¿Existe un espacio topológico $X$ tal que $X \ncong Y\times Y$ para cada espacio topológico $Y$ pero $$X\times X \times X \cong Z\times Z$ $ para algún espacio topológico $Z$ ?
Aquí $\cong$ significa homeomorfo.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Sí.
Aquí son dos piezas de datos de entrada.
1) Vamos a $M$ ser cualquier noncompact espacio. Más allá de la habitual invariantes como homología y homotopy grupos, no es una invariante de la homeomorphism tipo (o adecuado homotopy tipo) de $M$, llamado el grupo fundamental en el infinito: si usted elige un adecuado (inversa de la imagen de conjuntos compactos es compacto) mapa de $\gamma: [0,\infty) \to M$, y deje $K_n$ será cada vez más una compacta agotamiento de $M$ (es decir, $K_n \subset K_{n+1}$ y $\bigcup K_n = M$), de modo que $\gamma(t) \not \in K_n$ para $t \in [n, n+1]$, entonces se puede escribir el límite inversa $$\pi_1^\infty(M,\gamma) := \lim \pi_1(M - K_n, \gamma(n));$$ strictly speaking we have restriction maps $$\pi_1(M - K_n, \gamma(n)) \to \pi_1(M - K_{n-1}, \gamma(n)),$$ but we may use the path $\gamma$ from $\gamma(n)$ to $\gamma(n-1)$ to get a natural isomorphism $\pi_1(M - K_{n-1}, \gamma(n)) \a \pi_1(M - K_{n-1}, \gamma(n-1))$ so that we may take the inverse limit over a sequence of maps as above. This is essentially independent of the choice of sequence $K_n$. It only depends on the ray $\gamma$ hasta un adecuado homotopy.
(De manera similar, existe una noción el conjunto de los extremos de un espacio - este es el inverso límite a más de $\pi_0(M - K_n)$. Este es el conjunto elegimos $\gamma$ , en el sentido de que nos elija de un componente conectado) para el grupo fundamental.)
2) Si $M$ es un buen, conectado, noncompact colector de dimensión $n \geq 5$, un teorema de Stallings (el modelo lineal por tramos estructura de espacio Euclidiano, aquí) dice que si $M$ es tanto contráctiles y $\pi_1^\infty(M,\gamma) = 0$ para el único fin $\gamma$ de $M$, a continuación, $M \cong \Bbb R^n$.
Nuestra estrategia, por lo tanto, es encontrar un noncompact, contráctiles suave colector $M$ de la dimensión de $n \geq 3$ con trivial grupo fundamental en el infinito. Se argumenta que $\pi_1^\infty(M^k, \gamma) = 0$ para $k>1$, y que, por ende, $M^k \cong \Bbb R^{nk}$. Porque usted pidió una raíz cuadrada de $3n$, debemos tomar las $n$ incluso. Al final vamos a especificar $n = 4$.
Aquí es una herramienta útil en la construcción de tales noncompact colectores. Si $M$ es un compacto de manifold con frontera, luego sus extremos de su interior, se $M^\circ$ están en bijection con $\pi_0(\partial M)$, y el grupo fundamental en el infinito es igual a $\pi_1(\partial M)$. (Tomar los rayos que se extienden a un mapa de $[0, \infty] \to M$, y dejar que el punto de base en $\partial M$ ser $\gamma(\infty)$; si $[0,1) \times \partial M \subset M$ es un collar de la frontera, dejar que el compacto de agotamiento ser el complemento de $[0, 1/n) \times \partial M$.)
En esta situación anteriormente, el producto $M \times M$ es un topológicos compactos manifold con frontera (tiene "esquinas", pero estos son topológicamente el mismo como puntos de límite). El límite es homeomórficos a $(\partial M \times M) \cup_{\partial M \times \partial M} (M \times \partial M)$. Si $\partial M$ está conectado y $M$ es de la Seifert teorema de van Kampen dicta que el grupo fundamental de la el resultado es $$\pi_1\partial M *_{\pi_1 \partial M \times \pi_1 \partial M} \pi_1 \partial M = 0.$$
Por lo tanto, si $M$ es simplemente conectado conectado con límite, $M \times M$ simplemente se ha conectado límites; y, por tanto, $(M \times M)^\circ = M^\circ \times M^\circ$.
