一些流形的例子

1. Stiefel流形与Grassmann流形

实Grassmann流形我们用 $G(n,k)$表示，代表$\R^n$中全体$k$维子空间（这里子空间都过原点，注意和仿射子空间区分开）构成的集合，特别的，

• $G(n,1)=\mathbb{RP}^{n-1}$.这是射影空间的自然推广；
• $G(n,k)=G(n,n-k)$，不难从集合的意义上看出两者的一一对应，因为每一个$k$维子空间都可以唯一确定出一个$n-k$维的正交补空间；
• 我们有自然的嵌入$G(n,k)\hookrightarrow G(n+1,k)$以及$G(n,k)\hookrightarrow G(n+1,k+1)$。

实Stiefel流形我们用$V(n,k)$表示，代表$\R^n$中全体$k$标架（也即$k$个两两正交的$n$维单位向量，考虑顺序）构成的集合，其可以看成是$\underbrace{\R^n\times\cdots\R^n} _{k次}$的子集，赋予子空间拓扑，特别的，

• $V(n,n)=\mathrm{O}(n)$（对于每一个$n$标架${e_1,\cdots,e_n}$，设全为列向量，则按顺序可以拼成一个正交矩阵）；
• $V(n,n-1)=\mathrm{SO}(n)$（对于每一个$n-1$标架${e_1,\cdots,e_{n-1}}$考虑其张成的$n-1$维超平面，有唯一的外法向量$v$使得${e_1,\cdots,e_{n-1},v}$恰好有行列式为$1$，构成一个特殊正交阵）；
• $V(n,1)=S^{n-1}$（这是显然的，因为每个单位向量都一一对应于球面上一点）；
• $V(n,k)=\mathrm{O}(n)/\mathrm{O}(n-k)$（对于每一个$k$标架张成的$k$维子空间$X$，其都有唯一的$n-k$维正交补空间$X^{\perp}$，又每个$X^{\perp}$中的$n-k$标架都可以和这个$k$标架唯一的组成一个正交阵，而前者构成的集合是$V(n-k,n-k)=\mathrm{O}(n-k)$，从而可知）

练习：证明：$\mathbb{RP}^3$和$T_1S^2$同胚，后者表示$S^2$上的单位切向量组成的圆周丛

Proof：熟知：$\mathbb{RP}^3$同胚于$\mathrm{SO}(3)$同胚于Steifel流形 $V(3,2)$，后者表示$\R^3$中全体二维正交标架构成的全体，我们这里只给出 $V(2,3)$中的点作为集合和 $T_1S^2$的点作为集合之间的一一对应，而暂不考虑其上的拓扑与同胚

任给一个$V(2,3)$中的点，其包含两个从原点出发的正交单位向量${e_1,e_2}$，考虑定向，则其张成的平面有一个外单位法向量$n_{{e_1,e_2}}$，从而考虑其对应于 $T_1S^2$上的点 $(n_{{e_1,e_2}},e_1)$，容易看到这是一一对应，从而这是同胚也是略复杂但不难说明的事实

我们对于这两个流形，有一个自然的商映射 \(q:V(n,k)\to G(n,k), \quad q(\{e_1,\cdots,e_k\})=[\mathrm{Span}\{e_1,\cdots,e_k\}].\) 从而我们赋予$G(n,k)$如下的商拓扑，集合$U\subseteq G(n,k)$为开集当且仅当$q^{-1}(U)$为$V(n,k)$中开集，直观上来理解$V(n,k)$中的一点的邻域就是一个标架绕着基点作小角度的旋转得到的那些标架，从而在此商拓扑下，$G(n,k)$中的一点的邻域就可以想象成是一个$k$维超平面绕着某个子空间作小角度的旋转得到。特别的，对于$G(n,1)=\mathbb{RP}^{n-1}$，一个点的邻域可以想象成以这条线为轴的一个小圆锥。

