Es una inmerso submanifold de segunda contables?

Question

Por colector general me refiero a Hausdorff diferencial colector no necesariamente segunda contables. Por norma colector quiero decir Hausdorff, segundo conteo diferencial de colector.

Así que mi pregunta es, tenemos una inyectiva de inmersión, es decir con un no singular derivado, $\iota\colon M\to N$. Donde $M$ está conectado a un colector general y $N$ es un estándar de colector. Es cierto que $M$ es segundo contable.

Tenga en cuenta que si le quitas la conexión hipótesis, entonces es falso. Si tenemos en cuenta $M$ $(0,1)\times (0,1)$ con la horizontal de la topología, es decir, abrir la base de la forma ${a}\times U$ U conjunto abierto de $(0,1)$; $N$ ser $(0,1)\times (0,1)$ con el estándar de la topología, y $\iota$ a ser la identidad entonces es falso.

Si quitamos a la inyectiva hipótesis creo que también es falso. No estoy muy seguro de si se puede hacer, pero si es posible de viento de hasta el largo de la línea de alrededor de $\mathbb S^1$ similar a cómo lo hacemos con $\mathbb R$ sería un contraejemplo.

Me han dicho que se puede hacer con colectores de Riemann. Algo así como: $N$ tiene una métrica de riemann porque es segundo contable, $\iota(M)$ tiene una métrica de riemann inducida por $N$, volverlo a $M$$\iota$, se obtiene una métrica en $M$, por lo que tiene que ser de segunda contables. Sin embargo, yo no sabía nada acerca de la Geometría de Riemann, así que prefiero un puro topológico/diferencial de la prueba.

Estoy interesado, ya que permite en la prueba del teorema de Frobenius no para comprobar sobre el segundo-contables en el colector de obtener.

Answer 1

Warm-up
En contraste con la liquidación de $\mathbb R$, es imposible de sumergir a los largo de la línea de $L$ en el circulo de la $S^1$.
De hecho, si usted tenía una inmersión (inyectiva o no) $i:L\to S^1$, se provocaría un isomorfismo de la línea de paquetes de $T_L \stackrel {\simeq}{\to} i^*T_S$$L$.
Desde la tangente paquete de $S^1$ es trivial, el mismo sería cierto de $i^*T_S$ y, a continuación, de $T_L$ .
Sin embargo Morrow demostrado que $T_L$ no es trivial.

El caso general
Un no-segunda-contables colector $M$ no puede ser sumergido en un segundo contables colector $N$.
De hecho, si $i:M\to N$ es una inmersión, poner una de Riemann de la estructura de la tangente bundle $T(N)$, lo cual es posible desde la $N$ es paracompact.
La inmersión da lugar a una incrustación $di:T(M)\hookrightarrow i^*T(N)$ de vector de paquetes en $M$, lo que induce una estructura de Riemann en $T(M)$. Este Riemann estructura, a su vez dota a $M$ con una métrica compatible con su topolgy. Sin embargo, una conectada metrizable múltiple es la segunda contables . Contradicción.
(Yo he usado de segunda countability conectado un colector es equivalente a metrizability o paracompactness: ver aquí)

Edit: Una alternativa a prueba de
En el caso de $M$ $N$ tienen la misma dimensión que se puede dar una puramente topológica de la prueba, más de acuerdo con su deseo de evitar estructuras de Riemann.
(Basta dar un riemannless prueba en el warm-up) . Aquí va:

Recordemos que el Poincaré-Volterra teorema establece que si $i:X\to Y$ es un local homeomorphism con $X$ conectado Hausdorff y $Y$ localmente compacto, conectado localmente y segundo-contable, a continuación, $X$ es segundo contable.
Si $M$ $N$ tienen la misma dimensión , una inmersión $i:M\to N$ es un local diffeomorphism y , a fortiori, un local homeomorphism. El teorema de Poincaré-Volterra por lo tanto, demuestra que es imposible tener tanto $M$ no de segunda contables e $N$ segunda contables.

[Poincaré-Volterra del teorema es el último resultado en el primer capítulo de Bourbaki la Topología.
Se utiliza, por ejemplo, en la prueba de Radó del teorema según el cual cada superficie de Riemann es segundo contable.]