He visto la afirmación de que $T\mathbb{S}_2$ $\mathbb{S}_2 \times \mathbb{R}^2$ no son diffeomorphic, y sólo he visto la prueba que no son isomorfos como paquetes de vectores (que es una aplicación del teorema melenudo de la bola). ¿Cómo sería probar que de hecho no son diffeomorphic (o mejor, no homeomórficos)?
Respuesta
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Vamos a empezar por el examen de la unidad tangente bundle $US^2 \subset TS^2$ (es decir, el conjunto de todos los vectores de tangentes de la unidad de longitud) y su análogo $S^1\times S^2 \subset \mathbb{R}^2 \times S^2$. Observar que la acción de la $SO(3)$ $S^2$ se extiende a $US^2$, y esta acción es transitivo y tiene trivial estabilizador, por lo que se induce un diffeomorphism $SO(3)\to US^2$. De ello se sigue que $$ \pi_1(US^2) \;\cong\; \pi_1\bigl(SO(3)\bigr) \;\cong\; \mathbb{Z}_2. $$ A continuación, $US^2$ no es homeomórficos a $S^1\times S^2$, ya que el $\pi_1(S^1\times S^2)\cong \mathbb{Z}$.
Ahora, para demostrar que $X = TS^2$ $Y = \mathbb{R}^2 \times S^2$ no homeomórficos, vamos a $X\cup\{\infty\}$ $Y\cup\{\infty\}$ denotar su punto de compactifications. Yo reclamo que $$ H_2(X\cup\{\infty\},X) \;\cong\; H_1(US^2) \;\cong\; \mathbb{Z}_2\etiqueta*{(1)} $$ y $$ H_2(Y\cup\{\infty\},Y) \;\cong\; H_1(S^1\times S^2) \;\cong\; \mathbb{Z}.\etiqueta*{(2)} $$ Para ver el isomorfismo en (1), vamos a $S \subset TS^2$ el valor de la canónica de copia de$S^2$$TS^2$, es decir, el conjunto de cero los vectores de tangentes. Por la escisión $$ H_2(X\cup\{\infty\},X) \;\cong\; H_2(X\cup\{\infty\}-S,X + S) $$ Pero $X\cup\{\infty\}-S$ es claramente contráctiles, por lo que $$ H_2(X\cup\{\infty\}-S,X + S) \;\cong\; H_1(X-S) $$ por el largo de la secuencia exacta para el par $(X\cup\{\infty\}-S,X-S)$. Pero $X-S$ deformación se retrae en $US^2$, lo $H_1(X-S) \cong H_1(US^2)$, como se desee. Un argumento similar se establece el isomorfismo en (2).