由$V(n,k)$可以典范的写作$\mathrm{O}(n)/\mathrm{O}(n-k)$，其流形结构可以看成是这个$\mathrm{Lie}$群的结构，我们下面讨论 $G(n,k)$的流形结构：回忆 $\mathbb{RP}^{n-1}$的局部坐标覆盖的选取是$U_i={[x_1,\cdots,x_n]:x_i\ne 0}$，类似的，我们对于每一组$1\le i_1<\cdots<i_k\le n$，考虑$G(n,k)$的子集$G_I(n,k)$，这里$I=(i_1,\cdots,i_k)$， \(G_I(n,k)=\{X\in G(n,k):\pi_{i_1}(X),\cdots,\pi_{i_k}(X)\ne 0\},\) 其中$\pi_i:\R^n\to \R_i$，表示向第$i$个坐标分量投影，$\pi_i(X)$表示$X$在$\pi_i$下的像。比如在$G(3,2)$中，垂直于$x$轴的平面$yOz$就不落在$G_{1,2}(3,2)$或$G_{1,3}(3,2)$中，因为这个平面向$x$分量投影是$0$，从而这个平面落在集合$G_{2,3}(3,2)$中。不难想象$G_I(n,k)$是开集，因为假如$X$在其中，则其一个邻域就是$X$作微小转动，如果转出$G_I(n,k)$，说明有某个分量$\pi_i$投影下去变为$0$，换言之此时$\R_i$这条直线垂直于这个$k$维子空间，但$X$本身会和$\R_i$保持一个不为$\dfrac{\pi}{2}$的夹角，从而微小扰动一下也不会使得夹角变为$\dfrac{\pi}{2}$，从而这是开集。

下面对每个$G_I(n,k)$我们选取一组坐标，对于每一个落在这个集合中的$k$维子空间$X$（作为集合里的一点，我们这里模糊叙述，仍称呼这个“点”为其代表的子空间），注意到：每个$\pi_i(X)\ne 0$事实上意味着$\pi_i(X)=\R_i$，$X$向第$i$个分量投影会完全映满第$i$个坐标轴，从而$X$可以看成是从$\R_I$到$\R_I^{\perp}$的线性变换的图像（比如$\R^2$中一条过原点的直线$ax+by=0$就可以根据$a,b$为$0$的情况看成是$y$关于$x$或者$x$关于$y$的函数图像），从而$X$可以与一个$k$维线性空间到$n-k$维线性空间之间的线性变换之间的一一对应，从而可以借助这个观察给出$G_I(n,k)$到$\R^{k(n-k)}$的同胚。

我们现在简要介绍一下Plucker嵌入$G(n,k)\hookrightarrow \mathbb{RP}^{\binom{n}{k}-1}$，具体构造如下：对于任意$X\in G(n,k)$，我们任意选取一组基${e_1,\cdots,e_k}$，设$e_i=(x^1_i,\cdots,x_i^n)^{\mathsf{T}}$，则我们对每一个$1\le j_1<\cdots<j_k\le n$，定义 \(\xi_{j_1,\cdots,j_k}(X)=\mathrm{det}(x^{j_s}_i)_{1\le s,i\le k},\) 也即矩阵$(e_1,\cdots,e_k)$任取$k$行$(j_1,\cdots,j_k)$得到的子阵的行列式，显然对于每一个$J$，$\xi_J(X)$不全为$0$，否则与$X$时$k$维子空间矛盾。进而可以把$X$看成是$\R^{\binom{n}{k}}$中的点，注意到我们事先选取了一组基，若选取另外一组基，则所有坐标会相差一个倍数，从而实际上我们可以进一步得到$X$的齐次坐标，从而得到$G(n,k)$到$\mathbb{RP}^{\binom{n}{k}-1}$的映射，为了说明这是嵌入，我们姑且只论证其是单射，这即要说明：两个秩为$k$的$n\times k$矩阵，如果$k$阶子式一一对应相等，则这两个矩阵对应的子空间完全一样，等价的，我们只需说明这两个矩阵拼起来得到的$n\times (2k)$阶矩阵的秩为$k$即可，这个线性代数问题应该怎么做呢？？

