Demostrar que la diagonal $∆$ $S^2×S^2$ no es definible a nivel mundial por $2$ función independiente.

Question

Demostrar que la diagonal $∆$ $S^2×S^2$ no es globalmente definibles por $2$ independiente de la función. En contraste, muestran que el otro estándar de copias de $S^2$ $S^2×S^2$ – es decir, $S^2×\{a\}$ $a∈S^2$ son definibles.

Definición: se dice $Z$ es a nivel mundial definibles , si existe una función suave $\theta$ en el vecindario de $Z$ tal que $\theta ^{-1}=Z$ $d\theta$ es distinto de cero en cada punto de $z \in Z$

Aquí es lo que tengo hasta el momento,( o creo que tengo hasta el momento)

Deje $X=S^2$$\Delta \subset X\times X$. Sé que $I_2 (\Delta,\Delta)=I_2(i_\Delta,\Delta)$ donde$i_\Delta: X \to X\times X$, es decir: $i_\Delta(x)=(x,x)$.

(Nota: $I_2(\Delta,\Delta)$ es el mod 2 intersección número de la diagonal).

Sé un teorema que dice que si $Z$ a nivel mundial es definible por funciones independientes, a continuación,$I_2(Z,Z)=0$. Así que creo que puedo usar el contrapositivo de este teorema, muestran que $I_2 (\Delta,\Delta) \not = 0$ y esto se garantiza que la diagonal $∆$ $S^2×S^2$ no es globalmente definibles por $2$ independiente de la función.

Pero $L(i_\Delta)= I_2 (\Delta,\Delta)= \chi (S^2)=2$

Pregunta: Por el peludo bola teorema de la tangente paquete de $S^2$ no es trivial. Deje $Z$ ser submanifold de $S^2 \times S^2$. Debido a la tangente de paquete no es trivial, puedo decir que el normal bundle $N(Z,S^2 \times S^2)$ es no trivial?

Si hay una forma de mostrar que $\Delta$ es no orientable, esto va a funcionar, porque si $\Delta$ es no orientable, a continuación, $N(\Delta, S^2 \times S^2)$ no son triviales.

Answer 1

No, no es un número impar de veces. Recordar que #% el %#% y $I(\Delta,\Delta) = \chi(X)$. Mod-$\chi(S^2) =2$ intersección números no van a cortar aquí.

Necesita actualizar su ejercicio relacionados con mod-$2$ uno mismo-intersección y cortar por funciones independientes a orientado a uno mismo-intersección.

Answer 2

Una pregunta equivalente sería: ¿existe un vecindario $U\supset \Delta$ y una función de $f:U \to \mathbb R^2$ tal que $\Delta = f^{-1}(z)$ algunos $z$ donde $df$ es surjective.

La respuesta es no.

En primer lugar, algunas impresiones acerca de sus ideas:

1. Su pregunta acerca de la no orientable vector de paquetes de más de $\Delta \cong S^2$ tiene una respuesta negativa: Cada paquete de más de $S^2$ es orientable, ya que simplemente se conecta.

2. El paquete normal de un submanifold que tiene un no-cero intersección número nunca es trivial, ni que se le suma directa de decopmosition con un trivial sumando. De lo contrario, usted podría (tubulares barrio teorema) empuje el submanifold de distancia a lo largo de un determinado parametrización (dado por un trivial de la línea de paquete), lo que produciría la intersección de número de $0$.

3. Se puede demostrar que los $N(\Delta, M\times M) \cong TM$, la cual está relacionada $1.$ $2.$ y respuestas a las otras preguntas en su pregunta.

4. Por supuesto, para todos los no vacío del colector de $M$ existen submanifolds (por ejemplo, puntos) con trivial normal en paquete.

Ahora a probar mi respuesta, se observa que un punto de $z$ ha trivial normal paquete en $\mathbb R^2$ (esto es, desde puntos de no admitir demasiados bultos a todos...). Si usted puede obtener un $\Delta$ como un pullback $f^{-1}(z)$ ($z$ siendo un regular valor) también se tire hacia atrás de la normal de paquete $$N(\Delta,S^2\times S^2) \cong N(\Delta,U) \cong f^*N(z,\mathbb R^2) \cong \epsilon^2,$$ where the latter denotes the trivial plane bundle over $\Delta$. Pero hemos visto en múltiples formas en las que esto no es cierto, por tanto, una contradicción.