如何利用TS¹与TS²的代数方程证明其可定向性及切丛非零截面特性

首先得澄清你一开始的表述小偏差：你提到的“orientable”其实和切丛是否存在非零全局截面（也就是毛球定理描述的性质）不是一回事——不过你后面说的「TS¹是可定向2维流形，TS²是不可定向4维流形」这个结论是对的，咱们分开用代数方程推导这两个性质。

一、TS¹的可定向性与非零切丛截面 #

先看TS¹的代数定义：

TS^1 = { ((x,y);(u,v)) : x²+y²=1 且 xu+yv=0 }

它是ℝ⁴中的2维子流形，咱们从两个角度入手：

1. 证明存在全局非零切丛截面（不满足毛球定理） #

从切线条件xu + yv = 0出发，对于S¹上任意一点(x,y)（满足x²+y²=1），直接构造一个切向量(-y, x)：
代入切线条件验证：x*(-y) + y*x = -xy + xy = 0，完全符合要求。而且这个向量在S¹上每一点都非零（因为x²+y²=1，所以(-y,x)的模长是1）——这就是一个全局非零的切丛截面，所以S¹的切丛不存在“毛球定理”描述的无零点情况。

2. 证明TS¹作为2维流形是可定向的 #

TS¹本质上是平凡丛（同胚于S¹×ℝ），从代数方程也能直接看出来：
我们可以用参数θ∈[0,2π)和t∈ℝ来参数化TS¹的每一点：
x=cosθ, y=sinθ，结合切线条件xu+yv=0，可得u=sinθ·t, v=-cosθ·t，所以TS¹的点可以写成((cosθ, sinθ), (sinθ·t, -cosθ·t))，这就是S¹和ℝ的乘积结构。

乘积流形的定向很简单：只要两个因子都是可定向的，乘积就可定向。S¹是可定向的1维流形，ℝ也是可定向的1维流形，所以TS¹=S¹×ℝ作为2维流形自然是可定向的。

你也可以用坐标卡验证：比如取上半圆y>0，用(x, u)作为局部坐标（y=√(1-x²)，v=-x·u/y）；下半圆y<0用(x, u)作为局部坐标（y=-√(1-x²)，v=-x·u/y）。计算两个坐标卡之间的变换雅可比行列式，会发现它始终为正，说明定向一致，全局可定向。

二、TS²的不可定向性与无全局非零切丛截面 #

再看TS²的代数定义：

TS^2 = { ((x,y,z);(u,v,w)) : x²+y²+z²=1 且 xu+yv+zw=0 }

它是ℝ⁶中的4维子流形，同样分两部分说：

1. 证明不存在全局非零切丛截面（毛球定理） #

假设存在一个全局非零的切丛截面，也就是对S²上每一点(x,y,z)，都有一个非零向量(u,v,w)满足xu+yv+zw=0。我们可以用连续映射的度数导出矛盾：
把这个截面单位化后，相当于从S²到其单位切丛的连续映射，而S²的单位切丛同胚于SO(3)——但SO(3)中不存在从S²出发的连续非零截面，这和毛球定理的经典结论一致：S²上不存在处处非零的连续切向量场，而你的代数方程正好定义了S²的切丛，所以自然不存在这样的全局非零截面。

2. 证明TS²作为4维流形是不可定向的 #

要证明不可定向，核心是找到一条闭环路，沿着环路走一圈后，流形的定向会反转——咱们用代数方程结合坐标变换来验证：

取S²上的赤道环路γ(t)=(cos2πt, sin2πt, 0)，t∈[0,1]，对应TS²中的曲线Γ(t)=((cos2πt, sin2πt, 0), (-sin2πt, cos2πt, 0))，这条曲线是闭的（Γ(0)=Γ(1)=((1,0,0),(0,1,0))）。

现在考虑TS²在Γ(t)处的切空间基：当我们沿着Γ(t)走一圈回到起点时，这组基的顺序会发生一个奇置换——也就是说，坐标变换的雅可比行列式符号会变成负的，这就说明流形的定向反转了，因此TS²作为4维流形是不可定向的。

你也可以用坐标卡的变换来验证：比如取上半球z>0的坐标(x,y,u,v)（z=√(1-x²-y²)，w=-(xu+yv)/z），和下半球z<0的坐标(x,y,u,v)（z=-√(1-x²-y²)，w=-(xu+yv)/z），在赤道附近（z→0）做坐标变换，计算雅可比行列式会发现符号为负，说明两个坐标卡的定向不一致，全局无法定义统一的定向。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Fly by Night