Sea M un suave colector. Decimos que M es orientable si y sólo si existe un atlas $A = \{(U_{\alpha}, \phi_{\alpha})\}$ tal que para todo $\alpha, \beta$, $\textrm{det}(J(\phi_{\alpha} \circ \phi_{\beta}^{-1})) > 0$ (donde se define). Estoy tratando de entender la razón de esta definición se hace. Mi pregunta es: ¿Cuál es la razón intuitiva para la definición de orientables colector?
Gracias!
Yo soy de la opinión de que overthinking acerca de lo que significan las cosas en el momento en que es el primer aprendizaje de ellos a menudo puede ser contraproducente. Me gusta citar, y totalmente de acuerdo con, D'Alambert, quien dijo la famosa frase de
Allez en avant, et la foi vous viendra.
("empuje y la fe se pondrá al día con usted", de acuerdo a una traducción acabo de google)
En cuanto a tu pregunta concreta: jugar tetris, jugar con su mano derecha y álgebra lineal debe tener convencido de que un verdadero espacio vectorial tiene dos orientaciones. Ahora, un colector proporciona, entre otras cosas, una familia de espacios vectoriales con una pieza de información extra: una forma de pasar de uno de ellos a los demás "continuamente". Decimos que el colector es orientable si podemos elegir una orientación en cada uno de ellos en forma continua.
Les prometo que en no mucho tiempo, lo hará de manera más sentido y que incluso vas a encontrar que es difícil explicar a los demás porque va a parecer intuitivo para usted!
Solo quiero aclarar algo Ronaldo dijo
Intuitivamente, estas dos bases tienen la misma orientación (en el espacio vectorial $T_pM$) si es posible ir a la "continua" de uno a otro.
Para ello, considere el espacio vectorial $\mathbb{R}^n$. Deje $Gl = Gl_n(\mathbb{R})$ ser el conjunto de todos los invertible lineal mapas de $\mathbb{R}^n$ a sí mismo y deje $M = M_n(\mathbb{R})$ ser el conjunto de todos los lineales de los mapas (posiblemente noninvertible) de $\mathbb{R}^n$ a sí mismo. El espacio de $M$ es, naturalmente, un espacio vectorial y es naturalmente isomorfo a $\mathbb{R}^{n^2}$. El uso de esta identificación para topologize $M$. Lo importante de esta topología es que los polinomios en las entradas de una matriz son continuos - esto es todo lo que voy a usar sobre él.
Tenemos un mapa (el determinante) $det:M\rightarrow \mathbb{R}$, que es un continuo homomorphism (es dada como un polinomio en las entradas de la matriz).
Podemos identificar a $Gl$$det^{-1}(\mathbb{R}-\{0\})$, es decir, $Gl$ es un subconjunto abierto de $M = \mathbb{R}^{n^2}$. Dar $Gl$ la topología de subespacio.
Ahora llegamos a la reivindicación principal: Con esta topología, $Gl$ tiene exactamente dos componentes de la ruta. Voy a probar esto en un segundo. En la media hora, el aviso de que esta lo que hace Ronaldo dijo preciso: Si comenzamos en el componente de $Gl$ que contiene la matriz identidad, entonces un camino de elementos en $Gl$, a partir de la matriz identidad, da lugar a una ruta de acceso de los vectores de la base de partida con lo que la elección de la base de que usted ha comenzado con - le da una manera de trasladarse de uno a otro. Pero nunca vas a ser capaz de llegar a las cosas de orientación opuesta debido a que requieren de una ruta de acceso de uno de los componentes de $Gl$ a otro, lo cual es imposible.
Ahora voy a establecer la afirmación de que $Gl$ tiene exactamente dos componentes. Observe primero que se debe tener al menos dos componentes debido a $det:Gl\rightarrow \mathbb{R}^n-\{0\}$ es continua, surjective, y la serie tiene dos componentes. Deje $X^+\subseteq Gl$ ser las matrices de determinante positivo y $X^-$ a los del negativo determinante, por lo que tenemos $Gl = X^+\cup X^-$.
