¿Es el paquete de la tangente de $S^2 \times S^1$ trivial o no?

Question

Como indica el título de la pregunta, ¿es el paquete de la tangente de $S^2 \times S^1$ trivial o no?

Curso: Sospecho que sí. Si yo pude construir tres campos del vector independiente, se realizaría. Pero no estoy tan seguro de cómo hacerlo. ¿Podría alguien ayudar?

Answer 1

Más en general, es cierto, que cualquier producto de esferas tiene paquete tangente trivial, como (al menos) uno de ellos tiene dimensión impar. Para probar que esto requiere algunos yoga con paquetes de vectores.

Sin embargo, sí, usted puede explícitamente escribir tres campos de vectores linealmente independientes en $S^2\times S^1$. Aquí es una sugerencia para ayudarle a empezar: cualquier vector $v\in\Bbb R^3$, tener en cuenta su proyección en $T_pS^2$. ¿Usted puede averiguar cómo asignar un vector en $T_q S^1$?

Answer 2

De forma más explícita respuesta: identificar las $S^2\times\mathbb{R}$ $\mathbb{R}^3\setminus\{0\}$ por el diffeomorphism $\psi(x,t):=2^t x$ (aquí pensamos $x\in S^2\subset\mathbb{R}^3$) e identificar a $S^1$$\mathbb{R}/\mathbb{Z}$.

Llamar a $\delta:\mathbb{R}^3\setminus\{0\}\to\mathbb{R}^3\setminus\{0\}$ la dilatación por un factor de $2$, es decir,$\delta(x):=2x$, es suficiente para encontrar a tres independiente campos vectoriales $X_1,X_2,X_3$ $\mathbb{R}^3\setminus\{0\}$ s.t. $$d\delta((X_i)_x)=(X_i)_{\delta(x)}\quad\quad(*)$$ (para$i=1,2,3$), porque entonces usted puede definir de tres campos vectoriales $Y_1,Y_2,Y_3$ $S^2\times S^1$ con la fórmula $$(Y_i)_{(x,[t])}:=d(\pi\circ\psi^{-1})((X_i)_{\psi(x,t)})$$ (aquí se $\pi:S^2\times\mathbb{R}\to S^2\times S^1$ es el producto de $\mathrm{id}_{S^2}$ por el estándar de la proyección de $\mathbb{R}\to S^1$). Tenga en cuenta que esta es una buena definición: llamar $\tau:S^2\times\mathbb{R}$, $\tau(x,t):=(x,t+1)$, basta comprobar que $$d(\pi\circ\psi^{-1})((X_i)_{\psi(x,t)})=d(\pi\circ\psi^{-1})((X_i)_{\psi\circ\tau(x,t)}).$$ Pero $\psi\circ\tau=\delta\circ\psi$, por lo que puede volver a escribir la RHS como $$d(\pi\circ\psi^{-1})((X_i)_{\psi\circ\tau(x,t)}) =d((\pi\circ\tau^{-1})\circ\psi^{-1})((X_i)_{\delta\circ\psi(x,t)}) \\ =d(\pi\circ(\psi\circ\tau)^{-1})\circ d\delta((X_i)_{\psi(x,t)}) =d(\pi\circ(\delta\circ\psi)^{-1}\circ\delta)((X_i)_{\psi(x,t)}) =LHS$$ gracias a $(*)$. Además de la verificación de los cálculos, yo sugiero que usted haga un dibujo y entender lo que está pasando.

Ahora tenemos que construir los campos vectoriales $X_1,X_2,X_3$ s.t. $(*)$ mantiene, pero esto es muy fácil: elija $(X_i)_x:=r(x)\frac{\partial}{\partial x^i}$ $i=1,2,3$ (aquí se $r:\mathbb{R}^3\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$ es la distancia desde el origen).

Answer 3

Sólo una nota sobre la terminología. Un colector con trivial tangente paquete se llama parallelizable, así que tu pregunta puede ser reformulado como " $S^2\times S^1$ parallelizable?"

Como ya se ha señalado, la respuesta es sí. De hecho, cada cerrados orientable en tres dimensiones del colector es parallelizable. Si usted está tratando de escribir explícitamente tres linealmente independiente de vectores de los campos en un colector (por ejemplo,$S^2\times S^1$), este hecho (y su prueba) no será de ayuda.

Otro resultado general sobre parallelizable colectores que incluye a $S^2\times S^1$ es el que se menciona en Ted Shifrin a responder a: (no trivial) producto de las esferas es parallelizable si y sólo si al menos una de las esferas es extraño-dimensional. De nuevo, la prueba de este hecho no le ayudará a construir campos vectoriales. Sin embargo, hay un papel por Parton, Explícita parallelizations de los productos de las esferas, que hace exactamente esto. En particular, la sección $2$ ofertas con el caso de $S^m\times S^1$.