Beispiele für Räume mit nur trivialen Vektorbündeln

Vorschlag: Angenommen$B$ist eine geschlossene Mannigfaltigkeit, für die jedes Vektorbündel vorbei ist$B$ist trivial. Dann muss jede der folgenden Aussagen wahr sein:

1. $B$muss orientierbar sein.
2. $B$muss eine ungerade Dimension haben.
3. Die erste ganzzahlige Homologiegruppe muss verschwinden.
4. $B$muss die rationale Homologie einer Kugel haben.

Nachweisen: $1.$Wenn$B$nicht orientierbar ist, dann das Tangentialbündel von$B$ist ein nichttriviales Vektorbündel.

$2.$Wenn$B$sogar dimensional (und orientierbar) ist, dann hat es eine Karte$f:B\rightarrow S^{\dim B}$Grad$1$(indem alles außerhalb einer kleinen Kugel zu einem Punkt zusammenfällt.). Das Tangentialbündel zu$S^{\dim B}$hat eine nicht-triviale Euler-Klasse, also zieht man sich zurück$f$dieses Bündels zu$B$hat auch eine nicht-triviale Euler-Klasse, ist also nicht-trivial.

$3.$Annehmen$H_1(B)\neq 0$. Wenn$H_1(B)$enthält ein Torsionselement nach universellen Koeffizienten,$H^2(B)$enthält ein Torsionselement. Insbesondere gibt es eine nicht-triviale Abbildung$f:B\rightarrow \mathbb{C}P^\infty$. Zurückziehen des tautologischen Bündels$\mathbb{C}P^\infty$gibt ein Vektorbündel rüber$B$dessen Euler-Klasse dieses Torsionselement ist. Dieses Vektorbündel ist also nicht trivial.

So können wir annehmen$H_1(B)$ist torsionsfrei. Dies impliziert dann$H^1(B;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ist nicht trivial, also gibt es ein nicht triviales Linienbündel darüber$B$.

$4.$Wir dürfen annehmen$B$ist orientierbar und ungeraddimensional. Annehmen$H_d(B;\mathbb{Q})\neq 0$für einige$0<d<\dim B$. Wenn$d$ist dann seltsam$\dim B-d$ist gerade, und Poincare-Dualität und universelle Koeffizienten implizieren beides$H^d(B;\mathbb{Q})$Und$H^{\dim B-d}(B;\mathbb{Q})$sind nicht trivial. Aus dem Anhang zu diesem Papier von Belegradek und Kapovitch gibt es ein Vektorbündel$B$mit nicht-trivialer Euler-Klasse in beiden Graden$d$oder Grad$\dim B-d$, was gerade ist.$\square$

Im Allgemeinen sind die oben genannten Bedingungen nicht ausreichend. Zum Beispiel abgesehen von der Dimension$7$, eine ungeraddimensionale Kugel erfüllt alle obigen Bedingungen, hat aber ein nicht-triviales Tangentenbündel. Im Maß$7$, Die$7$-sphere lässt andere nicht-triviale Vektorbündel zu. Zum Beispiel,$\pi_6(S^3)\cong \pi_6(SO(3))$ist nicht trivial, also gibt es nicht trivialen Rang$3$Bündel vorbei$S^7$.

Andererseits in der Dimension$3$, Zustand$3$oben reicht eigentlich aus.

Vorschlag: Angenommen$B$ist geschlossen$3$-dimensionale Mannigfaltigkeit mit$H_1(B) = 0$. Dann bündeln sich alle Vektoren$B$sind trivial.

Beweis . Lassen$\xi$ein Vektorbündel von Rang sein$k$über$B$. Ein solches Vektorbündel wird durch eine Karte klassifiziert$\phi:B\rightarrow BO(k)$. Weil$H_1(B) = 0$,$H^1(B;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) = 0$. Daher,$w_1(\xi) = 0$, So$\phi$Aufzüge zu einer Karte (immer noch mit gekennzeichnet$\phi$)$\phi:B\rightarrow BSO(k)$. Seit$BSO(1)$ist ein Punkt, den wir jetzt annehmen dürfen$k\geq 2$.

Seit$H_1(B) = 0$,$B$muss orientierbar sein, also impliziert die Poincaré-Dualität dies jetzt$H^2(B) = 0$. Also wenn$k=2$, verschwindet die Euler-Klasse, also ist das Bündel trivial.

So können wir annehmen$k\geq 3$. Seit$H^2(B) = 0$, daraus folgt nun$H^2(B;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) = 0$, So$w_2(\xi) = 0$. Dies impliziert$\phi$weitere Aufzüge zu einer Karte$\phi:B\rightarrow BSpin(k)$. Aber für$k\geq 3$,$Spin(k)$Ist$3$-in Verbindung gebracht. Es folgt dem$\phi$ist homotopisch trivial, also$\xi$ist trivial.$\square$

Beachten Sie, dass dieser Vorschlag gilt für$S^3$und auch der Poincare-Dodekaederraum, aber auch zu vielen weiteren Räumen. Siehe zB die Antworten und Verweise auf diesen MO-Beitrag.

Ich kenne kein geschlossenes Beispiel außer denen in der Dimension$3$.

BEARBEITEN

Auf die entsprechende Frage zu Mathoverflow habe ich eine Antwort hinzugefügt , die ein weiteres Hindernis enthält: if$M$eine geschlossene einfach zusammenhängende Mannigfaltigkeit ist, die nur triviale Vektorbündel zulässt, dann auch nicht$\dim M = 3$oder$H^\ast(M)$muss nicht-trivial enthalten$2$-Drehung.