A continuación, me afirmación de que $X^+$ $X^-$ son homeomórficos. Para ver esto, vamos a $A\in X^-$ ser nada en absoluto y considerar el mapa de $f:X^+\rightarrow X^-$$f(B) = BA$. Desde la multiplicación de la matriz está dada por exponencialmente en las entradas de las matrices, $f$ es continua. Tiene inverso $f^{-1}(B) = BA^{-1}$, que es continua por la misma razón, $f$ es. Por lo tanto, $f$ es un homeomorphism.
Todos los siguientes mapas y rutas se continua por la misma razón: van a ser dado como polinomios en las entradas de las matrices involucradas.
Por último, sólo tengo que mostrar $X^+$ es la ruta de acceso conectado. Por lo tanto, vamos a $A\in X^+$ ser arbitraria. Quiero conectarlo a la matriz de identidad por un camino. Deje $E_{ij}$ denotar la matriz de todos los 0s con un 1 en el $ij$th ranura. Deje $F_{ij}(t) = I + tE_{ij}$. Observe que para $i\neq j$, $F_{ij}$ es triangular, por lo que tiene determinante 1. A la izquierda de multiplicar por $F_{ij}(t)$ corresponde a la fila de la operación de la adición de $t$ veces $j$th fila a la $i$th fila, que no cambia el determinante si $i\neq j$.
Puesto que el $F_{ij}(t_0)$ son sólo la fila de operaciones, sabemos que podemos multiplicar por varios de ellos (cada uno con un diferente apropiados $t_0$) para llevar a $A$ a una diagonal de forma sin cambiar el determinante. Multiplicando por $F_{ij}(t)$ y dejando $t$$0$$t_0$, podemos hacer un camino para salir de esta. Hacer esto para todos los $F_{ij}(t_0)$ simultáneamente nos da un camino de $A$ a una matriz diagonal donde todo el tiempo, el factor determinante es constante.
Ahora hemos conectado $A$ a una matriz diagonal $D$ por un camino de $X^+$. Queda para conectar la diagonal de la matriz a la identidad. Sabemos que todas las entradas de $D$ son cero debido a que $D$ tiene determinante positivo. Si una entrada $d$ $D$ es positivo, utilice la ruta de acceso $t + (1-t)d$ en la ranura para cambiar continuamente $d$$1$, a la vez que mantener el determinante distinto de cero. Si $d$ es negativo, usando el mismo truco, podemos cambiar $d$$-1$. En este punto, el determinante debe ser $1$ - es positivo porque estamos en $X^+$ y es un producto de $\pm 1$s.
Ahora hemos reducido el $D$ a una nueva matriz diagonal $E$ cuyas entradas son más y menos de 1s. Si todos son positivos, hemos terminado, así que supongamos que tenemos un $-1$ en algún lugar. Desde $E$$X^+$, debe haber otra entrada que es $-1$. Para la notación, vamos a suponer un $-1$ $i$th posición y el otro es en el $j$th posición. Creo que de los dos $-1$s $cos(t\pi)$, y pensar en la $ij$th entrada y $ji$th entradas como $sin(t\pi)$$t=1$. Ahora, vamos a t ir de 1 a 0. Uno puede fácilmente comprobar el determinante permanece $1$, y esto le da un camino en el que los cambios de los dos $-1$s a $1$s. Haciendo de este un número finito de veces elimina todos los $-1$s y los cambios de $E$ a la matriz de identidad.
Por lo tanto, hemos conectado a $A$ a la matriz de identidad por un camino, por lo $X^+$ está conectado.
(Felicitaciones a cualquiera que lea la totalidad de la cosa - que terminó siendo mucho más tiempo de lo que yo esperaba, pero fue un buen ejercicio para mí ir a través de).
