcto, como observan Theo y Zev en los comentarios!

$\newcommand\RR{\mathbb R}$ Considere la acción de $\RR$ en $\RR^2\setminus\{0\}$ tal que $$t\cdot(x,y)=(e^tx,e^{-t}y).$$

En general, creo que si $X$ es un campo vectorial suave en $\RR^2$ y fijamos $Z=\{p\in\RR^2:X(p)=0\}$ entonces la acción de $\RR$ en $\RR^2\setminus Z$ por el flujo de $X$ es apropiado si no hay órbitas cerradas . Cada punto de silla en el campo dará problemas en el cociente.

Answer 3

Para un ejemplo realmente sencillo, basta con tomar $M = S^1\times 0 \cup S^1 \times 1$ la unión disjunta de dos copias de $S^1$ y que la acción de $G=S^1$ sea dada por

$$g\cdot (p,\epsilon) = \begin{cases} (gp,0) & (\epsilon = 0) \\ (p,1) & (\epsilon = 1) \end{cases} $$

Entonces el cociente es la unión disjunta de un punto y $S^1$ .