Grupo Fundamental de que el producto de 3-tori, menos el de la diagonal

Question

Tengo un pasado qual pregunta aquí: vamos a $T^3 = S^1 \times S^1 \times S^1$ ser el 3-toro, y deje $\Delta = \{ (x,x) \in T^3 \times T^3 \colon x \in T^3 \}$ ser la diagonal subespacio. Calcular $\pi_1(T^3 \times T^3 - \Delta)$.

Si uno quería entender el espacio $T^1 \times T^1 - \Delta$, uno puede di cuenta de que como $[0,1]^2$ (con lados opuestos identificado), menos de la diagonal; entonces, uno puede cortante a lo largo de uno de los dos ejes para conseguir ese $T^1 \times T^1 - \Delta$ es simplemente un cilindro. Puede que este proceso se pueden generalizar a la de mayores dimensiones de caso?

Answer 1

La eliminación de un subcomplejo de codimension 3 o superior de un colector de no cambiar el grupo fundamental. Por lo tanto, en este ejemplo, el grupo fundamental de la es $Z^6$.

Edit: Vamos a $M$ $n$- colector y $K\subset M$ ser submanifold de codimension $\ge 3$. (Voy a hacer esto en suave categoría pero funciona en topológico demasiado: basta asumir que $K$ es un subconjunto cerrado de cubrir dimensión $\le n-3$.) Elige una base de punto de $m\in N=M-K$ y considerar la homomorphism $$ f: \pi_1(N,m)\a \pi_1(M,m) $$ inducida por la inclusión $N\to M$. Yo reclamo que $f$ es un isomorfismo. Para mostrar surjectivity, vamos a $\alpha$ a (suave) bucle en $M$$m$. Entonces, por el genérico de la transversalidad teorema, perturbando $\alpha$ un poco, tenemos un nuevo bucle de $\beta$ $m$ que es transversal a $K$. Por la dimensión de conteo, se deduce que el $\beta$ es disjunta de a $K$ y, por lo tanto, es un bucle en $N$. Cerca de bucles en un colector son siempre homotópica (rel. base de punto). Surjectivity de la siguiente manera.

Para probar la inyectividad, se utiliza el mismo argumento: Vamos a $\gamma: S^1\to N$ ser un suave lazo y $F: D^2\to M$ ser suave, un mapa de la unidad de disco extender $\gamma$. Luego, por el mismo argumento anterior nos perturban $F$ a un suave mapa de $G: D^2\to M$ transversal a $K$. De nuevo, por la dimensión de conteo, la transversalidad implica que $G(D^2)$ es disjunta de a $K$. Por lo tanto, $f$ es un epimorphism. qed

El estándar de referencias para la transversalidad son los libros por Guillemin y Pollack y por Hirsch. Su qual es probable que contenga, al menos, algunos topología diferencial y la transversalidad de material.

Mismo argumento funciona si usted trabaja con un triangular colector $M$ donde $K$ es un subcomplejo de codimension $\ge 3$. (Utilice el hecho de que una de 2 dimensiones subespacio afín de $R^n$ genéricamente es disjunta de un subespacio de codimension $\ge 3$.)

Answer 2

Deje $p:\mathbb{R}^6\to T^3\times T^3$ ser universal que cubre mapa, que considero como la reducción de cada coordenada mod $1$. Cuenta la pre-imagen de $p^{-1}(\Delta)\subset\mathbb{R}^6$. Este es el set de $(t_1,\ldots,t_6)\in\mathbb{R}^6$ tal que $(t_4,t_5,t_6)-(t_1,t_2,t_3)\in\mathbb{Z}^3$. En otras palabras, $$ p^{-1}(\Delta) \cong \mathbb{R}^3\times\mathbb{Z}^3, $$ donde el homeomorphism está dada por $(t_1,t_2,t_3,t_1+n_1,t_2+n_2,t_3+n_3)\mapsto (t_1,t_2,t_3,n_1,n_2,n_3)$ ($t_i\in\mathbb{R}, n_i\in\mathbb{Z}$). Con esto, podemos retraer $\mathbb{R}^6$ "en diagonal" a $\mathbb{R}^3$ en una manera que se retrae $p^{-1}(\Delta)$ a $\mathbb{Z}^3\subset\mathbb{R}^3$. Entonces como $\mathbb{R}^3 - \mathbb{Z}^3$ es simplemente conectado, podemos ver que $\mathbb{R}^6-p^{-1}(\Delta)$ también está simplemente conectado, por lo $\mathbb{R}^6-p^{-1}(\Delta)$ es la cobertura universal de $T^3\times T^3-\Delta$. La cubierta de las transformaciones de las dos portadas son de la misma (como la preimages de puntos en $T^3\times T^3-\Delta$ son el mismo), por lo $\pi_1(T^3\times T^3-\Delta)=\pi_1(T_3\times T_3)=\mathbb{Z}^6$.

Vale la pena señalar por qué este enfoque se cae a pedazos por la $T^1$ de los casos se describen: la preimagen de $T^1\times T^1-\Delta$ no está conectado. También, en términos de su pregunta:

Puede que este proceso se pueden generalizar a la de mayores dimensiones de caso?

