Deformación retrayendo el toro menos un punto a de la figura 8

Question

Estoy tratando de encontrar una deformación explícita retraer del toro menos algún punto a una figura de ocho. Hasta ahora, me he dado cuenta de que es suficiente para demostrar que:

Si $I=[-1,1]$ entonces $I^2 - \{0,0\}$ deformación se retrae a $\partial I^2$ ya que si identificamos las aristas del cuadrado, tenemos el toroide y el límite del cuadrado representa dos círculos que se cruzan en un único punto, lo que es homeomorfo a una figura de 8.

También he conseguido la retracción de la deformación: $f_t(x,y)= \begin{cases} (x+t(1-x),y) &\quad\text{if $|x| > |y|$} \\ (x,y+t(1-y)) &\quad\text{if $|x| < |y|$} \\ \end{cases}$

No sé qué hacer si $|x|=|y|$ . (¡Perdón si es obvio!)

Answer 1

He aquí una fórmula explícita, basada en mi comentario anterior.

Supongamos que $|y|>|x|$ . Entonces queremos deslizar linealmente el $y$ -coordenada de $y$ en $t=0$ a $sgn(y)$ en $t=1$ . Eso es fácil: $t\frac{y}{|y|}+(1-t)y$ . Según mi comentario, también queremos escalar $x$ por el mismo factor, para preservar la pendiente de la línea de $(0,0)$ a $(x,y)$ . Así obtenemos $t\frac{x}{|y|}+(1-t)x$ . Por supuesto, esto funciona para $|x|>|y|$ de forma muy similar, por lo que nuestra homotopía es $$ f_t(x,y)=\begin{cases}(t\frac{x}{|y|}+(1-t)x, t\frac{y}{|y|}+(1-t)y)& |y|>|x|\\ (t\frac{x}{|x|}+(1-t)x, t\frac{y}{|x|}+(1-t)y)& |x|>|y| \end{cases} $$ Y está claro que estas ramas están de acuerdo cuando $|x|=|y|$ .

EDITAR : Se puede escribir la deformación anterior sin ramificación:

$$ f_t(x,y) = \left(\frac{t}{\max(|x|,|y|)}+1-t\right)(x,y) $$

Answer 2

No estoy seguro de que su retracción deformación funciona, ya que lo que parece estar haciendo es dibujar una $\times$ -en el cuadrado, moviendo los puntos de los triángulos superior e inferior verticalmente y moviendo los puntos de los triángulos izquierdo y derecho horizontalmente. Esto significa que el $\times$ -la propia forma se "rasga" (discontinuamente), ya que sus puntos quieren moverse tanto vertical como horizontalmente.

Sugeriría una retracción de la deformación que desplace los puntos radialmente. En concreto, cada $p \in I - \{ 0,0 \}$ existe un único $\theta \in [0,2\pi)$ y $r>0$ tal que $p = (r\cos \theta, r\sin \theta)$ . Su retracción deformación podría moverse $p$ a lo largo del rayo $\{ (r\cos\theta, r\sin\theta) \mid r>0 \}$ hasta que llegue a $\partial I$ En ese momento se detiene.