Soy completamente consciente de la trivialidad de esta pregunta, pero por alguna razón, no puedo visualice el argumento.
En Hatcher's 3-manifold notas la forma del teorema de Alexander que establece que Cada 2-esfera incrustada en $\mathbb{R}^3$ limita una bola 3 incrustada se da. Más tarde, utiliza este hecho para concluir que $S^3$ es primo (recuérdese que un 3manifold $M$ es prime si, siempre que $M=P\#Q$ o bien $P=S^3$ o $Q=S^3$ donde aquí, $P\#Q$ denota la suma conexa de $P$ y $Q$ ), afirmando simplemente que cada 2-esfera en S^3 limita una 3-bola . Esperaba poder visualizar por qué esto es así, y de momento no estoy teniendo suerte; espero que alguien me pueda ayudar.
Cosas que he leído:
- De las notas de Hatcher, se menciona que la descomposición trivial $M=M\# S^3$ se obtiene eligiendo la esfera $S$ (en el proceso de descomposición de la suma conectada) que limita una bola en $M$ . Me doy cuenta de que saber esto implica mi resultado inmediatamente, pero no me ayuda a ver el resultado.
- En otros lugares Hatcher afirma que el resultado se deduce del hecho de que toda 2-esfera en $S^3$ une una bola en cada lado. También he visto esta justificación en otros sitios, pero ésta no me resulta más fácil de visualizar.
Supongo que lo que estoy buscando es un prueba directa de algún tipo. He intentado construir uno de la siguiente manera, pero me quedo atascado casi inmediatamente después de hacer todas las cosas obvias. Tenga en cuenta que para una esfera $S$ en $M$ , $M|S$ es la notación de Hatcher para el colector $M$ obtenido por división a lo largo de $S$ es decir, eliminando un vecindario tubular abierto $N(S)$ de $S$ de $M$ .
Supongamos que $S^3=P\#Q$ . Por definición de suma conexa, existe una esfera $S$ en $S^3$ tal que $S^3|S$ tiene dos componentes $P'$ y $Q'$ donde $P$ respectivamente $Q$ se obtiene a partir de $P'$ respectivamente $Q'$ rellenando la esfera límite correspondiente a $S$ con una pelota. Por el teorema de Alexander, $S$ rebota una bola 3 $B$ en $S^3$ , so....
Y ya está. Realmente no tengo ni idea de cómo proceder, y a pesar de que esto es realmente una de las cosas más triviales imaginables, estoy perdido. Saber por qué esto es cierto para $S^3$ sería genial, pero saber por qué el hecho sobre general $M^3$ descomponiéndose trivialmente cuando $S$ probablemente sería mucho más útil desde una perspectiva global.
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Esto es lo que creo que está pasando. Decir que cualquier incrustación (suave) de $S^3$ en $\mathbb{R}^3$ limita a una bola 3 es decir que la región interior de la esfera incrustada ya es una bola 3. Por tanto, cada vez que incrustes $S^2$ sin problemas en $S^3$ (visto como la compactificación de un punto de $\mathbb{R}^3$ ), divide automáticamente $S^3$ en dos bolas de 3, una a cada lado. Por lo tanto, la afirmación implica inmediatamente que $P$ y $Q$ ya son bolas de 3.
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@BenBlum-Smith - Entiendo lo que dices, pero sigo sin ver por qué . Claramente, la incrustación $S^2$ suavemente en $\mathbb{R}^3$ (o, por tanto, en $S^3$ ) produce la región interior de una bola 3; supongo que estoy confundido en cuanto a por qué el exterior de un $S^2$ integrado en $S^3$ ¿es necesariamente una bola 3? Estoy de acuerdo en que $S^3$ es la compactificación en un punto de $\mathbb{R}^3$ ...no sé qué me estoy perdiendo ni por qué, pero definitivamente me estoy perdiendo algo.
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¿Quizás esto ayude? La región exterior es homeomorfa de la región interior. Puedes ver esto pensando en la reflexión en la esfera unitaria en $\mathbb{R}^3$ . Este es el mapa $\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3$ obtenido tomando un punto de distancia $r$ desde el origen y, manteniéndolo en el mismo rayo desde el origen, reubicarlo a la distancia $1/r$ . Se define en todas partes excepto en el origen. Fija los puntos de la esfera unidad. Pero si $\mathbb{R}^3$ está integrado en $S^3$ , puedes extender el mapa hasta el origen y lo intercambia con el punto en el infinito.
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Esto da un homomorfismo suave entre la bola interior y la "bola" exterior de la esfera unidad.
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Como señala Dan, también se puede obtener algún provecho intuitivo considerando la analogía con el caso 2D. Lo que he descrito también funciona en el plano: la reflexión en el círculo unitario. Viéndolo como $\mathbb{C}$ es el mapa $z\mapsto 1/\overline{z}$ . $z\mapsto 1/z$ también lo haría. Visto como un mapa en la esfera de Riemann (también conocida como $S^2$ visto como la compactificación de un punto de $\mathbb{C}$ ), intercambia el disco interior con el "disco" exterior del círculo unitario.