Consideriamo una varietà liscia $n$-dimensionale $M$ chiusa (cioè, compatta e senza bordo) che possieda un atlante formato da esattamente due carte $(U, \, \phi)$ e $(V, \, \psi)$. Che cosa possiamo dire su $M$?
Innanzitutto, se l'intersezione delle due carte è connessa, allora $M$ è banalmente orientabile. Infatti, la funzione di transizione fra le due carte $$ψ ∘ φ⁻¹ : φ(U ∩ V) → ψ(U ∩ V)$$
è un diffeomorfismo, quindi è ovunque non nulla e non può cambiare segno su un insieme connesso. Se il segno è positivo l'atlante è orientato, se il segno è negativo possiamo ottenere un atlante orientato componendo una delle due carte con un diffeomorfismo di $\mathbb{R}^n$ che inverte l'orientazione (come una riflessione, o il cambio di segno di una coordinata).
L'ipotesi che $U∩V$ sia connesso è essenziale. Ad esempio, la bottiglia di Klein $K$ è una varietà 2-dimensionale chiusa e non-orientabile, che possiede un atlante formato da due carte, entrambe omeomorfe ad un cilindro (e quindi a $\mathbb{R}^2-\{0\}$), la cui intersezione è l'unione disgiunta di due cilindri. Per rendersene conto, basta realizzare topologicamente $K$ come lo spazio di identificazione di un cilindro chiuso finito, tramite la relazione d'equivalenza che identifica in verso opposto le due circonferenze del bordo. In questo esempio, entrambe le carte hanno gruppo fondamentale isomorfo a $\mathbb{Z}$, e quindi non banale. Pertanto è naturale porsi la seguente
Domanda 1. Supponiamo che $M$ sia una varietà liscia chiusa $n$-dimensionale ricoperta da due carte semplicemente connesse. È vero che $M$ è orientabile?
La risposta è negativa. Infatti, esistono degli $S^n$-fibrati non orientabili $f \colon M \to S^1$, detti "bottiglie di Klein generalizzate". Se si ricopre $S^1$ con due carte diffeomorfe ad un intervallo, le controimmagini $U, \, V$ di tali carte tramite $f$ ricoprono $M$. Siccome un fibrato su base contraibile è necessariamente banale, entrambe $U$ e $V$ sono diffeomorfe a $(0, \, 1) \times S^n$, quindi il loro tipo di omotopia è lo stesso di $S^n$. In particolare, se $n \geq 2$ esse sono semplicemente connesse [1].
Tuttavia, è ben noto che $S^n$ è non contraibile, ad esempio perché $H^n(S^n, \, \mathbb{Z})=\mathbb{ℤ}$ è non banale, quindi una naturale generalizzazione della domanda precedente è la
Domanda 2. Supponiamo che $M$ sia una varietà liscia chiusa $n$-dimensionale ricoperta da due carte contraibili. È vero che $M$ è orientabile?
Questa volta, la risposta alla domanda è affermativa, e la dimostrazione si basa su argomenti non banali di Topologia Algebrica [2].
Dato uno spazio topologico $X$, chiamiamo $\operatorname{cat}(X)$ la categoria di Lusternik-Schnirelmann di $X$, definita come il minimo intero $k$ tale che $X$ possa essere ricoperta da aperti $U_0, \ldots, U_k$ in modo che ogni inclusione sia omotopicamente banale. Ora, dato un qualsiasi anello commutativo $R$, si mostra che, se esistono classi di coomologia $x_1, \ldots, x_k \in \hat{H}(X, \, R)$ tali che il loro cup-product $x_1...x_k$ sia non nullo, allora $\operatorname{cat}(X)\geq k$. Qui $\hat{H}(X, \, R)$ indica l'anello di coomologia ridotta, che coincide con l'anello di coomologia ordinaria eccetto per il fatto che $\hat{H}^0(X, \, R)$.
Dato uno spazio topologico $X$, chiamiamo $\operatorname{cat}(X)$ la categoria di Lusternik-Schnirelmann di $X$, definita come il minimo intero $k$ tale che $X$ possa essere ricoperta da aperti $U_0, \ldots, U_k$ in modo che ogni inclusione sia omotopicamente banale. Ora, dato un qualsiasi anello commutativo $R$, si mostra che, se esistono classi di coomologia $x_1, \ldots, x_k \in \hat{H}(X, \, R)$ tali che il loro cup-product $x_1...x_k$ sia non nullo, allora $\operatorname{cat}(X)\geq k$. Qui $\hat{H}(X, \, R)$ indica l'anello di coomologia ridotta, che coincide con l'anello di coomologia ordinaria eccetto per il fatto che $\hat{H}^0(X, \, R)$.
Supponiamo ora che $M$ sia una varietà liscia chiusa, ricoperta da due carte $U_0, \, U_1$. Allora, per definizione, si ha $\operatorname{cat}(M)=1$ (non può essere $\operatorname{cat}(M)=0$ dato che nessuna varietà chiusa è contraibile), e quindi tutti i cup product in coomologia ridotta, rispetto a qualsiasi anello dei coefficienti, sono nulli.
Prendiamo infine $R=\mathbb{Z}_2$. Se per assurdo $M$ fosse non-orientabile, allora la prima classe di Stiefel-Whitney $w_1(M) ∈ H^1(M, \, \mathbb{Z}_2)$ sarebbe non-nulla. D'altra parte, la dualità di Poincaré nel caso non-orientabile fornisce un accoppiamento perfetto$$H^1(M, \, \mathbb{Z}_2) \times H^{n-1}(M, \, \mathbb{Z}_2) \to H^n(M, \, \mathbb{Z}_2),$$ quindi esiste $y \in H^{n-1}(M, \, \mathbb{Z}_2)$ tale che il cup-product $w_1(M). y \in H^n(M, \, \mathbb{Z}_2)$ è non-nullo, contraddizione. $\square$
Riferimenti.
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