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¿Haz de línea tautológica sobre $\mathbb{RP}^n$ isomorfo al paquete normal? También "división" de las funciones de transición

Hola compañeros matemáticos. Trato de entender por qué el normal paquete de
$\mathbb{PR}^n$ es isomorfo (en la categoría de vector de paquetes) a la tautológica de la línea de Paquete. Más bien, ¿por qué $\nu_{\mathbb{RP}^{n+1}}^{\beta} \mathbb{RP}^n \cong L, \text{ where } L$ denota la tautológica de la línea de paquete de más de $\mathbb{RP}^n$ $ \beta \colon \mathbb{RP}^n \rightarrow \mathbb{RP}^{n+1} $ la inclusión inducida por la inclusión $\mathbb{R}^{n+1} \subset \mathbb{R}^{n+2}$. He seguido un par de cabos sueltos hasta ahora. Uno de ellos:

(1) En esta secuencia de comandos (pdf) he encontrado una prueba (p.8). Yo no entiendo, ¿que se supone que es suficiente como prueba. Afaik bajo trivialisations pude identificar cada vector paquete de la misma dimensión, por lo que lo que los sellos de la prueba aquí?

Otra idea que se me ocurrió:

(2) En $\mathbb{PR}^{n+1}$ tenemos una métrica de riemann, es decir, la tangente paquete permite una presentación como la de whitney-suma: $\nu_{\mathbb{RP}^{n+1}}^{\beta} \mathbb{RP}^n \oplus T \mathbb{PR}^n \cong T\mathbb{RP}^{n+1}|_{\mathbb{PR}^n} $. De acuerdo a Husemoller (Haces de Fibras, Teorema 2.7) ahora (análoga a la presente) que dos vectores paquetes - con el fin de ser isomorfo - tener cohomologous de transición de funciones, es decir, están relacionados en cierta manera a cada uno de los otros. Afaik podemos dividir la transición de las funciones de $T\mathbb{PR}^{n+1}$ en la suma directa (en el sentido de que $\phi_{ij}(p)=\begin{matrix} \phi_{ij}^1(p) & 0 \\ 0 & \phi_{ij}^2(p) \end{de la matriz} $ is the transition function of $T\mathbb{PR}^{n+1}$, where $ \phi_{ij}^1$ is the trans. function of $T\mathbb{PR}^{n}$ and $ \phi_{ij}^2 $ the is trans. function of the normal bundle). As soon as I try to compute all this I encounter problems. So I took the transition functions of the "standard" atlas of $\mathbb{RP}^n$, i.e. with $U_i:=\{[x_1:\dots x_n]|x_i \neq 0 \}$ the transition function is $\phi_j \circ \phi_i^{-1} (y^1, \dots y^n)=(\frac{y^1}{y^j}, \dots \frac{y^{i-1}}{y^{j}}, \frac{1}{y^j}, \frac{y^{i+1}}{y^j}, \dots,\frac{y^n}{y^j})$. Cuando me pase esto a la Jacobiana (que es la transición de la función de la tangente del paquete, ¿verdad?) las cosas se ponen feas.

(3) Otra idea que yo tenía (que es... la regresión supongo) es el uso de la orientiability de $\mathbb{RP}^{2n}$ $\mathbb{RP}^{2n+1}$ y su stiefel whitney clases, que inplies en cada caso, que la normal en paquete no es trivial. Pero ahora me gustaría demostrar que para una línea de paquete es trivial o isomorfo a la tautológica paquete de más de $\mathbb{RP}^n$. Es que, incluso, cierto? Estoy muy agradecido por cualquier ayuda que usted puede ser capaz de proporcionar. Si he cometido un error, usted es más que bienvenido para corregir mí.

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Andrew Puntos 376

Sí es cierto, que el $\omega_1:Vect_1X \to H^1(X;Z/2)$ es un isomorfismo para general (paracompact) $X$. Por lo tanto, usted tiene que demostrar que el normal bundle no es trivial. Para hacer que tenga en cuenta que $L\to X$ es trivial iff orientable iff $L_0$ desconectado (si $X$ está conectado).

Ahora tenemos una muy natural la identificación del espacio total de $L$, es decir, $RP^{n+1}-*$ donde debemos elegir un punto en el interior de la adjunta $n+1$-disco. Así que tenemos $L_0=(RP^{n+1}-*)-RP^n=D^{n+1}-*$, por lo tanto conectado.

Intuitivamente hablando, usamos que la fijación de mapa de $S^n \to RP^n$ es el doble cubierta, lo que le da la situación fácil, que tiene 2 maneras de salir de la sección cero, que ambos terminan en el mismo componente $L_0$. Tal vez imaginar el normal bundle como $RP^n$ y pegado $S^n\times [0,1)$ a lo largo de ella.


Editar respecto a la primera frase de esta respuesta.

Así que considere tenemos las siguientes: $$ \begin{array}{ccc} [X,RP^\infty] && \\ \downarrow & \searrow&\\ Vect_1X &\xrightarrow{\omega_1}&H^1(X;Z/2) \end{array} $$

Observar que la diagonal mapa de ${[f] \mapsto f^*\alpha}$ es el mapa que hace que el Eilenberg Maclane isomorfismo. Pero este triángulo es tan natural que fácilmente desplazamientos y desde la vertical del mapa es un isomorfismo, tenemos un isomorfismo en la horizontal del mapa. Esas son todas conjunto teórico isomorphisms, es decir, bijections. Ahora tenga en cuenta que $Vect_1X$ se convierte en un grupo de bajo$\otimes$, y que el Stiefel Whitney clase se comporta muy bien. Así que tenemos un grupo de isomorfismo $Vect_1X \cong H^1(X;Z/2)$. Por lo tanto, hay isomorfismo sólo uno no triviales de la línea de paquete, donde ya sabemos, es decir, la tautológica. Es por eso que es suficiente para mostrar que nuestra línea de paquete es de no trivial isomorfismo tipo.

Ahora tenga en cuenta que para una línea de paquete de trivial es equivalente a ser orientable. Una continua elección de la orientación, le da por renormalizing un lugar de fuga de la sección, es decir, una banalización. Para la otra dirección nota que una banalización le da una continua elección de una base.

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