¿Incrustaciones lisas conservar paquetes de cociente?

Question

Deje $M$ ser un suave conectado orientado $d$-dimensiones múltiples. Deje $S \subseteq M$ $k$- dimensiones incrustado submanifold que también es compacto, conectado y orientable.

Supongamos que tenemos un suave incrustación $F:S \to \mathbb{R}^d$.

Pregunta:

Supongamos que $TM|_S$ es un trivial vector paquete. Es cierto que los cocientes $TM|_S \big/ TS$ $S \times \mathbb{R}^d\big/dF(TS)$ son isomorfos como vector haces?

La trivialidad de la $TM|_S$ es una evidente condición necesaria, ya que si $TM|_S \big/ TS \cong S \times \mathbb{R}^d\big/dF(TS)$, $$TM|_S \cong TS \oplus TM|_S \big/ TS \cong dF(TS) \oplus S \times \mathbb{R}^d\big/dF(TS) \cong S \times \mathbb{R}^d.$$

Por supuesto, isomorfo paquetes y subbundles puede inducir a no isomorfos cocientes, por lo $TS \cong dF(TS)$ $TM|_S \cong S \times \mathbb{R}^d$ no implica que los coeficientes son isomorfos.

Mi conjetura es que la respuesta puede ser negativa en general, pero no sé cómo encontrar un contraejemplo.

Tenga en cuenta que cuando el codimension $d-k=1$, la respuesta es positiva:

Los cocientes son isomorfos.

Answer 1

La respuesta a tu pregunta es no. Como ejemplo contrario, considere la posibilidad de $S=S^2$, $2$- dimensiones de la esfera, y $M=TS$, el total de espacio de la tangente paquete. La inclusión $S\hookrightarrow M$ pensamos es el habitual, es decir, se identifican $S$ con la sección cero.

¿Por qué es este un ejemplo contrario?

Hecho de $1$: El paquete normal de $S$ $M$ no es trivial. De hecho, esta normal paquete es sólo la tangente paquete de sí mismo, que no es trivial.

Hecho de $2$: La esfera de $S$ puede ser incrustado en $\mathbb{R}^4$ con un trivial normal en paquete. De hecho, el estándar de la incorporación de la $S$ $\mathbb{R}^3$ como la unidad de la esfera tiene un trivial normal paquete, y así, la composición de la $$S\hookrightarrow\mathbb{R}^3\hookrightarrow\mathbb{R}^4,$$, donde la mano derecha de la incrustación puede ser cualquier lineal, tiene un trivial normal en paquete.

Lo único que necesitamos ahora es

Hecho de $3$: El paquete restringido $TM|_S$ es trivial. Para ver esto, observe primero que $$TM|_S=TS\oplus TS.$$Now, every rank $4$ bundle over the $2$-sphere is determined by a loop in $SO(4)$ (every such bundle is trivial on both the northern and southern hemispheres, and can thus be described by a transition map along the equator). But the fundamental group of $SO(4)$ is isomorphic to $\mathbb{Z}/2$, and so, every loop in $SO(4)$ of the form $\alpha*\alpha$ is null-homotopic, where $\alpha$ is any other loop in $SO(4)$.

Deje $\beta\in\pi_1(SO(2))$ denotar la homotopy de la clase correspondiente a la tangente del paquete de $TS$. A continuación, en virtud de un isomorfismo $\pi_1(SO(2))\to\mathbb{Z}$, la clase $\beta$ se asigna a $\pm2$ (esto es un hecho conocido), lo que significa que hay un $\alpha\in\pi_1(SO(2))$ tal que $\beta=\alpha*\alpha$.

En conclusión, la homotopy clase en $\pi_1(SO(4))$ que corresponde a $TS\oplus TS$ es $$\beta\oplus\beta=(\alpha\oplus\alpha)*(\alpha\oplus\alpha)=0,$$verifying Fact $3$.

Edit: De hecho, creo que la suma directa de $E\oplus E$ es trivial para cualquier rango $2$ paquete encima de la $2$-esfera. Esto puede ser mostrado usando argumentos similares a las de arriba.

Otro edit: me pregunto lo que la respuesta sería si usted requiere $M$ a ser Euclidiana. En otras palabras, sabemos que, en general, un colector puede ser incrustado en el espacio Euclidiano no homotópica formas (creo que de nudo de la teoría, por ejemplo). Pero puede un colector de estar integrado en el espacio Euclidiano de dos maneras diferentes que dan lugar a distintos normal haces?