Un grupo topológico que también es un colector (no necesariamente liso) es orientable

Question

Intento demostrar que un grupo topológico que también es un colector (no necesariamente liso) es automáticamente orientable. Conozco una prueba que implica funciones de transición para suave manifiestos, en cuyo caso el objeto en cuestión es un grupo de Lie.

Utilizo la definición de orientabilidad de Hatcher: Un $n$ -manifold $M$ es orientable si admite una orientación local $\eta_x$ en cada $x\in M$ donde $\eta_x$ es un generador de $H_n(M\mid x)\cong \mathbb{Z}$ con la siguiente propiedad de compatibilidad: Para cada $x\in M$ , hay una bola abierta $x\in B_x\cong \mathbb{R}^n$ de manera que para cada $y\in B_x$ la orientación local $\eta_y$ es la imagen isomorfa (inducida por inclusión de pares) del mismo generador $\eta_{B_x}$ de $H_n(M\mid B_x)$ .

Tengo un claro candidato para esa orientación local, pero me cuesta mostrar la compatibilidad: Dejemos que $e$ sea la identidad del grupo topológico $M$ . Elija cualquier generador $\eta_e$ de $H_n(M\mid e)$ y para cualquier $g\in M$ , dejemos que $\eta_g = L^g_*(\eta_e)\in H_n(M\mid g)$ donde $L^g:M\to M$ es la multiplicación por la izquierda de $g$ ( $L^g$ es un homeomorfismo, por lo que ciertamente induce un isomorfismo en la homología).

Para empezar a mostrar la condición de compatibilidad, dado $x\in M$ , dejemos que $B_x$ sea cualquier vecindad abierta de $x$ homeomorfo a $\mathbb{R}^n$ . Tenemos que demostrar que el siguiente diagrama conmuta: $\require{AMScd}$ $$\begin{CD} H_n(M\mid B_x) @>id>\cong> H_n(M\mid B_x) \\ @VV{\cong}V @V{\cong}VV \\ H_n(M\mid x) @>{\cong}>L^{(y^{}x^{-1})}_*> H_n(M\mid y) \end{CD}$$

donde los mapas verticales son inducidos por la inclusión. Aquí es donde estoy atascado. El diagrama correspondiente en el nivel de los espacios topológicos ciertamente no conmutación. Cualquier idea, pensamiento, sugerencia o solución completa es bienvenida.

Answer 1

La solución de JHF me parece correcta; he aquí una alternativa que utiliza la misma idea central de caminos en el espacio $M$ que produce homotopías entre los mapas de multiplicación.

El tramo "arriba y luego a la derecha" del cuadrado es inducido por la inclusión, que es lo mismo que el mapa $L^{e}: (M, M - B_{x})\to (M, M - y)$ . Demostraré que este mapa es homotópico a través de los mapas $(M, M-B_{x})\to (M, M-y)$ a $L^{y^{}x^{-1}}$ .

El balón $B_{x}\cong \mathbb{R}^{n}$ está conectada por un camino, por lo que podemos elegir un camino $\alpha:I\to M$ de $y$ a $x$ para que la imagen de $\alpha$ está contenida en $B_{x}$ . La homotopía $L^{y^{}(\alpha(t))^{-1}}$ es entonces una homotopía de $L^{e}$ a $L^{y^{}x^{-1}}$ y debemos demostrar que cada etapa de esta homotopía es un mapa de pares $(M, M-B_{x})\to (M, M-y)$ . Supongamos por tanto que $z\notin B_{x}$ . Entonces, si $$y = L^{y^{}(\alpha(t))^{-1}}(z) = y(\alpha(t))^{-1}z,$$ entonces debemos tener $$\alpha(t) = z$$ lo cual es imposible ya que $z\notin B_{x}$ y $\alpha(t)\in B_{x}$ .

El tramo "arriba y luego a la derecha" del cuadrado es ahora simplemente $L^{y^{}x^{-1}}_{*}$ que ciertamente hace que el cuadrado conmute, como se desea.

Answer 2

Parece que el problema que te queda es demostrar que el grado del homeomorfismo $L^{yx^{-1}}$ es $+1$ (es decir, $L^{yx^{-1}}_*$ es el mapa de identidad $\mathbb{Z} \xrightarrow{1} \mathbb{Z}$ ).

Afirmo que el mapa $L^{yx^{-1}}$ es homotópico al mapa $L^e$ que es el mapa de identidad $M \to M$ . Este es un argumento estándar. Dado que $x$ y $y$ están ambos contenidos en la bola $B$ que está conectado por un camino, existe un camino desde $x \to y$ . Traduciendo a la derecha por $x^{-1}$ obtenemos un camino $\gamma: [0,1] \to M$ de $e$ a $yx^{-1}$ . Entonces $$H(x,t) = L^{\gamma(t)}(x)$$ es una homotopía entre $L^e$ y $L^{yx^{-1}}$ . Así que $\deg L^{yx^{-1}} = \deg L^e = +1$ .

(Esta pregunta es un duplicado de esta pregunta pero no creo que la respuesta que se da allí responda precisamente a su preocupación. Además, esto es también un ejercicio de Hatcher (3.E.1), que sólo requiere que el grupo topológico tenga la estructura de un complejo CW finito).

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EDIT: OK, el hecho de que ya hayas definido tus orientaciones locales se me debe haber escapado cuando estaba escribiendo la respuesta anterior. Sigo manteniendo que básicamente has terminado, pero tal vez el siguiente argumento te haga más feliz?

Dejemos que $g = yx^{-1}$ y considerar el diagrama conmutativo de pares \begin {array}{ccc} (M, \emptyset ) & \xrightarrow {L^g} & (M, \emptyset ) \\ \downarrow & & \downarrow \\ (M, M \setminus \{x\}) & \xrightarrow [L^g]{} & (M, M \setminus \{y\}) \end {array}

En homología esto nos da un cuadrado conmutado: \begin {array}{ccc} H^n(M) & \xrightarrow {L^g_*} & H^n(M) \\ \downarrow & & \downarrow \\ H^n(M \mid x) & \xrightarrow [L^g_*]{} & H^n(M \mid y) \end {array}

Ya he argumentado que $L^g_* = \operatorname{id}$ . Ahora amplía este diagrama ligeramente. \begin {array}{ccccc} H^n(M) & & \xrightarrow { \operatorname {id}} & & H^n(M) \\ & \searrow & & \swarrow & \\ \downarrow & & H^n(M \mid B) & & \downarrow \\ & \swarrow & & \searrow & \\ H^n(M \mid x) & & \xrightarrow [L^g_*]{} & & H^n(M \mid y) \end {array}

Queremos demostrar que el triángulo inferior conmuta. Pero todos los demás triángulos conmutan (los triángulos izquierdo y derecho provienen de mapas de espacios, y el triángulo superior porque el borde superior es la identidad), el cuadrado exterior conmuta, y todos los mapas son isomorfismos. Así que el triángulo inferior también conmuta.

Siento que debe haber una manera más simple de argumentar esto sin todos estos diagramas auxiliares, pero no veo cómo ahora mismo.