He intentado esto así, no todo el camino hasta allí. Mi idea era pensar en el cilindro que se encuentra como un haz de fibras, donde la base es una de las $T^1$, y la fibra es $T^1-\{point\}$. En ese caso, el hecho de que $T^1-\{point\}$ es contráctiles hace que sea más fácil, sino $T^3-\{point\}$ no lo es (ver Presentación de el grupo fundamental de un colector de menos algunos puntos ), por lo que el mismo proceso sólo tengo hasta el momento. Específicamente:

(utilizando la notación $\mathbf{t}=(t_1,t_2,t_3) \in [0,1)^3$ como coordenadas para $T^3$)

Escoge un arbitrario $\mathbf{x}\in T^3$$\mathbf{x}\neq (0,0,0)$, y definir $Y=\{(\mathbf{t},\mathbf{t}+\mathbf{x})\in T^3\times T^3-\Delta : \mathbf{t}\in T^3 \}$ (además es mod $1$). Definir $\pi : T^3\times T^3-\Delta\to Y$$\pi(\mathbf{t},\mathbf{s})=(\mathbf{t},\mathbf{t}+\mathbf{x})$. Con un poco de trabajo, usted puede ver que $\pi$ $T^3\times T^3-\Delta$ en un haz de fibras de más de $Y \cong T^3$ con fibra de $T^3-\{point\}$. El resultado de la secuencia exacta de los rendimientos $$ \cdots\a\underset {y=0}{\pi_2(Y)}\\underset{=\mathbb{Z}^3}{\pi_1(T^3-\{pt\})}\ \pi_1(T^3\times T^3-\Delta)\a\underset{=\mathbb{Z}^3}{\pi_1(Y)}\\underset {y=0}{\pi_0(T^3-\{pt\})}\\cdots $$ Esto es consistente con la respuesta dada anteriormente, pero no veo cómo esto es suficiente para acabar con ella.

Answer 3

En términos de coordenadas $\pmb{x} = (x_1, ..., x_n) \in (\mathbb{R}/ \mathbb{Z})^n$$T^n$, considerar el mapa de $f: T^n \times (T^n \setminus \lbrace \pmb{0} \rbrace) \rightarrow (T^n \times T^n) \setminus \Delta$$f(\pmb{x}, \pmb{y}) = (\pmb{x}, \pmb{x}+\pmb{y})$. El mapa de $f$ es continua con inversa continua $f^{-1}(\pmb{x}, \pmb{y}) = (\pmb{x}, \pmb{y}-\pmb{x})$. Por lo tanto, $T^n \times (T^n \setminus \lbrace pt \rbrace)$ es homeomórficos a$(T^n \times T^n) \setminus \Delta$$\pi_1((T^n \times T^n) \setminus \Delta) \cong \pi_1(T^n) \times \pi_1(T^n \setminus \lbrace pt \rbrace)$. Tenga en cuenta que $T^1 \setminus \lbrace pt \rbrace$ es contráctiles, $T^2 \setminus \lbrace pt \rbrace$ deformación se retrae en $S^1 \vee S^1$, e $\pi_1(T^n \setminus \lbrace pt \rbrace) \cong \pi_1(T^n)$$n \ge 3$. Por lo tanto, $$ \pi_1((T^n \times T^n) \setminus \Delta) = \left\{ \begin{array}{lr} \mathbb{Z} & n=1\\ \mathbb{Z}^2 \times (\mathbb{Z}{*}\mathbb{Z}) & n=2\\ \mathbb{Z}^{2n} & n\ge 3 \end{array} \right. $$

Nota: La construcción de la homeomorphism $f$ anterior fue inspirado por una variante de la haz de fibras argumento sugerido por cws. Específicamente, podemos darnos cuenta de $(T^n \times T^n) \setminus \Delta$ principal $T^n$-paquete de más de $T^n \setminus \lbrace \pmb{0} \rbrace$ con la proyección del mapa de $\pi(\pmb{x}, \pmb{y}) = \pmb{y}-\pmb{x}$ y el grupo de acción $\pmb{z} \cdot (\pmb{x}, \pmb{y}) = (\pmb{z}+\pmb{x}, \pmb{z}+\pmb{y})$. Este principio $T^n$-bundle admite una sección global $\sigma(\pmb{x}) = (\pmb{0}, \pmb{x})$ y por lo tanto es isomorfo como un $T^n$-bundle para el trivial bundle $T^n \times (T^n \setminus \lbrace pt \rbrace)$. El paquete de isomorfismo se da explícitamente por $f$ por encima.

Answer 4

$T^3$ es una Mentira grupo,por lo que su espacio de $T^3\times T^3-\Delta$ es un trivial paquete de más de $T^3$ con fibra de $T^3-\{\ast\}$ ("google"espacio de configuración" para obtener más detalles).Así $$\pi_1(T^3\times T^3-\Delta)\cong \pi_1(T^3\times (T^3-\{\ast\}))\cong Z^3\times Z^3\cong Z^6$$