事实上，我们可以换一种更简洁的写法，$\xi_J(X)=(e_1\wedge\cdots\wedge e_k)J$也即这个楔积的第$J$个坐标，其中基选取为$x^{j_1}\wedge\cdots \wedge x^{j_k}$。从而问题划归成，如果现在有$e_1\wedge\cdots\wedge e_k=w_1\wedge\cdots\wedge w_k$，是否有$w_i=a^j_ie_j$，这里$j$只取$1$到$k$。为证明此事，我们扩充$e_1,\cdots,e_k$成基$e_1,\cdots,e_n$，并且假设$w_i=a_i^je_j$，进而对任意$s>k$，可以找到一个系数选取自$(a_i^j){1\le i,j\le k}$的关于$a_i^s$的方程组，不难得知这只有零解，故而得证。

注：利用这个嵌入，我们也可以看出$G(n,k)$是一个紧流形，维数为$k(n-k)$。

根据自然嵌入 \(G(k+1,k)\hookrightarrow \cdots \hookrightarrow G(n,k)\hookrightarrow \cdots\) 我们可以定义其并集为$G(\infty,k)$，称为Grassmann空间，其在示性类理论中将发挥重要作用。

我们也可以定义Grassman流形的推广，旗（Flag）流形：$F(n;k_1,\cdots,k_s)$表示$\R^n$中子空间列$V_{1}\subseteq\cdots\subseteq V_s$，且$V_i$的维数为$k_i$构成的集合，其可以自然看成是$G(n,k_1)\times\cdots\times G(n,k_s)$的子空间。

2. Grassmann流形的胞腔结构

在这一节中，我们介绍Grassmann流形$G(n,k)$的胞腔分解，我们称之为Schubert分解。

回忆$\R^n$包含子空间 \(\R^0\subset\R^1\subset\R^2\subset\cdots\R^n,\) 从而任给一个$k$维子空间$X$，我们有递增（不一定严格）的整数序列： \(0\le \dim(X\cap\R^1)\le \dim(X\cap \R^2)\le\cdots\le \dim(X\cap \R^n)=k.\)

练习：相邻两个维数相差至多是$1$。

Proof：考虑如下的正合列： \(0\to X\cap \R^s\overset{i}{\to}X\cap\R^{s+1}\overset{\pi_{s+1}}{\longrightarrow}\R\) 其中$i$表示自然的嵌入，$\pi_{s+1}$表示向第$s+1$个坐标分量投影，从而我们有 \(\dim(X\cap \R^{s+1})=\dim(X\cap \R^s)+\dim(\mathrm{Im}\pi_{s+1})\) 再结合$\mathrm{Im}\pi_{s+1}\subseteq\R$，即可知命题成立。

由上一练习我们知道，维数最大为$k$，且相邻差最大是$1$，从而在这$n$个数中，一定只会在$k$个地方发生维数“跳跃”，因此我们采用Schubert记号$\sigma=(\sigma_1,\cdots,\sigma_k)$，其中 \(1\le \sigma_1<\sigma_2<\cdots<\sigma_k\le n.\) 对每一个$\sigma$，我们用$e(\sigma)\subseteq G(n,k)$表示全体$k$维子空间$X$构成的集合，其中$X$满足每次恰在$\sigma_i$处相交维数升高，也即有 \(\dim(X\cap\R^{\sigma_i-1})=i-1,\quad \dim(X\cap\R^{\sigma_i})=i,\quad \forall i\le k.\) 显然的事实：每个$X$只会落在一个$e(\sigma)$中，且全体$e(\sigma)$覆盖了$G(n,k)$。为了增加直觉，我们对$G(4,2)$进行计算，换言之我们要找到$(\sigma_1,\sigma_2)$，满足$1\le \sigma_1<\sigma_2\le 4 $，这可能有 \(e(1,2),\ e(1,3),\ e(1,4),\ e(2,3),\ e(2,4), \ e(3,4),\) 直观想象一下，那些$e(1,4)$中的平面应该只会完整包含$\R^1$这一根坐标轴，那些$e(2,3)$中的平面应该完全落在$\R^3$中，且会和$\R^2$只刚好相交与一条非$\R^1$的直线。

