Cada vector paquete de más de $[0,1]^n$ es trivial

Question

Me gustaría mostrar el followoing resultado:

Cada vector paquete de más de $[0,1]^n$ es trivial

En primer lugar, considero que el caso $n=1$, así que vamos a $E$ ser un vector paquete de más de $[0,1]$. Si $\nabla$ es una conexión para $E$, vamos a $\tau_x : E_x \to E_0$ ser el transporte paralelo a lo largo de la ruta de $p_x : t \mapsto (1-t)x$. Ahora, quiero mostrar que el mapa

$$ \left\{ \begin{array}{ccc} E & \to & [0,1] \times E_0 \\ (x,v) & \mapsto & (x, \tau_x(v)) \end{array} \right.$$

es un isomorfismo de vector de paquetes. El único no-trivial punto parece ser para mostrar que el mapa anterior es suave, así que mi pregunta es: ¿cómo mostrar que $(x,v) \mapsto \tau_x(v)$ es suave?

Answer 1

Theo dice en los comentarios:

Aunque no es evidente, no obstante, es cierto que cada vector paquete admite un plano de la conexión. De ello se sigue que el vector paquetes son triviales en los colectores a la desaparición de los $\pi_1$, pero no en general.

Esto es falso. Yo no publicar esto como una respuesta, excepto que es un poco largo para un comentario.

Deje $G$ ser, es decir, un compacto de Lie del grupo. Recordemos que Chern-Weil teoría nos permite calcular el verdadero carácter de las clases de un director de una $G$-en su conjunto, en términos de la curvatura de una conexión en el paquete. En particular, si un director $G$-bundle admite un plano de la conexión, a continuación, todos los de su real carácter de las clases de desaparecer. E. g. si un verdadero vector de paquete ($G = O(n)$) admite un plano de la conexión, a continuación, su real Pontryagin clases de desaparecer (equivalentemente, su Pontryagin las clases son de torsión), y si un vector complejo paquete ($G = U(n)$) admite un plano de la conexión, a continuación, su verdadero clases de Chern desaparecer (equivalentemente, sus clases de Chern de torsión). Dado que la mayoría de $G$-paquetes no tienen esta propiedad, la mayoría de las $G$-paquetes de no admitir a un plano de la conexión, y la mayoría de las $G$-paquetes no son triviales, incluso en espacios con fuga $\pi_1$.

El más simple de los ejemplos son complejos de la línea de paquetes de más de $S^2$, los cuales son clasificados por su primera clase de Chern en $H^2(S^2, \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}$; en particular, no son triviales complejo de la línea de paquetes de más de $S^2$. Además, el cohomology grupo por encima inyecta en $H^2(S^2, \mathbb{R})$, así que no trivial línea del complejo paquete de más de $S^2$ necesariamente no admitir a un plano de conexión. En particular, a pesar del hecho de que $S^2$ se conecta simplemente, no es posible escribir una suave elección de los caminos desde un punto de base de $S^2$ a cualquier otro punto de llevar a cabo el argumento en Seirios respuesta. (Es evidente que existe una elección de ruta para la mayoría de los puntos, que es tomar una geodésica, pero que la prescripción no mal por el punto opuesto al punto de base.)

De manera más abstracta, mientras que la directora $G$-los paquetes son clasificados por $BG$, plano principal $G$-los paquetes son clasificados por $BG_{\delta}$ donde $G_{\delta}$ $G$ equipado con la topología discreta. El problema de dotar de un director de $G$-bundle con un plano de la conexión, a continuación, convierte el problema de levantar un mapa de clasificación de $X \to BG$ a un mapa de clasificación de $X \to BG_{\delta}$, o, equivalentemente, de la reducción de la estructura del grupo de$G$$G_{\delta}$, y en general de las máquinas puede ejecutar en este problema para saber lo que los obstáculos para lograrlo.

Answer 2

Siguiente Theo Johnson-Freyd comentarios, que he encontrado:

Deje $E \to B$ ser un vector paquete y $\nabla$ ser una conexión. Deje $x_0 \in B$ y, para cada $x \in B$, vamos a $\gamma_x : [0,1] \to B$ ser un camino de$x$$x_0$. Un candidato para un global de banalización es $$\Phi : \left\{ \begin{array}{ccc} E & \to & B \times E_{x_0} \\ (x,v) & \mapsto & (x,\tau_x(v)) \end{array} \right.$$ where $\tau_x$ is the parallel transport along $\gamma_x$. The only obstruction so that $\Phi$ be a global trivialization is that $(x,v) \mapsto \tau_x(v)$ puede ser no liso.

De hecho, $\tau_x(v)=\tilde{\gamma}_x(1)$ donde $\tilde{\gamma}_x : [0,1] \to E$ es un camino paralelo (a lo largo de $\gamma_x$) que satisface $\tilde{\gamma}_x(0)=(x,v)$ $\tilde{\gamma}_x$ es la solución a $$\left\{ \begin{array}{l} \nabla_{\dot{\gamma}_x} \dot{\tilde{\gamma}}_x=0 \\ \tilde{\gamma}_x(0)=(x,v) \end{array} \right..$$

Si localmente $(X_1, \dots, X_r)$ es una base de $E$, $\dot{\gamma}_x=a^i\partial_i$ y $\dot{\tilde{\gamma}}_x=b^iX_i$, la ecuación anterior puede ser escrita como $$(b^i)'X_i+b^ia^j \nabla_{\partial_j}X_i=0.$$

Es un lineal de la educación a distancia en $b^i$, y ahora que la solución es suave si los coeficientes son tan.

Por lo tanto, si el camino de $\gamma_x$ depende suavemente en $x$ (en el sentido de que el $a^i$ son lisas), a continuación, $\Phi$ es una banalización. Para el cerrado de la bola de $B(0,1) \subset \mathbb{R}^n$, podemos optar $x_0=0$$\gamma_x(t)=(1-t)x$, de modo que $\tilde{\gamma}_x=-x$; por lo tanto, cualquier vector paquete de más de $[0,1]^n$ es trivial.