Orientación de la hipersuperficie

Question

Algunos libros sobre el flujo de curvatura media (por ejemplo, Mantegazza, Ecker) afirman que una hipersuperficie incrustada en $\mathbb{R}^{k+1}$ es orientable (Mantegazza página 3, Ecker página 110). En otras palabras, suponen la existencia de un campo normal (unitario) definido globalmente a lo largo de la hipersuperficie incrustada.

¿Alguien sabe cómo probarlo? ¿No se puede incrustar la banda de Mobius en el espacio euclidiano, pero no es orientable?

Para algunas definiciones, veamos $M$ sea una $k$ -dimensional. Un mapa suave $\varphi:M\rightarrow\mathbb{R}^{k+1}$ es un hipersuperficie (an inmersión ) si su diferencial es inyectiva. Es un incrustación si también es un homeomorfismo sobre su imagen $\varphi(M)$ . Un hipersuperficie sumergida es un subconjunto $S\subset\mathbb{R}^{k+1}$ que es un $k$ -tal que el mapa de inclusión $\iota:S\hookrightarrow\mathbb{R}^{k+1}$ es una inmersión. Un hipersuperficie incrustada es un subconjunto $S\subset\mathbb{R}^{k+1}$ que es un $k$ -cuya topología conicide con la topología del subespacio heredada de $\mathbb{R}^{k+1}$ y la inclusión es una incrustación.

También podemos caracterizar una hipersuperficie incrustada utilizando gráficos adaptados de un solo corte: Cada punto $p\in S$ está contenida en una vecindad de coordenadas de un gráfico de un solo corte $(U,\mathsf{u})$ en $\mathbb{R}^{k+1}$ adaptado a $S$ tal que $U\cap S=\{(u^1,...,u^{k+1})\;|\;u^{k+1}=0\}$ . La pareja $(U\cap S,\mathsf{proj}_{\mathbb{R}^k}\circ\mathsf{u}|_{U\cap S})$ es entonces un gráfico para $S$ y mientras recorremos $p\in S$ obtenemos un atlas para $S$ .

Answer 1

Teorema
Toda hipersuperficie cerrada incrustada de $S\subset \mathbb R^{k+1}$ es orientable.
Prueba
La hipersuperficie $S$ se define por la familia $(U_i,f_i)$ donde el $U_i$ son una cubierta abierta de $\mathbb R^{k+1}$ y el $f_i:U_i\to \mathbb R$ son $C^\infty$ con la condición de que existan $C^\infty$ funciones $g_{ij}:U_i\cap U_j\to \mathbb R^\star$ satisfaciendo $f_i=g_{ij}f_j$ en $U_i\cap U_j$ .
Entonces tenemos $S\cap U_i=f_i^{-1}(0)$

Esos $g_{ij}$ definir un haz de líneas $L$ en $\mathbb R^{k+1}$ que es necesariamente trivial como todos los haces de líneas en $\mathbb R^{k+1}$ ya que $\mathbb R^{k+1}$ es contraíble.
Pero entonces la restricción $L|S$ de $L$ à $S$ también es trivial y como esa restricción es el haz normal de la incrustación $S\hookrightarrow \mathbb R^{k+1}$ ese haz normal es trivial, lo que implica que $S$ es orientable.

[Nótese cuidadosamente que la conectividad o compacidad de $S$ no se presupone].

Editar
En esta respuesta más reciente Demuestro independientemente que la hipersuperficie lisa $S$ tiene una ecuación global, lo que implica que es orientable.

Answer 2

Utilizando la topología diferencial, es fácil ver que una hipersuperficie no orientable, encajada en un espacio euclidiano $\mathbb{R}^n$ llevaría a una contradicción.

Brevemente, una hipersuperficie orientada admite un global campo vectorial normal, por lo que la no orientabilidad daría lugar a una curva cerrada en la hipersuperficie, digamos $\gamma:[0,1] \to M, \gamma (0)=\gamma (1)=p\in M$ y un campo vectorial normal sobre él "volverá con la dirección opuesta".

Toma un $\epsilon$ positivo y definir una curva suave como sigue: para $t \in(0+\epsilon,1-\epsilon), \theta(t)=\gamma(t)+\epsilon N(\gamma(t))\in \mathbb{R}^n$ donde N es el vector normal mencionado anteriormente. Y conectando $\theta(1-\epsilon)\ and\ \theta(0+\epsilon)$ suavemente, obtenemos una curva cerrada suave en $\mathbb{R}^n:\theta:S^1=[0,1]/\sim \to \mathbb{R^n}$ que intersecan su hipersuperficie M sólo una vez, es decir. $I_2(\theta,M)=1$ . Y por aproximación transversal, podemos suponer que la curva transversal a M.

Ahora $\pi_1(\mathbb{R}^n)$ es trival, por lo que la homotopía da un mapa $f:D^2 \to\mathbb{R}^n$ con $f(\partial D^2)=\theta(S^1)$ que podría considerarse una ampliación. De nuevo podemos suponer que f es transversal a M. Pero el hecho de que $\theta$ podría extenderse hasta el agujero $D^2$ si el número de intersección mod 2 $I_2(\theta,M)=0$ lo que lleva a una contradicción.

Todo lo anterior procede de H.Samelson : https://www.ams.org/journals/proc/1969-022-01/S0002-9939-1969-0245026-9/S0002-9939-1969-0245026-9.pdf también podrías seguir su ponencia.

Answer 3

Otra solución que utiliza alguna topología algebraica: sin pérdida de generalidad supongamos $M$ es conexo de dimensión $k-1$ y, por tanto, es una hipersuperficie compacta conexa sin límite en la compactificación $S^{k}$ . Utilización de $\mathbb{Z}_2$ coeficientes todo está orientado, por lo que podemos utilizar la dualidad de Poincare para obtener que $H^{k-1}(M) \cong \mathbb{Z}_2$ . La parte de grado superior de la secuencia exacta larga de cohomología relativa del par $(S^k, M)$ parece $$ 0 \to H^{k-1}(M) \to H^k(S^k, M) \to H^k(S^k) \to H^k(M) \to 0$$ Sustituir los grupos que conocemos da $$0 \to \mathbb{Z}_2 \to H^k(S^k, M) \to \mathbb{Z}_2 \to 0$$ que muestra que $H^k(S^k, M) \cong \mathbb{Z}_2^{2}$ . Un argumento sencillo que utiliza la escisión y las vecindades tubulares muestra que $H^*(S^k, M) \cong H^*_c(S^k \setminus M)$ donde $H^*_c$ denota la cohomología compactamente soportada, por lo que tenemos que $$H^k_c(S^k\setminus M) \cong \mathbb{Z}_2^2$$ Por dualidad de Poincare (observando que $S^k \setminus M$ es un subconjunto abierto de $S^k$ y por tanto orientada) tenemos $H_0(S^k \setminus M) \cong \mathbb{Z}_2^2$ Así que $S^k \setminus M$ tiene dos componentes, uno de los cuales debe contener el punto $\infty$ . El haz normal de $M$ en $S^k$ puede trivializarse eligiendo una sección que apunte siempre hacia el infinito. Por lo tanto $M$ es orientable porque tiene un haz normal trivial en $S^k$ . En cuanto a la situación en $\mathbb{R}^k$ la sección que hemos definido es esencialmente el mapa de Gauss para $M$ .