¿Cada submanifold incrustado es globalmente un conjunto de nivel?

Question

Es un teorema bien conocido (Corolario 8.10 en Lee Smooth) que dado un mapa suave de variedades $\phi:M\rightarrow N$ y un valor regular $p\in N$ de $\phi$ el conjunto de niveles $\phi^{-1}(p)\subset M$ es un submanifold cerrado embebido. ¿Es cierto lo contrario? Es decir, dado un submanifold incrustado $S\subset M$ ¿existe necesariamente un colector $N$ , mapa liso $\phi:M\rightarrow N$ y el valor regular $p\in N$ de $\phi$ tal que $S=\phi^{-1}(p)$ ?

La proposición 8.12 de Lee Smooth muestra que esto es cierto localmente; en concreto,

Dejemos que $S$ sea un subconjunto de un suave $n$ -manifold $M$ . Entonces $S$ es un incrustado $k$ -submanifold de $M$ si y sólo si cada punto $p\in S$ tiene un barrio $U\subset M$ tal que $U\cap S$ es un conjunto de niveles de una inmersión $\phi:U\rightarrow\mathbb{R}^{n-k}$ .

(y cualquier conjunto de niveles de una inmersión es, por supuesto, el conjunto de niveles de un valor regular). Me parece que este es el tipo de pregunta en la que, si hay un contraejemplo, probablemente sea muy sencillo, pero no fui capaz de dar uno.

Answer 1

Un submanifiesto cerrado $S\subset M$ de codimensión $k$ es la imagen inversa de un valor regular de un mapa suave $f:M\rightarrow S^k$ si y sólo si tiene un haz normal trivial.

Una de las implicaciones se explica en la respuesta de evgeniamerkulova (y sigue siendo válida con $S^k$ sustituido por cualquier otro colector de dimensión $k$ ).

Para el otro, elige un barrio tubular $U$ de $S$ en $M$ . Entonces $U$ es difeomorfo a $S\times\mathbb{R}^k$ porque $S$ tiene un haz normal trivial. Ahora se puede definir un mapa $U\rightarrow \mathbb{R}^k$ por $(x,v)\mapsto v$ y ampliarlo a $M$ mediante la asignación del complemento de $U$ hasta el infinito. Entonces se puede aproximar el mapa resultante por un mapa suave que tiene $0$ como valor regular y cuyo conjunto cero es $S$ . (Este es el ejercicio 4.6.5 de la Topología Diferencial de Hirsch).

Answer 2

La condición necesaria evidente es $S$ cerrado. Pero no es suficiente aunque $S$ es compacta porque tiene obstrucción: fibra de inmersión $\phi:M\to N$ en $n \in N$ tiene un haz normal trivial con fibra igual a $T_n (N)$ . Así que, por ejemplo, si se toma un bucle de línea no trivial en el círculo (= haz de Möbius), entonces el círculo no puede ser la fibra de ninguna inmersión definida en el haz. Por supuesto, si $S$ es cerrado es el conjunto cero de la función suave en $M$ por el teorema de Whitney; pero la función no es una inmersión.

Variación sobre el mismo tema: si se toma un colector orientable y se sumerge en un colector orientable, todas las fibras son orientables. Por tanto, si se incrusta cualquier colector no orientable en un subconjunto abierto de $\mathbb R^n$ (siempre posible por otro teorema de Whitney) no puede ser fibra de inmersión.

Editar para tener en cuenta el comentario de Mariano S-A: La misma prueba demuestra que $S$ tampoco es fibra de valor regular: Porque los puntos de $M$ donde $\phi$ tiene rango máximo es subconjunto abierto $M_1 \subset M$ que contiene $S$ . Y la imagen de $M_1$ es un subconjunto abierto $N_1 \subset N$ porque la inmersión está siempre abierta. Ahora restringe a $\phi_1:M_1\to N_1$ . El bulto normal no cambia y aplica el resultado precedente para las inmersiones.

Answer 3

Creo que la respuesta es no si la codimensión de la incrustación es 1. Considere M siendo el $\mathbb R^3$ y $S$ la franja Open Mobius incrustada en $\mathbb R^3$ , si S es un conjunto de niveles regulares de algún mapa $\phi$ : $\mathbb R^3$ → N entonces N es 1-dimensinal, por lo que N \= $S^1$ o $\mathbb R$ . Caso1 N \= $\mathbb R$ , a saber $\phi$ es de valor real, entonces grad $\phi$ no se desvanece en ninguna parte a lo largo de $S$ y normal a $S$ una contradicción. Caso2 N \= $S^1$ Consideremos la forma global no evanescente $d\theta$ en $S^1$ Considera su retroceso $\phi^*d\theta$ que debe ser no evanescente a lo largo de $S$ (Porque $\phi_*$ es de rango completo a lo largo de $S$ ), entonces el campo vectorial métricamente equivalente de $\phi^*d\theta$ no se desvanece en ninguna parte $S$ y es normal que $S$ contradicción. Creo que el mismo argumento debería funcionar para cualquier hipersuperficie no orientable incrustada en variedades orientables.

Answer 4

Si $M$ es compacto, puede encontrar un barrio tubular $U$ de $M$ que es difeomorfo al haz normal $\mathcal N$ de $M$ en $N$ por algunos dife $h:\mathcal N\to U$ . Ahora elige una métrica en $\mathcal N$ y que $q:\mathcal N\to\mathbb R$ sea el cuadrado de la norma correspondiente. Si $\phi:\mathcal N\to\mathbb R$ es una función suave tal que $\phi(v)\sim\tfrac1{q(v)}$ fuera de las bolas unitarias en cada fibra, con una aproximación cada vez mejor a medida que $q(v)$ crece, y constantemente igual a $1$ dentro de las bolas de radio $\tfrac12$ en cada fibra, entonces el producto $\phi\cdot q$ compuesto con $h$ te da un mapa $U\to\mathbb R$ que se extiende a un mapa suave $N\to\mathbb R$ (con valor $1$ fuera de $U$ ), cuyo conjunto cero es precisamente $N$ .

Si $M$ no es compacto, puede tener problemas: por ejemplo, considere el mapa $t\in\mathbb R\mapsto ((1+e^t)\cos t,(1+e^t)\sin t)\in\mathbb R^2$ . Cualquier función que desaparece en su imagen también desaparece en el círculo unitario.