El colector no liso "más fácil

Question

En 1960, Kervaire encontró el primer ejemplo de un PL-manifold que no admite una estructura lisa. Desde entonces, tengo entendido que se pueden construir muchos ejemplos de colectores no lisos. Mi pregunta es: ¿Cuál es el colector no liso "más fácil"? Más fácil en el sentido de que, entre todos los colectores no suavizables, este colector tiene el proceso de construcción más sencillo.

Gracias a todos por vuestra ayuda.

Salud...

Answer 1

He aquí las ecuaciones explícitas para las variedades no suavizables (todas las cuales admiten triangulaciones). No sé si son las más "fáciles", pero seguramente son mucho más explícitas que una descripción de los E8-manifolds, que se construye como resultado de algún proceso infinito y muy implícito (el trabajo de Freedman).

Considere la ecuación $$ z_1^5 + z_2^3 + z_3^2 +z_4^2 + z_5^2 +\sum_{j=1}^5 e^{j-1} z_j^6=0 $$ en el espacio afín complejo ${\mathbb C}^5$ . Aquí, en lugar de $e$ se puede tomar cualquier número trascendental. Entonces el conjunto solución de esta ecuación es un complejo a trozos lineal de 4 dimensiones (real de 8 dimensiones) que no es homeomorfo a una variedad lisa.

Véase "Ecuaciones algebraicas para variedades no suavizables de 8 dimensiones" de N.Kuiper, Math. Publ. of IHES, 1967.

Answer 2

En $E_8$ colector es bastante fácil de construir. Podemos describirlo mediante el siguiente diagrama:

El significado del diagrama es el siguiente. Para cada punto, tomamos el haz de discos sobre $S^2$ con número de Euler $2$ . Esto nos da ocho $4$ -con límite. Ahora unimos a plomo cada haz de discos como indica cada arista. El resultado del aplomado es un liso $4$ -con límite $P_{E_8}$ . Ahora la forma de intersección en $P_{E_8}$ viene dada por la matriz $$Q_{E_8} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.$$ Como esta matriz es unimodular, tenemos un isomorfismo $H^2(P_{E_8}; \Bbb Z) \cong H^2(P_{E_8}, \partial P_{E_8}; \Bbb Z)$ lo que a su vez implica que $$H_1(\partial P_{E_8}; \Bbb Z) \cong 0 \cong H_2(\partial P_{E_8}; \Bbb Z).$$ Así que $\partial P_{E_8}$ es una homología integral $3$ -esfera (de hecho, $\partial P_{E_8}$ es la homología de Poincaré $3$ -esfera).

Ahora bien, un teorema (no trivial) de Freedman dice que toda homología $3$ -esfera limita una topológica contráctil $4$ -manifold. Sea $\Delta$ sea una contractible topológica $4$ -que limita $\overline{\partial P_{E_8}}$ (aquí la barra significa que invertimos la orientación). Pegamento $\Delta$ a $P_{E_8}$ a lo largo de su frontera mediante el mapa de identidad y llamamos al resultado $E_8$ : $$E_8 = P_{E_8} \cup_\partial \Delta.$$ Esta construcción nos da una $4$ -manifold $E_8$ con forma de intersección $Q_{E_8}$ como arriba.

La forma más fácil de ver que $E_8$ no es suavizable es la siguiente. El teorema de Rokhlin dice que si un objeto compacto y liso $4$ -manifold $X$ tiene forma de intersección par $Q_X$ entonces la firma de $Q_X$ debe ser divisible por $16$ . Ahora $Q_{E_8}$ es par pero tiene firma $8$ por lo que se deduce que $E_8$ no puede ser suave.

Una forma alternativa de verlo $E_8$ no es suavizable es utilizar el teorema de Donaldson: Si $X$ es lisa, simplemente conexa y cerrada $4$ -con $Q_X$ definida positiva, entonces $Q_X$ es equivalente al $\mathrm{rk}(Q_X) \times \mathrm{rk}(Q_X)$ matriz de identidad. $Q_{E_8}$ es definida positiva pero no equivalente a $I_{8 \times 8}$ Así que $E_8$ no puede ser suave.

Observación: Tenga en cuenta que $E_8$ ni siquiera es un colector PL, ya que $\mathbf{PL} = \mathbf{Diff}$ en dimensión $4$ . Esperemos que usted no estaba buscando un colector PL no lisa.