Es $\mathbb{R}^n$ adecuadamente equivalente en homotopía a $\mathbb{R}^m$ si $n \neq m$ ?

Question

$\DeclareMathOperator{\id}{id} \newcommand{\R}{\mathbb{R}}$ Si $f,g : X \to Y$ son dos mapas (todos los mapas considerados son continuos aquí), una homotopía entre $f$ y $g$ es un mapa $H : [0,1] \times X \to Y$ tal que $H(0,-) = f$ y $H(1,-) = g$ . Dos espacios $X$ y $Y$ se dice que son equivalentes en homotopía si existe $f : X \to Y$ y $g : Y \to X$ tal que $g \circ f \sim \id_X$ y $f \circ g \sim \id_Y$ . Esto crea una relación de equivalencia en los espacios.

Dejemos que $n, m \ge 0$ sean dos enteros. Es muy fácil ver que $\R^n$ y $\R^m$ son equivalentes en homotopía, ya que de hecho ambos son contractibles, y se puede escribir una retracción de deformación explícita de $\R^k$ en el origen: $H(x,t) = tx$ (entonces $H(0,-)$ es constante y $H(1,-) = \id_{\R^k}$ ).

Pero esta homotopía no es adecuado Sin embargo, la preimagen $H^{-1}(0) = \R^k \times \{0\} \cup \{0\} \times [0,1]$ no es compacto. Se pueden adaptar fácilmente todas las definiciones del primer párrafo definiendo una noción de homotopía adecuada entre dos propios y equivalencia homotópica adecuada entre dos espacios exigiendo que todos los mapas implicados sean adecuados.

Es $\R^n$ adecuadamente equivalente en homotopía a $\R^m$ para $n \neq m$ ?

Esta pregunta está motivada por este otro : $\R \times [0,1]$ es propiamente equivalente en homotopía a $\R$ (el intervalo cerrado que se deforma adecuadamente se retrae en un punto), por lo que si se puede demostrar que $\R$ y $\R^2$ no son propiamente equivalentes en homotopía, entonces $\R^2$ y $\R \times [0,1]$ no es posible que sea homeomorfo.

Answer 1

Las invariantes que distinguen los diferentes $\mathbb{R}^n$ hasta la homotopía propia son los "grupos de homotopía en el infinito". Por ejemplo, distingamos $\mathbb{R}^2$ de $\mathbb{R}^n$ con $n \ge 3$ utilizando la "conectividad simple en el infinito".

Para toda secuencia de conjuntos compactos no vacíos $K_1 \subset K_2 \subset \cdots \subset \mathbb{R}^2$ cuya unión es igual a $\mathbb{R}^2$ hay exactamente un componente $U_i$ de $\mathbb{R}^2 - K_i$ cuyo cierre es no compacto, tenemos una inclusión $U_1 \supset U_2 \supset \cdots$ y tenemos una secuencia de inyecciones de grupos fundamentales de la forma $$\pi_1(U_1) \leftarrow \pi_1(U_2) \leftarrow \cdots $$ El límite inverso de esta secuencia de grupos está bien definido hasta el isoomorfismo, y es isomorfo a $\mathbb{Z}$ .

Pero si se hace lo mismo con $\mathbb{R}^n$ donde $n \ge 2$ el límite inverso de la secuencia de grupos será trivial.

Por supuesto, todavía hay que demostrar que este límite inverso es un invariante de homotopía propio, y hay que demostrarlo para grupos de homotopía superiores, y hay que hacer los cálculos apropiados para el $\mathbb{R}^n$ . El resultado es que el primer grupo de homotopía no trivial en el infinito para $\mathbb{R}^n$ es el $n-1^{\text{st}}$ .

Aquí es un artículo de Davis y Meier donde encontrarás algunos detalles sobre los grupos de homotopía en el infinito.

Answer 2

En topología algebraica queremos encontrar invariantes para distinguir espacios hasta ciertas equivalencias. Para la equivalencia de homotopía adecuada, una de ellas es la cohomología con soporte compacto. Por la dualidad de Poincare para $0\neq n\neq m$ :

$$ H_0(\mathbb R^n) \cong H^n_c(\mathbb R^n) \not \cong H^n_c(\mathbb R^m) =0 $$