下面的目标：我们将要证明每一个$e(\sigma)$都是一个维数为$(\sigma_1-1)+\cdots+(\sigma_k-k)$的开胞腔。

我们再以$G(n,1)$为例，则其全体Schubert胞腔为$e(\sigma)$，$1\le \sigma\le n$，从而恰有$n$个胞腔，每个胞腔的维数也对应是$\sigma-1$，这给出的正是我们熟知的$\mathbb{RP}^{n-1}$的胞腔分解。为了培育直观，对于$G(n,k)$中的集合$e(1,2,\cdots,k)$，其具体意义是一个$k$子空间$X$，依次完整包含$\R^1$到$\R^k$，从而不难看到$X$只有一种可能，就是$\R^k$，从而$e(1,\cdots,k)$对应的只能是一个点，也即$0$维胞腔，也与目标相符合。

事实：我们用$\H^k\subset\R^k$表示上半空间，也即最后一个坐标大于$0$的半空间，则$X\in e(\sigma)$，当且仅当$X$存在一组基$v_1,\cdots,v_k$使得 \(v_1\in\H^{\sigma_1},\quad \cdots,\quad v_k\in\H^{\sigma_k},\) 这是非常显然的，我们不做阐述。用矩阵表示（这里每个$v_i$都视作列向量），则会得到一个$n\times k$的矩阵，直观来看若不妨取$v_i$的最后一个坐标分量都是$1$，则矩阵最下方会形成一串锯齿型下降的$0$，在每列$0$的最顶端是1，如在$G(4,2)$中$e(2,4)$​中点会有一组基且矩阵表示为 $$ \begin{pmatrix}

• & *
  1 & *
  0& *
  0&1 \end{pmatrix} $$ 观察：我们可以进一步要求$v_i$为互相正交的单位向量，这很容易，利用Gram-Schmidt正交化即可，但要小心，这里需要归纳的去用，如在选取完单位向量$v_1$之后，我们实在平面$X\cap\R^{\sigma_2}$中对$v_1$和$v_2$做正交化，并且选取落在$\H^{\sigma_2}$中的那个正交向量为所求，如此归纳即可完成。

定义：利用正交标架，我们就可以先借助Stiefel流形$V(n,k)$的胞腔分解去实现$G(n,k)$的胞腔分解，我们记$e’(\sigma)=V(n,k)\cap(\H^{\sigma_1}\times\cdots\times\H^{\sigma_k})$，表示$\R^n$中的$k$标架${v_1,\cdots,v_k}$，且$v_i\in\H^{\sigma_i}$，以及$\overline{e’(\sigma)}$表示$\R^n$中的$k$标架且$v_i\in\overline{\H^{\sigma_i}}$。

我们将要按照如下顺序证明：

1. $\overline{e’(\sigma)}$同胚于$d(\sigma)=(\sigma_1-1)+\cdots+(\sigma_k-k)$维闭胞腔，且内部是$e’(\sigma)$；
2. 商映射$q:V(n,k)\to G(n,k)$给出了$e’(\sigma)$和$e(\sigma)$之间的同胚；

3. $e(\sigma)$胞腔粘贴的特征映射就是$q

   _{\overline{e’(\sigma)}}:\overline{e’(\sigma)}\to G(n,k)$.

感觉：我们以$G(3,1)=\mathbb{RP}^2$为例，寻找上面三个结果的直观，对于$V(3,1)$来说只有$e’(1)$，$e’(2)$和$e’(3)$，分别代表着${(1,0,0)}$这一个向量，以及${(\cos\theta,\sin\theta,0)

\theta\in(0,\pi)}$，和${(x,y,z)

z>0,且模长为1}$，而$\overline{e’(\sigma)}$也基本上可以看成是“上面这些向量扫过的区域取闭包”，不难看出这三个确实是$0,1,2$维的，且同胚于一点，一个开线段（每个单位向量取中点连线），一个开圆盘（类似的每个单位向量取中点形成的曲面）。

