Es $S^3$ homeomorfo a $D^2\times S^1\bigsqcup_{S^1\times S^1} S^1\times D^2$ ?
Aquí $D^2$ denota el disco unitario cerrado de 2 dimensiones.
Si es así, ¿cómo probarlo?
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Chris
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Siempre que se pegue por un homeomorfismo isotópico a la identidad en $\mathbb{S}^1\times\mathbb{S}^1$ entonces el espacio del producto será homeomorfo a $\mathbb{S}^3$ .
Aquí hay dos bocetos de prueba.
Para el primera prueba Sólo hay que formalizar la prueba estándar por imagen de la división de género uno de Heegaard de $\mathbb{S}^3$ . Poner coordenadas toroidales en $\mathbb{S}^3$ . Prefiero coordenadas diferentes a las de la página de Wikipedia: si $x,y,z,w$ son el estándar $\mathbb{R}^4$ coordenadas, entonces definiría coordenadas $(\chi,\theta,\phi)$ por $$x = \cos{\chi}\cos{\theta},$$ $$y = \cos{\chi}\sin{\theta},$$ $$z = \sin{\chi}\cos{\phi},$$ y $$w = \sin{\chi}\sin{\phi}.$$ Para los fijos $\chi\in(0,\frac{\pi}{2})$ , esto es un toroide. En los puntos finales del intervalo, los toros se convierten en círculos $x^2 + y^2 = 1$ y $z^2 + w^2 = 1$ .
Ahora observe que $\chi^{-1}[0,\frac{\pi}{4}]\cong\mathbb{D}^2\times\mathbb{S}^1\cong\chi^{-1}[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]$ y los dos espacios se identifican a lo largo del límite $\chi^{-1}(\frac{\pi}{4})\cong\mathbb{S}^1\times\mathbb{S}^1$ . El mapa de identificación es la identidad.
Para el segunda prueba , tenga en cuenta que $\pi_1(\mathbb{D}^2\times\mathbb{S}^1) = \mathbb{Z}$ (el espacio se retrae en un círculo central). Podemos tomar un generador para $\pi_1$ de cada toro sólido para ser una longitud en la frontera. Pero la identificación de la frontera lleva cada longitud a un meridiano de la otra, por lo que el grupo fundamental del tríptico (cerrado) resultante es trivial.
Ahora aplica la conjetura de Poincare :)
(Nota: Como señala Baby Dragon, bien podría ser que la prueba de la conjetura de Poincare utilice que este encolado es homeomorfo a $\mathbb{S}^3$ . Aun así, creo que es demasiado bonito para dejarlo de lado).
