CP^2

[Padawan]

Пытаюсь понять, как топологически устроена комплексная проективная плоскость $\mathbb CP^2$. В частности, хочу получить её симплициальное разбиение.

$\mathbb CP^2$ -- это множество всех одномерных (комплексных) подпространств в $\mathbb C^3$. Первая модель: в $\mathbb C^3$ с координатами $(z_0,z_1,z_2)$ рассмотрим единичную сферу $S^5: |z_1|^2+|z_2|^2+|z_3|^2=1$. На $S^5$ действует группа $S^1=\{\lambda\in\mathbb C| |\lambda|=1\}$ следующим образом $\lambda\cdot(z_0,z_1,z_2)\mapsto (\lambda z_0,\lambda z_1, \lambda z_2)$. Тогда вся $S^5$ разбивается на орбиты, гомеоморфные $S^1$, и фактор-пространство по этому разбиению и будет $\mathbb CP^2$. Допустим, мы имеем достаточно мелкое симплициальное разбиение $\mathbb CP^2$, тогда прообраз каждого симплекса $\Delta^4$ этого разбиения при действии группы будет прямым произведением $\Delta^4\times S^1$. То есть надо разбить сферу $S^5$ на множества вида $\Delta^4\times S^1$, инвариантные относительно действия группы, и потом из этого разбиения факторизацией получить разбиение $\mathbb CP^2$. Плохо представляю, как это сделать.

Еще модель: в $\mathbb C^2$ рассмотрим замкнутый шар $D^4$, на его граница $S^3$ действует та же группа $S^1$, факторицазия $S^3$ по которой дает $\mathbb CP^1=S^2$ (расслоение Хопфа). Получается, мы приклеиваем $D^4$ к $S^2$ по непрерывному отображению факторизации $S^3\to S^3/S^1$. То есть структура CW-комплекса очевидна, но я пытаюсь понять в деталях, как выглядит это приклеивание. Получается в $\mathbb CP^3$ вложена $S^2$, после удаления которой остается $\mathbb C^2=\mathbb R^4$.
Я пытался рассмотреть это в аффинных картах. В карте $\mathbb A_0^2=\{z_0=1\}$ с координатами $t=\frac{z_1}{z_0}, s=\frac{z_2}{z_0}$. Внутренности шара $D^4$ как раз соответствует аффинная плоскость $\mathbb C^2$, видимая на этой карте, а границе шара -- бесконечно удаленная прямая $L$: $z_0=0$, т.е. $\mathbb CP^1=S^2$. Я рассмотрел эту бесконечно удаленную прямую в другой карте $\mathbb A_1^2=\{z_1=1\}$ с координатами $\xi=\frac{z_0}{z_1}, \eta=\frac{z_2}{z_1}$. Бесконечно удаленная прямая $L$ изобразилась в виде прямой $\xi=0$ в плоскости $\mathbb C^2$. Это двумерная плоскость $\mathbb R^2$ в четырёхмерном пространстве $\mathbb R^4$. В карту не попала одна точка прямой $L$ -- в этой карте она попала на бесконечность. То есть прямая $L$:$\xi=0$ это и есть та самая $S^2$, к которой приклеивается граница $D^4$. Я попробовал вырезать из $\mathbb CP^2$ $\varepsilon$-окрестность прямой $\xi=0$, и склеивать эту $\varepsilon$-окрестность с тем, что остается, по границе разреза. Локально, вблизи прямой $\xi=0$, эта окрестность устроена как $D_{\varepsilon}^2\times \mathbb R^2$, соответственно граница локально устроена как $S_{\varepsilon}^1\times \mathbb R^2$, но в целом граница, скорее всего будет устроена не как $S_{\varepsilon}^1\times S^2$, а как $S^3$. Вот как раз и получается расслоение $S^3$ на $S^1$ с базой $S^2$. Тоже пытаюсь понять, как же оно устроено. Ломаю голову уже второй день.

[Munin]

Padawan в сообщении #1249592 писал(а):

В частности, хочу получить её симплициальное разбиение.

Может, на диски или квадраты проще будет?

[g______d]

http://www.math.brown.edu/~banchoff/how ... Vertex.pdf

9 вершин, картинки прилагаются.

[kp9r4d]

Если вам интересна не триангуляция, а нечто чуть более естественное - структура CW-комплекса, то она получается по индукции приклееванием к $\mathbb{C}P^n$ клетки размерности $2(n+2)$, отображая $S^{2n+1}$ естественной проекцией в $\mathbb{C}P^n$. Очень грубо можно говорить, что $[\mathbb{C}P^2] = [pt] + [\mathbb{C}] + [\mathbb{C}^2]$, точно так же как и $[\mathbb{R}P^2] = [pt] + [\mathbb{R}] + [\mathbb{R}^2]$

[Padawan]

g______d
Спасибо!
kp9r4d
С CW-комплексом-то все понятно.

Padawan в сообщении #1249592 писал(а):

Получается, мы приклеиваем $D^4$ к $S^2$ по непрерывному отображению факторизации $S^3\to S^3/S^1$. То есть структура CW-комплекса очевидна, но я пытаюсь понять в деталях, как выглядит это приклеивание.

[Munin]

Padawan в сообщении #1249664 писал(а):

С CW-комплексом-то все понятно.

А триангулировать его не получается?

[Padawan]

Munin в сообщении #1249723 писал(а):

А триангулировать его не получается?

Там проблема в том, что приклеивается $D^4$ к $S^2$ очень хитрым способом.

Решал такую задачу: доказать, что симметричный квадрат $S^2$ (симметричный квадрат пространства $X$ это фактор-пространство $X\times X/\sim$ по отношению эквивалентности $(x,y)\sim (y,x)$) гомеоморфен $\mathbb CP^2$. Возникла идея взять триангуляцию $S^2$, и в $S^2\times S^2$, которое будет разбито на произведения симплексов вида $\Delta_i^2\times \Delta_j^2$ провести соответствующие склейки.

[Munin]

Если вы решаете задачу удачной идеей, которую не получается реализовать, то попробуйте другие пути решения :-)

[kp9r4d]

Ну а на наивном уровне вам понятно, почему это могло бы быть правдой без всяких склеек треугольников? Мы уже сказали, что $\mathbb{C}P^2$ это нечто такое, из чего если вырезать $\mathbb{C}P^1 = S^2$ сферу, то будет просто $\mathbb{C}^2 = \mathbb{R}^4$. Давайте вырежим $pt \times S^2$ из $S^2 \times S^2$, уже получим $\mathbb{R}^2 \times S^2$, но так как интересен симметрический квадрат, то автоматом вырежится и $S^2 \times pt$, и получится ровно $\mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 = \mathbb{R}^4$! В принципе это ведь по сути уже гомеоморфизм.

[Padawan]

kp9r4d
Как-то непонятно. То есть Вы хотите сказать, что если из $X_1$ и $X_2$ выкинуть гомеоморфные множества $A_1$ и $A_2$, и оставшиеся множества $X_1\setminus A_1$, $X_2\setminus A_2$ гомеоморфны, то и сами $X_1$, $X_2$ гомеоморфны. Мне кажется, что это неверно. $A_1$ и $A_2$ могут быть по-разному вложены в $X_1$ и $X_2$.

-- Сб сен 23, 2017 14:06:35 --

Придумал хороший контрпример: из листа Мёбиуса без границы выкинем среднюю линию. Останется открытое кольцо. Из тора выкинем окружность. Тоже останется открытое кольцо. Тор и лист Мёбиуса не гомеоморфны (первый ориентируем, второй - нет)