¿Cuáles son las condiciones necesarias y suficientes para que el producto de las esferas paralellizable?

Question

Bueno, así que me encontré con el resultado de que la tangente-bundle de cualquier producto de las esferas es parallizable, dado que algunos de los elementos del producto $S^1$, $S^3$, o $S^7$. Puedo probar esto de la siguiente manera, señalando en primer lugar que desde las más altas esferas son simplemente conectado, se $\Phi^{\mathbb{R}}_1(S^i)=1$, ya que el rango-1 vectorbundles están en correspondencia con doble cubre (a través de un paracompact espacio). Así, por $j\in \{1, 3, 7\}$ tienen (omitiendo el pull-back mapa de la proyección que se produce en la mayoría de los términos, y de conmutación $1$ con la normal lote de arriba) que $T(S^i\times S^k)=T(S^i)\oplus T(S^k)$$=i\oplus T(S^k)=$$(i-1)\oplus N(S^k)\oplus T(S^k)=(i-1)\oplus (k+1)$$=k+i$ si $k>1$ e si $k=1$ es trivial, ahora el factoring y el uso de la trivial haces para parallize las otras esferas de esta manera, podemos obtener la conclusión.

Mi pregunta es ¿esta extenderse? Quiero decir que es verdadera para todos los productos, debido a la esperanza de que, dado que la tangente-bundle está asociado a la agarrando-mapa con los hemisferios superior e inferior de la rotación de las matrices, que el producto va a ser la matriz directa de la suma de las matrices de rotación que quiero decir es nulo homotópica, pero no sé lo suficiente como para tratar de profundizar más en este aurugment.

¿Alguien tiene una solución a este problema?

Answer 1

El resultado es:

El producto de las esferas $X=S^{n_1}\times S^{n_2}\times \ldots \times S^{n_k}$ (que contiene al menos dos factores) es parallelizable iff al menos uno de los $n_i$ es impar.

En primer lugar, si todos los $n_i$ son incluso, el $\chi(S^{n_1}) = 2$ todos los $i$, y, por tanto,$\chi(X) = 2^k \neq 0$. Esto implica $X$ no es parallizable. De hecho, esto implica que cada campo de vectores en $X$$0$, por lo que no hay ninguna esperanza de la construcción de $\sum n_i$ independiente de campos vectoriales.

Por el contrario, supongamos por simplicidad que $n_1$ es impar. Puesto que hay un nonvanishing campo de vectores $V$$S^{n_1}$, podemos descomponer $TS^{n_1}$ como el Whitney suma $\operatorname{span}\{V\}\oplus N$ donde $N$ es el espacio normal a $V$. Tenga en cuenta que $\operatorname{span}\{V\}$ claramente tiene una sección, por lo que es isomorfo a un trivial de rango 1 vector paquete de $\epsilon$$S^{n_1}$. Es decir, $TS^{n_1} \cong \epsilon \oplus N$.

Si $p_i$ indica el $i$th mapa de proyección $p_i:X\rightarrow S^{n_i}$, entonces es claro que tenemos $TX \cong \bigoplus p_i^\ast(TS^{n_i})$ (lo cual es cierto para cualquier producto, independientemente de si o no los factores son esferas.)

Desde la retirada de un trivial paquete es trivial, tenemos $TX \cong \epsilon\oplus p_{n_1}^\ast(N)\oplus \bigoplus p_{n_i}^\ast (TS^{n_i})$.

Ahora, desde la $TS^n \oplus \epsilon$ es trivial (porque es isomorfo a $TS^n \oplus \nu$ donde $\nu$ es normal en el paquete de $S^n\subseteq \mathbb{R}^{n+1}$), se desprende que, por ejemplo, $p_2^\ast(TS^{n_2}\oplus \epsilon) \cong p_2^\ast(TS^{n_2})\oplus \epsilon$ es también trivial. En este punto, uno puede utilizar la inducción para demostrar que $TX \cong p_1^\ast(N)\oplus \epsilon^{K}$ para algunos un gran $K$. En particular, $K\geq 2$. Pero $p_1^\ast(N)\oplus \epsilon^2 \oplus \epsilon^{K-2}\cong p_1^\ast(N\oplus \epsilon^2)\oplus \epsilon^{K-2} \cong p_1^\ast(TS^{n_1}\oplus \nu)\oplus \epsilon^{K-2}$ y por lo tanto, es trivial, debido a que $TS^{n_1}\oplus \nu$ es trivial.