Antipodal mapa en $ S^n $ homotópica a la identidad del mapa si $n$ es impar

Question

Quiero demostrar que la antipodal mapa de $S^n$ $S^n$es homotópica a la identidad del mapa si $n$ es impar. (Sé que es verdad si y sólo si)

Si considero que el mapa de $ H(x,t) = (1-2t)x $, ¿por qué no esta el trabajo? Yo no veo cómo esto es diferente si $n$ es par o impar. ¿Es continua? De nuevo, no veo por qué no

Gracias

Answer 1

Como Henning o Rasmus han explicado, $H(x,t) = (1-2t)x$ falla a tierra dentro de$S^n$$t\neq 0,1$. La costumbre truco para arreglar eso, es decir, redefinir

$$ H(x,t) = \dfrac{(1-2t)x}{\| (1-2t)x \|} \ , $$

no funciona bien debido a que este nuevo $H$ no es continua para $t= \frac{1}{2}$.

Si quieres un homotopy de$\mathrm{id}_{S^{2n-1}}$$-\mathrm{id}_{S^{2n-1}}$, aquí es uno.

Vamos a empezar con $n=1$. Pensemos $S^1$ como el conjunto de los números complejos $z \in \mathbb{C}$ de módulo 1: $\vert z \vert = 1$. Considerar el mapa:

$$ H: S^1 \times I \longrightarrow S^1 $$

definido por

$$ H(z,t) = e^{i\pi t} z \ . $$

Este mapa es claramente continua, su imagen se encuentra en la esfera de la $\vert H(z,t) \vert = \vert e^{i\pi t}\vert \cdot \vert z \vert = \vert z \vert = 1$$H(z,0) = z$$H(z,1) = -z$. Por lo tanto, puede ser el homotopy que estabas buscando, ¿verdad?

Para $n \geq 1$, exactamente el mismo mapa de obras. Ahora usted piensa que su extraña esfera $S^{2n-1}$ como el subconjunto de complejas $n$-tuplas $z = (z_1, \dots , z_n) \in \mathbb{C}^n$ de módulo 1, $\vert z \vert = \sqrt{\vert z_1\vert^2 + \dots + \vert z_n\vert^2 } = 1$. Y consideran el mismo mapa:

$$ H: S^{2n-1} \times I \longrightarrow S^{2n-1} \ . $$

Es decir,

$$ H(z,t) = e^{i\pi t} z = (e^{i\pi t} z_1 , \dots ,e^{i\pi t} z_n ) \ . $$

La misma prueba se hizo para $n=1$ se aplica ahora y muestra que $H$ es el deseado homotopy.

Observe que, dado que tenía que depender de los números complejos, esto no funciona para incluso las esferas.

Por último, si se prefiere, otra forma de escribir el mapa de $H$$n=1$, ahora el pensamiento de $S^1$ como el conjunto de puntos de $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ tal que $\| (x,y) \| = 1$, podría ser

$$ H(x,y,t) = \begin{pmatrix} \cos (\pi t) & -\sin (\pi t) \\ \sin (\pi t) & \cos (\pi t) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \ . $$

Es decir, estamos girando $(x,y)$ más y más, como $t$ aumenta, hasta llegar a $(-x,-y)$. Tenga en cuenta que debe ser en $\mathbb{R}^2$ para ello: no se podía girar nada si estábamos hablando acerca de la "incluso" esfera de $S^0 = \left\{ -1, +1\right\} \subset \mathbb{R}$ y claramente no hay homotopy de$\mathrm{id}_{S^0}$$-\mathrm{id}_{S^0}$; es decir, un camino dentro de $S^0$, uniéndose a $-1$$+1$.

Answer 2

Esto se deduce fácilmente de algunos topología algebraica, pero usted puede:

1) demostrar que $GL(n,\mathbb{C})$ es el camino-conectado (con las manos)

2) $U(n)$ es la ruta de acceso conectado, porque son homotopy equivalente (equivalencia siendo las bacterias Gram-Schmidt orthogonalisation.)

Cada elemento de a $U(n)$ restringe a un mapa de $S^{2n-1}$. Pero tanto la identidad y antipodal mapas de mentira en $U(n)$, por lo que son conectados por un camino. Esta será la necesaria homotopy.

Answer 3

Su $H(x,t) = (1-2t)x$ falla a tierra dentro de $S^n$ si $t$ es estrictamente entre $0$$1$.

Sugerencia: $-I\in SO(k)$ fib $k$ es incluso.

Answer 4

Aquí es la razón por la que su enfoque no funciona:

Si $t$ no $0$ o $1$, $(1-2t)$ tienen módulo menor que $1$. Por lo tanto $(1-2t)x$ no pertenece a la esfera más. Pero si $H$ fue una homotopy de mapas a la esfera, tomaría los valores en la esfera.