¿Forman las matrices singulares una variedad topológica

Question

Así que la definición de colector que estoy utilizando es la de colector topológico (un espacio topológico con un atlas de homeomorfismos a $\mathbb{R}^n$ ).

Tengo dos preguntas relacionadas:

1. Es el conjunto de matrices singulares (sobre $\mathbb{R}$ ) de dimensión $n$ ¿un colector? Entiendo que no puede serlo si tiene la topología del subespacio heredada de $\mathbb{R}^{n^2}$ ya que en este caso viene dada por la superficie $\det(A)=0$ que tiene una singularidad en $0$ . Soy consciente de las preguntas similares aquí y aquí pero las respuestas dadas parecen ser para las variedades lisas y no para las variedades topológicas.

2. Mi segunda pregunta es ¿cuál es exactamente la definición topológica de una singularidad? Dado que el hecho de que un espacio topológico sea un colector es una propiedad de la propia topología, debería haber una definición puramente topológica de una singularidad. Lo mejor que se me ocurre es que un punto singular en un espacio topológico es un punto tal que ningún conjunto abierto que lo contenga puede ser homeomorfo a $\mathbb{R}^n$ Sin embargo, esta definición parece un poco exagerada.

Actualización

Así que, por lo que veo, mi definición de singularidad topológica es correcta. Sin embargo, en cuanto a si la superficie $\det(A)=0$ es un colector topológico o no, todavía no podría decirlo.

Considerando el determinante como una inmersión potencial de las variedades $\mathbb{R}^{n^2}\rightarrow\mathbb{R}$ vemos al observar su derivada que no es una inmersión siempre que la matriz adyacente (o equivalentemente el cofactor) sea idénticamente cero. Y como que el adjunto de una matriz sea cero implica que la matriz es singular, ésta será algún subconjunto de las matrices singulares. Así que son estas matrices las que nos impiden utilizar el teorema del conjunto regular de niveles para concluir que las matrices singulares forman una variedad suave, aunque esto no significa que no sean una variedad topológica.

El conjunto de puntos en $\mathbb{R}^{n^2}$ que son singularidades viene dada por la superficie polinómica $$\{\det(A_{ij})=0\; :\; 1\leq i,j\leq n\}$$ donde $A_{ij}$ es la sub-matriz de $A$ que se obtiene al eliminar el $i^{th}$ fila y $j^{th}$ columna.

Un ejemplo de curva singular que hace admitir una $C^0$ La estructura es $y^2-x^3=0$ mediante la parametrización $t\mapsto (t^2,t^3)$ .

Un ejemplo de curva singular que no lo hace admitir una $C^0$ La estructura es $xy=0$ ya que cualquier conjunto abierto que contenga el origen tiene 4 componentes desconectadas cuando se elimina el origen, mientras que al eliminar un punto en $\mathbb{R}^k$ resulta en un máximo de 2 componentes desconectados.

Answer 1

Sólo consideraré el primer caso no trivial de $2\times 2$ matrices reales con determinante $0$ : $\{ (a,b,c,d) \ | \ a d - b c = 0\}$ . Escriba $ a = x+y$ , $d = x-y$ , $b = z+ t$ , $c = z - t$ y obtener $$X \colon \{ (x,y,z,t) \ | \ x^2 - y^2 = z^2 - t^2\}$$ o $\{ (x,y,z,t) \ | x^2 + t^2 = y^2 + z^2 \}$ . Observe que $X$ es homeomorfo al cono sobre el toro por el mapa $(r, \phi, \tau) \mapsto (r \cos \theta, r \cos \tau, r \sin \tau, r\sin \theta)$ es decir $X \simeq T \times [0, \infty) / T \times \{0\}$ .

Demostremos que ninguna vecindad abierta de $(0,0,0,0)$ en $X$ es homeomorfo a una bola tridimensional. Basta con hacer eso para $C(T) \colon = T \times [0, \infty) / T \times \{0\}$ ( con el punto $0$ la imagen de $T \times \{0\}$ ). Si tuviera un barrio así $V$ entonces $V \backslash \{0\}$ se conectaría simplemente. Demostremos que para ninguna vecindad $V$ de $0$ en $C(T)$ , $V \backslash\{0\}$ está simplemente conectado. De hecho, cada vecindad de este tipo debe contener $T \times (0, \epsilon)$ para algunos $\epsilon > 0$ . Considere una ruta en $T \times (0, \epsilon)$ cuyo primer componente no es nulo-homotópico. Entonces la imagen de este camino en $C(T) \backslash \{ 0\}$ no es nulo-homotópico, por lo que tampoco es nulo-homotópico en $V \backslash\{0\}$ .

Answer 2

Este post es para ampliar los detalles en el argumento de Orangeskid.

Lo que tenemos es un conjunto abierto $U = V \setminus \{0\}$ . Hipotéticamente, es homeomorfo a $B^3 \setminus \{0\}$ y, por tanto, simplemente conectado.

Ahora, uno escoge un mapa $\varphi: S^1 \to T^2 \times (0,\varepsilon)$ eso es no null-homotopic. Porque $\pi_1(T^2 \times (0,\varepsilon)) \cong \Bbb Z^2$ (Concretamente: $T^2 = S^1 \times S^1$ Así que escoge la inclusión $\varphi(x) = (x,1,\varepsilon/2)$ . Que esto no es nulo-homotópico se puede demostrar en un primer curso de topología algebraica después de aprender que el mapa de identidad $S^1 \to S^1$ no es nulo-homotópico).

Si $U$ fuera simplemente conectado, entonces este mapa sería nulo-homotópico en $U$ . Es decir, habría un mapa $\tilde \varphi: D^2 \to U$ que se extendió $\varphi$ (en el sentido de que $\tilde \varphi = \varphi$ en $S^1 \subset D^2$ .) Porque $U \subset T^2 \times (0,\infty)$ sería nulo-homotópico en $T^2 \times (0,\infty)$ también. Pero ese es precisamente el problema. Lo que diría un topólogo algebraico es que el mapa $T^2 \times (0,\varepsilon) \to T^2 \times (0,\infty)$ es una equivalencia homotópica, por lo que induce un isomorfismo en todos los grupos homotópicos. Seamos concretos.

Considere el mapa $f: T^2 \times (0,\infty) \to T^2 \times (0,\infty)$ dado por $f(x,t) = (x,\varepsilon/2)$ . Ahora considere $f\tilde \varphi$ . Este es un mapa cuya imagen se encuentra en $T^2 \times (0,\varepsilon)$ y que está de acuerdo con $\varphi$ en el círculo delimitador $S^1$ . Por lo tanto, es una nula homotopía de nuestro mapa $S^1 \to T^2 \times (0,\varepsilon)$ Esto contradice nuestra elección de $\varphi$ . Así que no había tal $U$ ¡después de todo!

Este mismo argumento demuestra que el cono de cualquier colector no simplemente conectado no es un colector; con algunas herramientas más se puede demostrar que el cono de un colector cuya homología no es la de $S^n$ no es una colector; y luego juntando esto y el teorema de Whitehead y la conjetura de Poincare (que ahora es un teorema topológico en todas las dimensiones) se concluye que el cono de una colector $M$ sólo es un colector si $M = S^n$ para algunos $n$ .