而对于同胚，我们可以看到在这种情况下，我们取上半空间天然的相当于把一条直线当成一点，因为一条直线原来会对应两个方向恰好相反的单位向量（1标架），从而第二条的同胚也可以从这里感受出来。

在对于粘贴映射，从$\overline{e’(2)}$到$\overline{e’(1)}$，前者边界上是两个向量$(1,0,0)$和$(-1,0,0)$，粘贴是把这两个向量等同成$(1,0,0)$，这也相当于是把一个线段首尾粘贴，得到一个圆周，也即$\mathbb{RP}^{2}$的$1$维骨架，剩下的一个类似，但是讨论起来与定向还有些关系，我们留给读者。

在由上述感觉之后，证明的关键就剩下归纳法了，我们对$k$进行归纳，首先当$k=1$的时候，我们需要说明$\overline{e’(\sigma_1)}$同胚于$\mathbb{D}^{\sigma_1-1}$，这很显然，因为回顾定义无非就是说$ \(\overline{e'(\sigma_1)}=\left\lbrace(x_1,\cdots,x_{\sigma_1},0,\cdots,0):\sum_{l=1}^{\sigma_1}x_l^2=1,\quad x_{\sigma_1}\ge0\right\rbrace,\) 这显然是$S^{\sigma_1-1}$的上半部分，也即$\mathbb{D}^{\sigma_1-1}$。

那么归纳下去，假设现在$\overline{e’(\sigma_1,\cdots,\sigma_k)}$已经同胚于$\mathbb{D}^{(\sigma_1-1)+\cdots(\sigma_k-k)}$，则对于$\overline{e’(\sigma_1,\cdots,\sigma_k,\sigma_{k+1})}$，其多出的部分是一个落在$\mathbb{H}^{\sigma_{k+1}}$中且正交于其余$k$个向量的单位向量，其选取的“自由度”为$\sigma_{k+1}-k$，也即只能从其余维度中选取，则可以适当选取同胚使得这些向量代表的点恰好组成$S^{\sigma_{k+1}-k-1}$的上半部分（这里多一个$-1$的原因是这些向量本身占据一个维度，从而在将这些向量看成一点的时候需要减去），从而可知$\overline{e’(\sigma_1,\cdots,\sigma_k,\sigma_{k+1})}$同胚于原来的圆盘乘上$\mathbb{D}^{\sigma_{k+1}-k-1}$，也即完成归纳的证明。

这里的证明只提供直觉，具体细节，比如同胚的构造，可以参考Milnor的Characteristic Class.

至此，我们不严格的给出了$G(n,k)$的胞腔分解，取直极限，我们可以得到$G(\infty,k)$的胞腔分解，不难得到：$G(n,k)$的$r$维胞腔个数等同于将$r$分拆成至多$k$个不超过$n-k$个正整数的方法数（这是纯粹的组合计数），因为这等价于考虑$1\le \sigma_1<\cdots<\sigma_k\le n$且$d(\sigma)=r$的方法数，从而考虑$i_1,\cdots,i_s$表示$\sigma_1-1,\cdots,\sigma_k-k$，其中去掉其中为$0$的项（$s\le k$），则等价于计数$1\le i_1,\cdots,i_s\le n-k$其中$i_1+\cdots+i_s=r$。注意到这对$n=\infty$也是正确的。

现在再观察到对于典范的嵌入$G(n,k)\hookrightarrow G(n+1,k)$，也蕴含着前者胞腔$e(\sigma)$也是后者的胞腔，特别的，我们可以得到对于$G(n,k)\overset{i}{\hookrightarrow} G(\infty,k)$，两者的$0$维到$n-k$维的胞腔都完全一样，因为对于$r\le n-k$，

1. 将$r$分拆成至多$k$个不超过$n-k$个正整数的方法数
2. 将$r$分拆成至多$k$个不超过$\infty-k=\infty$个正整数的方法数

是相同的，从而从胞腔上同调可知$i^*:H^r(G(\infty,k))\to H^{r}(G(n,k))$对$0\le r<n-k$均为同构。

3. 旗流形的胞腔结构