¿Por qué la banda de Möbius no es orientable?

Question

Estoy tratando de entender la noción de un colector orientable.
Sea M una n-manifoldes suaves. Decimos que M es orientable si y sólo si existe un atlas $A = \{(U_{\alpha}, \phi_{\alpha})\}$ tal que $\textrm{det}(J(\phi_{\alpha} \circ \phi_{\beta}^{-1}))> 0$ (donde se define). Mi pregunta es:
Utilizando esta definición de orientación, ¿cómo se puede demostrar que la banda de Möbius no es orientable?

Gracias.

Answer 1

Si tuvieras una orientación, serías capaz de definir en cada punto $p$ un vector unitario $n_p$ normal a la franja en $p$ de manera que el mapa $p\mapsto n_p$ es continua. Además, este mapa está completamente determinado una vez que se fija el valor de $n_p$ para algún tipo de $p$ . (Tiene dos posibilidades, esta utiliza un plano tangente en $p$ que se puede definir mediante un $(U_\alpha,\phi_\alpha)$ que cubre $p$ .)

La cuestión es que la condición de positividad que escribiste te da que lo normal en cualquier $p'$ es independiente del $(U_{\alpha'},\phi_{\alpha'})$ que puedes elegir, y la conexión de los caminos te da la singularidad del mapa. Ahora simplemente se comprueba que si se sigue un bucle alrededor de la franja, el valor de $n_p$ cambia de signo cuando vuelve a $p$ Lo cual, por supuesto, es una contradicción.

(Esto es sólo una formalización del argumento intuitivo).

Answer 2

Deje $M:=\{(x,y)|x\in\mathbb R, -1<y<1\}$ ser un infinito tira y elegir un $L>0$. La equivalencia de la relación de $(x+L,-y)\sim(x,y)$ define una cinta de Moebius $\hat M$. Deje $\pi: M \to \hat M$ ser el mapa de proyección. La cinta de Moebius $\hat M$ hereda la estructura diferenciable de ${\mathbb R}^2$. Tenemos que probar que $\hat M$ no admite un atlas del tipo que se describe es compatible con la estructura diferenciable en a $\hat M$. Suponer que existe un atlas $(U_\alpha,\phi_\alpha)_{\alpha\in I}$. A continuación definimos una función de $\sigma:{\mathbb R}\to\{-1,1\}$ como sigue: Para los que recibieron $x\in{\mathbb R}$ el punto de $\pi(x,0)$$\hat M$, por lo que hay un $\alpha\in I$$\pi(x,0)\in U_\alpha$. El mapa de $f:=\phi_\alpha$ o $\pi$ es un diffeomorphism en un barrio de $V$$(x,0)$. Poner $\sigma(x):={\rm sgn}\thinspace J_f(x,0)$ donde $J_f$ denota el Jacobiano de $f$. Uno fácilmente se comprueba que $\sigma(\cdot)$ está bien definido y es localmente constante, de donde es constante en ${\mathbb R}$. Por otro lado tenemos a $f(x+L,y)\equiv f(x,-y)$$V$, lo que implica $\sigma(L)=-\sigma(0)$ $-$ una contradicción.

Answer 3

Una respuesta sencilla que, según la OMI, es fácil de justificar utilizando su definición de orientación es la siguiente.

Dado cualquier colector $M$ y un punto $p \in M$ existe un homomorfismo $O : \pi_1(M,p) \to \mathbb Z_2$ y la idea es la siguiente: si $\phi : [0,1] \to M$ es un camino tal que $\phi(0)=\phi(1)=p$ dada cualquier base para el espacio tangente a $M$ en $p$ , $T_pM$ puedes transportar en paralelo esa base a lo largo del camino, y obtendrás una segunda base para el espacio tangente en $\phi(1)=p$ , $T_pM$ . Y puedes preguntar, ¿es el mapa de cambio de base de tu 1ª a tu 2ª base para $T_pM$ que preserva la orientación, es decir, ¿el determinante de esa transformación lineal es positivo? Si lo es, defina $O(\phi)=0$ si el determinante es negativo, define $O(\phi)=1$ .

Hecho: el componente de ruta de $p$ en el colector $M$ es orientable si y sólo si $O$ es la función cero, $O=0$ . Lo demuestras cortando tu camino $\phi$ en pequeños segmentos y comparando orientaciones dentro de los gráficos -- el paso analítico clave es el teorema del valor intermedio, utilizando que el determinante es una función continua de las matrices.

Por supuesto, en esta discusión el "transporte paralelo" supone una métrica de Riemann, pero en realidad no se necesita una métrica de Riemann para que este argumento funcione. El transporte paralelo de vectores a lo largo de una trayectoria $\phi$ significa simplemente vectores que varían de forma continua y que el vector correspondiente a $t \in [0,1]$ es siempre tangente a la colector, es decir, los elementos de $T_{\phi(t)} M$ . Y, por supuesto, si usted está transportando $n$ vectores exiges que estos $n$ vectores siempre hacen de base para $T_{\phi(t)}M$ .

Y en el caso de la banda de Moebius, dado cualquier modelo concreto de la banda de Moebius se transporta una base a lo largo de cualquier camino que dé una vuelta a la banda y $O(\phi)=1$ .