Un cilindro en un espacio de Hilbert infinito no puede ser homeomorfo a una esfera

Question

Considere la $\ell^2$ espacio de Hilbert complejo.

Dejemos que $m\in \mathbb{N}^*$ sea un número fijo, y establezca $$ S=\left\{ x=(x_n)_n\subset \ell^2\ :\ \sum_{n=1}^m \frac{|x_n|^2}{n^2}=1\right\}.$$

Quiero demostrar que $S$ no puede ser homeomorfo a $$ S(0,1)=\left\{ x=(x_n)_n\subset \ell^2\ :\ \sum_{n=1}^\infty |x_n|^2=1\right\}.$$

I adivinar que $S$ es homeomorfo a $S_m\times \ell^2$ con $$S_m:=\{y\in \mathbb{C}^m; \|y\|=1\}$$

Answer 1

La esfera $S(0, 1)$ en el espacio de Hilbert es contractible ( Referencia ). Incluyo la prueba dada por Loop Space por comodidad:

1. $S(0, 1)$ se mapea en su propio ecuador $S(0, 1)\cap \{x_1=0\}$ por el desplazamiento hacia delante $T$ .
2. El mapa $T$ es homotópico al mapa de identidad a través de la homotopía rectilínea normalizada $(tx + (1-t)Tx)/\|tx + (1-t)Tx\|$ , $0\le t\le 1$ .
3. El mapa $T$ también es homotópico al mapa constante $Cx = (1, 0, 0, \dots)$ , de nuevo a través de la homotopía rectilínea normalizada.

Por otro lado, el conjunto $S$ es equivalente en homotopía a la esfera de dimensión finita $S^m$ a través de los mapas $$f:S\to S^m, \quad f(x) = (x_1/1, x_2/2, x_3/3, \dots, x_m/m)$$ $$g:S^m\to S, \quad g(x) = (1 x_1, 2x_2, 3x_3, \dots, mx_m, 0, 0, \dots)$$ De hecho, ambos $f$ y $g$ son continuos, $f\circ g$ es la identidad en $S^m$ y $g\circ f$ es la proyección $x\mapsto (x_1, \dots, x_m, 0, 0, \dots)$ que es homotópica a la identidad por homotopía de línea recta.

Y una esfera de dimensión finita no es contráctil .

Answer 2

$S$ es homeomorfo a $S_m \times \ell^2$ . En efecto, consideramos el siguiente mapa $$S\ni (x_1,\dots)\mapsto (x_1,2x_2,\dots,mx_m,x_{m+1},\dots)\in S_m \times \ell^2.$$