¿Cada 2-toro incrustado en $\mathbb{R}^4$ atado a un compacto $3$ -¿manifiesto?

Question

Dejemos que $M\subset \mathbb{R}^4$ una submanifold compacta embebida difeomorfa a $T^2 = S^1 \times S^1$ .

¿Existe siempre una submanifolda compacta $N\subset \mathbb{R}^4$ con $M = \partial N$ ?

Si es así, ¿es $N$ siempre un toroide sólido $S^1 \times D^2$ ?

Answer 1

"Sí" y "no", respectivamente, como se discute en los comentarios. Voy a dar esbozos de estos hechos, pero no pruebas.

Dada una codimensión cerrada $2$ submanifold orientado de $S^n$ la dualidad de Alexander da un isomorfismo $$\Bbb Z = H_{n-2}(M;\Bbb Z) \cong H^2(S^n \setminus M;\Bbb Z).$$

Hay algo especial en las clases de cohomología de grado uno y dos: pueden representarse como mapas a espacios que se conocen bien. Por ejemplo, hay una biyección canónica $[X, S^1] = H^1(X;\Bbb Z)$ pero lo más importante para nosotros es que existe una biyección canónica $[X, \Bbb{CP}^\infty] = H^2(X;\Bbb Z)$ .

Así que sigue el mapa de dualidad de Alexander para obtener una clase de cohomología de grado 2, y por tanto un mapa $S^n \setminus M \to \Bbb{CP}^\infty$ .

Lo bueno de esto es que $\Bbb{CP}^\infty$ es que es (en cierto sentido) una variedad lisa, y entonces tienes una versión del teorema de la transversalidad. (Para ser muy cuidadoso, probablemente sea mejor tomar $\Bbb{CP}^\infty := \Bbb P(H)$ donde $H$ es algún espacio de Hilbert complejo separable). Considerando un subespacio de codimensión 1 $H' \subset H$ tenemos un submanifiesto que escribiría $\Bbb{CP}^{\infty - 1} = \Bbb P(H') \subset \Bbb P(H)$ .

Ahora podemos modificar nuestro mapa dado $S^n \setminus M \to \Bbb{CP}^\infty$ para ser transversal a este subespacio. Al ser de codimensión dos, la preimagen de $\Bbb{CP}^{\infty - 1}$ es una codimensión $2$ submanifold de $S^n \setminus M$ . Llámalo $X$ .

(La mayoría de los argumentos que veas mostrarán que podemos factorizar el mapa a través de $\Bbb{CP}^n$ y tomar el retroceso transversal de $\Bbb{CP}^{n-1}$ . En realidad no es diferente de lo que hice antes, sólo una aproximación de dimensión finita del codominio).

Ahora hay que entender cómo es este submanifold en una vecindad de $M$ . En este punto me gustaría ser difuso en los detalles, para ahorrarme algo de energía. Basta con decir que si se escribe $S(M)$ para referirse al haz de esferas unitarias de $M$ - o, lo que es lo mismo, el límite de una vecindad tubular alrededor de $M$ - entonces la intersección $S(M) \cap X$ puede identificarse con una sección $M \to S(M)$ (es decir, se puede "empujar" $M$ de sí mismo para estar en el límite de esta vecindad tubular, de modo que este empuje es sólo $S(M) \cap X$ .) En particular, $X$ es precisamente el colector deseado que delimita $M$ .

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Para la segunda parte, permítanme esbozar rápidamente un hecho y una construcción. El hecho que mencioné en el comentario anterior es, de manera más general, el siguiente.

Dejemos que $M$ sea una variedad lisa cerrada, y sea $D(V)$ sea el haz de discos unitario de un haz vectorial $V$ en $M$ . Sea $\pi_0 \text{Emb}(D, N)$ sea el espacio de las clases de isotopía de las incrustaciones de $D$ en un colector liso $N$ .

Entonces afirmo que esto es lo mismo que el espacio $$\pi_0 \text{BundleEmb}(V, TN).$$ Precisamente, un elemento de este espacio es una incrustación suave $f: M \to N$ así como un mapa suave e inyectivo de haces vectoriales $V \to f^*(N(M))$ se consideran equivalentes si se tiene una isotopía de incrustaciones equipada con una homotopía correspondiente de inyecciones de haces vectoriales.

El mapa $\text{Emb}(D, N) \to \text{BundleEmb}(V, TN)$ es bastante sencillo: enviar una incrustación a su derivada a lo largo de $M$ . Demostrar que se puede isotizar todo con la misma derivada requiere algo de trabajo, pero no es demasiado difícil: es esencialmente el límite que define lo que es una derivada. (Doy algunas referencias del caso $M = pt$ aquí .)

De todos modos, lo que vemos ahora es que necesitamos entender 1) las clases de isotopía de los círculos en $S^4$ y 2) clases de homotopía de incrustaciones $\Bbb 2_{S^1} \hookrightarrow \Bbb 3_{S^1}$ donde el primero es el haz trivial de rango 2 y el segundo es el haz trivial de rango 3, molestos sobre el espacio base $S^1$ .

La primera es trivial. La segunda tiene algo que ver: se puede extender canónicamente a un isomorfismo orientado $\Bbb 3_{S^1} \to \Bbb 3_{S^1}$ , dada por el envío del tercer vector al vector unitario orientado en el complemento ortogonal de los dos primeros. En particular, obtenemos un bucle de elementos de $SO(3)$ Hay dos bucles de este tipo, y por lo tanto dos opciones para esta incrustación, dependiendo de la cantidad de $D^2$ factor de "giros" alrededor de $S^1$ en el proceso de incrustación.

Hay muchos más tori anudados en $S^4$ que eso. Aquí hay una construcción.

Tomar un nudo en el semiespacio $\Bbb R^3_{> 0}$ de triples con $z > 0$ . Tomar un producto con un círculo (aka, torcer esto) para obtener un toro incrustado en $S^1 \times \Bbb R^3_{> 0}$ . Esto puede ser visto como un toroide incrustado en $\Bbb R^4 \setminus \Bbb R^2$ donde hemos eliminado un 2 plano. Hay que intentar argumentar que este nuevo nudo, $K'$ es no trivial si $K$ era, utilizando invariantes clásicos como el grupo fundamental.

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Lo siguiente era el final de mi post original, que es erróneo porque borrar $\Bbb R^2$ sí cambia el grupo fundamental.

Si $K$ era el nudo original, $\pi_1(\Bbb R^3 \setminus K)$ es un invariante de $K$ . (También se puede tomar $S^3 \setminus K$ ya que la eliminación de un conjunto de codimensión al menos 3 no cambia el grupo fundamental). El nuevo nudo tiene $$\pi_1(S^4 \setminus K') = \pi_1((\Bbb R^4 \setminus \Bbb R) \setminus K') = \pi_1(S^3 \setminus K) \times \pi_1(S^1).$$

Mientras $K$ era no trivial, el grupo resultante es no abeliano. Pero los toros no anudados que construimos anteriormente tienen complemento con grupo fundamental $\Bbb Z^2$ .