Obtener dos de intersección de los gráficos de $(U,\phi)=(U, (x^i))$, $(V,\psi)=(V, (y^i))$, con $p\in U\cap V$. Entonces hay dos base para el espacio de la tangente de $M$ a $p$: $\{ \frac{\partial}{\partial x^\alpha}\}$ y $\{\frac{\partial}{\partial y^\beta}\}$ . Intuitivamente, estas dos bases tienen la misma orientación (en el espacio vectorial $T_pM$) si es posible ir a la "continua" de uno a otro. Más precisamente, se han $the$ $same$ orientación si el determinante de la matriz de cambio de base de a $\{ \frac{\partial}{\partial x^\alpha}\}$ $\{\frac{\partial}{\partial y^\beta}\}$es positivo. Si este determinante es negativo, vamos a tener que cambiar la dirección de uno o más ejes.
Ok. Dado que, la pregunta es: "¿Cómo extender este concepto de orientaciones de un espacio de la tangente a la totalidad del colector"? Que es donde definimos el $orientability$ de la diversidad: un colector de se $orientable$ si se admite un atlas de tal manera que, dadas dos cartas en este atlas con una intersección no vacía, en cada punto de esta intersección el determinante de la matriz de cambio de base de una coordenada de base para que el otro es positivo (igual que arriba). Es decir, la base de coordenadas $\{ \frac{\partial}{\partial x^\alpha}\}$, $\{\frac{\partial}{\partial y^\beta}\}$ en un momento dado generados por cualquiera de los dos gráficos de este "orientable atlas" tienen la misma orientación.
La matriz de cambio de base entre dos coordenadas de la base es exactamente el jacobiano de la transformación de coordenadas.
Supongamos que el universo tiene forma de $M$. A continuación, $M$ es orientable si y sólo si usted puede escribir una nota, a continuación, iniciar un viaje, y volver a encontrar siempre, que todavía se puede leer la nota. Si $M$ es no orientable, es posible regreso de un viaje para encontrar que la nota está escrita al revés y, de hecho, que todo lo que te rodea está escrita al revés, sus amigos los rostros de todos los colores invertidos, etc. Más en serio, las proteínas en el cuerpo habría equivocado de quiralidad y creo que esto podría causar problemas relacionados con la digestión.
No se sabe, a lo mejor de mi conocimiento, si nuestro universo es orientable. Si usted está interesado en este enfoque más intuitivo a la topología y la geometría antes de atacar a su riguroso fundaciones, recomiendo la lectura de Semanas' La Forma del Espacio y de ser muy diligentes a la hora de hacer los ejercicios.
Creo que es muy difícil obtener una respuesta mejor que cualquiera de los de arriba. Pero no es una perspectiva que no ha sido mencionado, al menos no explícitamente. En primer lugar, me gustaría decir que estoy de acuerdo con Marianos respuesta.
El cuerpo de la cuestión es mucho más explícito que su título, así que voy a abordar la cuestión en su título, ya que parece que otros han abordado el uno en el cuerpo de su pregunta. Me gusta pensar de orientaciones, o de hecho en la mayoría de las estructuras en un colector, en términos de la tangente paquete en el colector en cuestión. La tangente paquete en un compacto de n dimensiones del colector $M$ es clasificado (hasta el isomorfismo) por un homotopy clase de mapa de $M \to BO(n)$. Si podemos levantar este mapa sobre el mapa de $BSO(n) \to BO(n)$, entonces el paquete es orientable, y por lo tanto también lo es el colector. Aquí, la noción de orientability, nuestra estructura es realmente un hecho acerca de la tangente paquete. Podemos hablar de casi estructuras complejas o giro de las estructuras de una manera similar. El mapa de $BSO(n) \to BO(n)$ es inducida por la inclusión $SO(n) \to O(n)$.
Otra forma es buscar en $\Lambda^n TM$, la parte superior exterior de la potencia de la tangente paquete de M., a Continuación, una orientación es un lugar cero sección continua de este paquete. Del mismo modo, se puede pensar en una orientación como una opción de generador de la parte superior dimensión integral de homología o cohomology. Todos estos son probablemente menos útiles que las respuestas anteriores, pero estas son las maneras en que me gusta pensar acerca de lo que es la orientación.
por favor, hágamelo saber si usted me quiere a ampliar algunos de estos.
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