Incrustación de un 3er manípulo $S^3/Q_8$ sur $\mathbb R^4$

Question

En el artículo de Hantzsche (1938) se demuestra que el límite de la vecindad tubular de $RP^2$ sur $R^4$ (denote $M$ ) es $S^3/Q_8$ . Estaba intentando leer esta obra pero no sé alemán, así que es difícil.

En el documento de Hantzsche aparece la siguiente fórmula $(\sin u \cos \frac{v}{2}, \sin u \sin \frac{v}{2}, \cos u \cos v, \cos u \sin v) $ en la página 49. ¿Es la parametrización de $\mathbb RP^2$ ? Antes he leído: "Si se gira una línea recta (que es un círculo topológico) en un plano proyectivo alrededor de uno de sus puntos a través de un ángulo $\pi$ Así pues, se ha creado un espacio de trabajo para los proyectos de forma completa. Wir benutzen diese Eigenschaft der projektiven Ebene um sie in den R4 einzulagern. " que Google traduce como "En un plano proyectivo, si uno gira una línea recta (que es un círculo topológico) alrededor de uno de sus puntos a través de un ángulo $\pi$ entonces pasa completamente por el plano proyectivo. Aprovechamos esta propiedad del plano proyectivo para guardarlas en el $R^4$ ."

Otra idea que tengo es definir $\mathbb RP^2$ sur $\mathbb R^4$ como efecto de pegar tres rectángulos. A continuación se obtiene la triangulación (o cubificación) de M engrosando cada rectángulo a 4 cubos. La frontera se construirá con doce cubos de 3. Sin embargo, no sé cómo definir los pegados de estos 3-cubos.

Answer 1

He llegado a la mayor parte del camino. Todavía no sé dos cosas (enumeradas al final). Sin embargo, he encontrado una buena referencia que habla de esto (en un entorno más general): Lawson's Paquetes normales para un incrustado $\mathbb{RP}^2$ en un 4-manifold positivo definido ( PDF ).

Así que dejemos $N$ sea su vecindad tubular, y suponga que es no trivial (no sólo $\mathbb{RP}^2\times\mathbb{R}^2$ ). Según Rochlin Submanifolds bidimensionales de variedades cuatridimensionales ( PDF ), tiene el número de Euler $\pm2$ . Está doblemente cubierto por un haz de discos sobre $S^2$ que tiene el número de Euler $\pm4$ . El límite es una zona no trivial $S^1$ haz de la mano sobre $S^2$ que es, por tanto, un cociente de $S^3$ . Si escribimos este límite como $M$ Entonces, ignorando los problemas de orientación, tenemos una cubierta de 4 hojas $S^3\rightarrow M$ y como $M$ tapas dobles $\partial N$ tenemos una cubierta de 8 hojas $S^3\rightarrow \partial N$ .

Por lo tanto, podemos escribir $\partial N$ como $S^3/G$ , donde $G$ es un grupo de orden $8$ actuando sobre $S^3$ . Conseguimos este grupo porque la cobertura $S^3\rightarrow M$ proviene de un cociente de una acción por un subgrupo de $S^3$ [pensados como cuaterniones unitarios], y luego lo extendemos por el $C_2$ acción que va desde $M$ a $\partial N$ .

Las dos preguntas que aún no he contestado son:

1. ¿Por qué el haz normal no es trivial?
2. ¿Por qué es $G$ el grupo de cuaterniones y no $C_8$ ?

Editar : La pregunta ha cambiado sustancialmente desde que añadí esta respuesta. El OP está buscando una incrustación específica, y preguntando sobre los generadores explícitos en $\pi_1(\partial T)$ el grupo fundamental de la frontera de la vecindad tubular. Quizás eso se pueda extraer de esta respuesta (con esfuerzo). De todos modos, voy a completar esta respuesta, que muestra para cualquier incrustación $\mathbb{RP}^2\rightarrow\mathbb{R}^4$ el límite de una vecindad tubular es homeomorfo a $S^3/Q_8$ .

Respuesta a (1): @JasonDeVito dio una buena explicación en los comentarios de abajo. También se desprende del artículo de Rochlin citado anteriormente, ¡aunque no es fácil descifrarlo!

Respuesta a (2): Ya lo tenemos $M$ [el límite del haz de discos sobre $S^2$ ] es $S^3/\langle i\rangle$ , tratando $\langle i\rangle$ como un subgrupo de $S^3$ los cuaterniones unitarios. Ahora bien, si pensamos en $S^3$ como pares de números complejos y $S^2$ como $\mathbb{CP}^1$ , entonces la fibración de Hopf es $(z,w)\mapsto [z:w]$ . En este contexto, el $C_2$ acción correspondiente a la cobertura $S^2\rightarrow\mathbb{RP}^2$ envía $[z:w]$ a $[-\overline{w}:\overline{z}]$ . Arriba en $S^3$ , esto es simplemente la multiplicación por $j$ . [ Debería ser más cuidadoso aquí ya que estamos tratando con un grupo no abeliano: la acción está a la izquierda para ambos $i$ y $j$ multiplicando $S^3$ ]. Así tenemos una factorización de la cobertura $$ S^3\rightarrow S^3/\langle i,j\rangle\rightarrow \partial T$$

Desde $S^3$ es un recubrimiento de 8 hojas de esos dos espacios, la segunda flecha es un recubrimiento de 1 hoja; es decir, un homeomorfismo.