Lo que esto demuestra, en general, es que si $M$ es un compacto, contráctiles del colector de dimensión $n \geq 3$, e $\pi_1(\partial M) \neq 0$, a continuación, $M$ no es homeomórficos a $\Bbb R^n$, pero $M^k$ es homeomórficos a $\Bbb R^{nk}$ cualquier $k > 1$. Lo que queda es doble: para demostrar que la $M$ existen; y para encontrar uno que no es por sí mismo un cuadrado.
En primer lugar, la existencia. En la dimensión 3 no hay ninguno de estos de interés: un pacto contráctiles 3-colector es homeomórficos a la 3-bola por la solución de la conjetura de Poincaré. En la dimensión 4 estos son los llamados Mazur colectores y vienen en una gran oferta. En la dimensión $n \geq 5$si $\Sigma$ ser $(n-1)$-colector que ha $H_*(\Sigma;\Bbb Z) \cong H_*(S^{n-1};\Bbb Z)$, es un teorema de Kervaire que $\Sigma$ límites de un contráctiles colector $M$. Si $\pi_1 \Sigma \neq 0$ (que es el equivalente a decir "$\Sigma$ no es homeomórficos a la $(n-1)$-esfera", por el de mayores dimensiones conjetura de Poincaré), entonces esto le da un ejemplo de lo que queremos. (De hecho, para $n \geq 6$, Kervaire demostrado que incluso se puede construir `homología $(n-1)$-esferas' con cualquier especificado finitely presentó el grupo fundamental de la $\pi$, modulo de las condiciones de $H_1(\pi) = H_2(\pi) = 0$.) Así que vemos que no es cualquier compacto colector $M$, y por lo tanto noncompact colector $M^\circ$, para cualquier dimensión $n \geq 4$.
Si $M^\circ$ fueron producto $X \times X$ de los dos espacios, entonces, en primer lugar, observe $X$ tendría que ser contráctiles; en segundo lugar, se trata de una homología del colector (esta es una condición local en términos de la relación de homología de $(X, X - p)$ en todos los puntos de $p$ que asegura la dualidad propiedades) de dimensión $\dim M/2$. Una homología del colector de dimensión $\leq 2$ es un colector (este parece ser bien conocido, pero la única referencia que he podido encontrar es el Teorema de 16.32 en Bredon la gavilla de la teoría), así que vamos a tomar $\dim M = 4$ aquí; a continuación, $X$ es un contráctiles de la superficie, por lo que la clasificación de las superficies compactas implica $X \cong \Bbb R^2$ (véase, por ejemplo aquí). Esto contradice $0 = \pi_1^\infty(\Bbb R^4) \cong \pi_1^\inf(M^\circ) \neq 0$, y así que esto es imposible.
De hecho, con algo más de trabajo puede demostrar que esta $M$ puede incluso no ser descompuesto en un producto.
EDIT: Gracias a Moishe Cohen respuesta aquí podemos demostrar que si $M$ es un compacto contráctiles del colector de dimensión $n \geq 4$ para que $\pi_1 \partial M \neq 0$, a continuación, $M$ no admite una raíz cuadrada. Por si no lo hizo, $X \times X = M$, el espacio de $X$ sería un contráctiles homología colector de dimensión al menos 2; por Moishe la respuesta, debe tener un final. Mediante la descomposición de $\text{End}(X \times X) \sim \text{End}(X) * \text{End}(X)$ de los espacios de un producto, podemos ver que $\pi_1^\inf(X \times X) = \pi_1^\inf(X) *_{\pi_1^\inf(X) \times \pi_1^\inf(X)} \pi_1^\inf(X) = 0$, exactamente como en el caso de los colectores con el límite. Por lo tanto $M$ no admite la raíz cuadrada.
Este método por lo tanto produce un poco de $M$ que no admite la raíz cuadrada, pero cuyas $n$th poder admite una $k$th raíz, para cualquier par de enteros positivos $(n,k)$ con $n > 1$. No tiene el poder de encontrar espacios para que $X^j$ es similar onu-rootable para $j$ en un rango; es único a $j=1$ que esto funciona.
