Grassmanian $(2, 4)$ homeomorfa a $S^2 \times S^2$

Question

Demostrar que la Grassmanian colector $G(2, 4)$ de todos los planos bidimensionales en $\mathbb{R}^4$ que pasa por el origen es homeomórficos para el producto de dos en dos dimensiones en las esferas $S^2 \times S^2$.

Necesito una forma relativamente sencilla de resolver esto si es posible (no hay otra respuesta que va en el grupo acciones, estabilizadores, etc. lo que no entiendo: $Gr_2^+(\mathbb R^4) \cong S^2 \times S^2$)

Tengo la idea de $G(1,2)$. Es decir, que cada línea que pasa por el origen en $\mathbb{R^2}$ puede ser representada como un punto en el círculo unitario (con antipodal puntos eliminado). Supongo que algún tipo de argumento similar a este pero en los aspectos importantes que va a hacer, pero no he sido capaz de llegar con ella. Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

La única prueba que conozco utiliza cuaterniones.

Identificar las $\bf R^4$ con cuaterniones, $\bf H$ una cuádrupla puede ser escrito como $q=t+xi+yj+zk$,$i^2=j^2=k^2=-1, ij=-ji=k..$.

Deje $H=R+ P$, $P$ 3 dimensiones espacio vectorial de puro cuaterniones ($q^2\leq 0$o $q=xi+yj+zk$).

Dado un plano orientado $V$ el que existe un único puro de cuaterniones de la plaza de $-1$, decir $I$ tal que $I^2=-1$ $V$ es estable por $I$ (si $(u,v)$ es directa ortonormales base de $V$,$I=v.\bar u$ ; tenga en cuenta que orthonorml significa que $v.\bar u=-u.\bar v$, de modo que $(v.\bar u)^2=-1$).

Esta mapas de $Gr(2,4)^+$ sobre la unidad de la esfera de $P$.

Ahora un elemento de esta unidad de la esfera es una estructura compleja $I$, y el avión $V$ es estable por $I$ fib $V$ es estable por $I$ i.e es complejo.

El conjunto de $I$-líneas complejas es $CP^1$ homeomórficos a $S^2$.

Esto le da a la Grassmanian la estructura de una $S^2$ paquete de más de $S^2$.

Para demostrar que este paquete es trivial fijemos un puro de cuaterniones $I$ de square $-1$, (para instnace $i=I)$ $x$ cualquier cuaterniones de norma $1$, el avión $P(x,I)=<x,Ix>$ (el plano generado por $x, Ix$ con esta orientación) es $I$ estable. Tenga en cuenta que $P(y,J)=P(x,I)$ fib $y\in P(x,I)$, e $I=J$ : de hecho, $P(y,J)=P(x,I)$ implica que el$y\in P(x,Ix)$$Jy$, por lo que el $J=I$ es la única rotación de ángulo de $\pi/2$ de esta orientada plano.

Esto produce que la trivialización $CP^1\times S^2 \to Gr^+(2,4)$

Answer 2

Aquí puede ser una manera de pensar acerca de ello. Deje $Gr(1,3)$ ser unidimensional subespacios vectoriales de $\mathbb{R}^{3}$, y considerar la posibilidad de $Gr(2,4)$ como agregar un extra de vector en $Gr(1,3)$ y el conjunto de la $\mathbb{R}^{3}$ en el mismo tiempo. Sabemos que $Gr(1,3) \cong \mathbb{RP}^{2}$. If the extra vector belongs to $\mathbb{R}^{3}$ already, then we get another copy of $\mathbb{RP}^2$ since $Gr(1,3)\cong Gr(2,3)$. Otherwise the extra vector falls into $\mathbb{R}^{4}$ minus a hyperplane, and the space of extra vectors we can choose is essentially $Gr(1,4)\cong \mathbb{RP}^{3}$. If we already chosen a vector in $Gr(1,3)$, then the space of extra vectors lying on the same plane spanned by it should fiber over a circle. One is thus lead to believe the desired manifold should be $\mathbb{S}^{2}\times \mathbb{S}^{2}$ como estamos tomando el orientado a la doble cobertura. Creo que este es esencialmente el mismo como Qiaochu del Yuan argumento, excepto el grupo de acción no es tan explícito.