Colector con diferentes diferencial de la estructura, pero diffeomorphic

Question

Soy nuevo en la geometría diferencial y la lectura Lee el libro de Colector y la Geometría Diferencial.

En el primer capítulo, se mencionan los siguientes dos mapas en $\mathbb{R}^n$:

(1) $id: (x_1,x_2\cdots x_n) \rightarrow (x_1,x_2\cdots x_n)$

(2) $\varphi: (x_1,x_2\cdots x_n) \rightarrow (x_1^3,x_2\cdots x_n)$

Entonces, $\mathcal{A}_1$= { $(\mathbb{R}^n,id)$ } y $\mathcal{A}_2$= { $(\mathbb{R}^n,\varphi)$ } son dos diferenciales de la estructura en $\mathbb{R}^n$, y $\mathcal{M}_1=(\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_1)$, $\mathcal{M}_2=(\mathbb{R}^n,\mathcal{A}_2)$ son dos colectores.

Es fácil comprobar que $\mathcal{M}_1$ $\mathcal{M}_2$ tienen el mismo inducida por la topología, la topología estándar.

$\mathcal{A}_1$ $\mathcal{A}_2$ no son compatibles, por $id\circ \varphi^{-1}:(x_1,x_2\cdots x_n) \rightarrow (x_1^{\frac{1}{3}},x_2\cdots x_n)$ no es diferenciable en el origen. Por lo tanto, $\mathcal{M}_1$ $\mathcal{M}_2$ tienen diferentes diferencial de la estructura.

Mi pregunta es: ¿son diffeomorphic?

Según Lee, el autor, son diffeomorphic a través de $\varphi$ (página 27).

Pero no creo $\varphi$ es un diffeomorphism entre ellos debido a $\varphi^{-1}$ no es diferenciable en el origen.

Por lo que son no diffeomorphic?

Pero según el resultado de Donaldson y Freedman, cada una de las $\mathbb{R}^n$ con la excepción de $n=4$ (con el estándar de la topología) sólo tienen una diffeomorphism clase, así que para cualquier $\mathbb{R}^n$ excepto $\mathbb{R}^4$, $\mathcal{M}_1$ y $\mathcal{M}_2$ son diffeomorphic.

Pero, ¿por qué?

Answer 1

Con el fin de no confundir a la diffeomorphism con el gráfico, definir $$ u : (\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_1) \rightarrow (\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_2)$$ por $u(x_1, ..., x_n) = (x_1^3, x_2, ..., x_n)$. Es un homeomorphism (por qué?). Para comprobar que se trata de un diffeomorphism, también es necesario comprobar que el $u$ $u^{-1}$ son lisas. Un mapa es suave, por definición, si su representación local en los gráficos son lisas. Aquí, tenemos dos mundiales de gráficos.

Para comprobar que el $u$ es suave, necesitamos comprobar que $\varphi^{-1} \circ u \circ id$ es suave como un mapa $\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$. Y, de hecho, $$ (\varphi^{-1} \circ u \circ id) (x_1, ..., x_n) = (\varphi^{-1} \circ u)(x_1, ..., x_n) = \varphi^{-1} (x_1^3, x_2, ..., x_n) = (x_1, ..., x_n) $$ y este es un buen mapa.

Para comprobar que el $u^{-1}$ es suave, necesitamos comprobar que $id^{-1} \circ u^{-1} \circ \varphi$ es suave. Del mismo modo, $$ (id^{-1} \circ u^{-1} \circ \varphi)(x_1, ..., x_n) = (x_1, ..., x_n). $$ Tenga en cuenta que no importa que $u^{-1}(x) = (x_1^{\frac{1}{3}}, x_2, ..., x_n)$ no es lisa como un mapa de $\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$, debido a que el tratamiento de $u^{-1}$ como un mapa entre los colectores $(\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_2) \rightarrow (\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_1)$, y para comprobar si es suave como un mapa entre los colectores, usted necesita para componer con los gráficos y de verificación. El mapa de $u^{-1}$ no es lisa como un "regular" mapa o como un mapa de $(\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_1) \rightarrow (\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_1)$, pero es suave como un mapa de $(\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_2) \rightarrow (\mathbb{R}^n, \mathcal{A}_1)$.

Answer 2

Son diffeomorphic a través de $\varphi$, por definición de la estructura en $\mathcal{M}_2$. El inverso $\varphi^{-1}$ no es diferenciable con respecto a la estructura estándar, es decir, como un mapa de $\mathcal{M}_1$$\mathcal{M}_1$. Sin embargo, para probar si un mapa es diferenciable como un mapa de $\mathcal{M}_1$$\mathcal{M}_2$, usted tiene que probarlo en los gráficos, en el que tanto $\varphi$ $\varphi^{-1}$ convertido en la identidad. (El mismo argumento podría ser cierto si usted reemplace $\varphi$ por cualquier homeomorphism de $\mathbb{R}^n$ a sí mismo.)