Escisiones de Heegaard de colectores no orientables 3

Question

Un hecho bien conocido y a menudo utilizado de la topología de los 3manifolds es que todos los 3manifolds cerrados y orientables admiten divisiones de Heegaard.

Estoy tratando de entender cuál es la noción apropiada de la división de Heegaard para un 3manifold cerrado y no orientable, asumiendo que quiero que muchos hechos familiares se trasladen a este entorno. También tengo curiosidad por la interacción con el caso orientable.

En particular, algunas cosas sobre las que estoy reflexionando son:

Dada una 3manifold cerrada y no orientable $Y$ ,

1) ¿Se puede descomponer $Y = H_{1} \cup_{\Sigma}H_{2}$ para alguna superficie $\Sigma \hookrightarrow Y$ y algunos cuerpos de asa (posiblemente no orientables) $H_{1},H_{2}$ ?

2) ¿Se puede descomponer $Y = \Sigma \coprod \tilde{H}$ para una superficie unilateral $\Sigma \hookrightarrow Y$ y un cuerpo de mango abierto $\tilde{H}$ ?

Y en la misma línea que este pregunta:

3) ¿Se puede realizar $Y$ como cociente $M/h$ de un homeomorfismo libre, involutivo y con inversión de orientación $h:M \rightarrow M$ de un 3manifold orientable $M$ , donde $h$ intercambia las dos partes $U,V$ de alguna división de Heegaaard $M= U \cup V$ ?

Answer 1

Consulte la demostración del Teorema 1 en J. H. Rubinstein. Escisiones de Heegaard de un solo lado de los manifoldes de 3 dimensiones : Aunque demuestra un teorema ligeramente diferente al de tu pregunta, creo que su argumento dará lo que quieres. La clase de cohomología mod 2 no trivial que él utiliza será sustituida por el elemento canónico de $H_2(M,Z_2)$ Poincare-dual al elemento de $H^1(M,Z_2)$ que envía cada ciclo de orientación inversa a $1\in Z_2$ .

Answer 2

En respuesta a la parte 1, definitivamente se puede realizar un $3$ -como una unión de dos cuerpos de asas posiblemente no orientables. Basta con triangular el colector y tomar una vecindad regular del $1$ -esqueleto. Este será su primer handlebody. El segundo handlebody es el cierre del complemento. El hecho de que el segundo espacio sea un handlebody no es tan fácil de ver, pero se deduce de la misma manera que el caso orientable.

Para el número 3, definitivamente puedes encontrar un $M$ tal que su colector es un cociente por un homeomorfismo involutivo libre. Esto se llama la doble cobertura de la orientación. Además, se puede simplemente elevar los dos cuerpos de asas en el cociente a cuerpos de asas en $M$ . Usted sabe que al menos uno de los cuerpos de las asas tiene una cubierta conectada, de lo contrario $M$ se desconectaría. Pero entonces su frontera está conectada, lo que implica que el otro cuerpo de la manija también está conectado.

No estoy seguro del número 2. Parece poco probable en general.

Answer 3

Considerando la pregunta 2) permítanme ejemplificar un 3-manifold que puede ser dividido a lo largo de una superficie orientable:

Dejemos que $N_3$ sea la superficie no orientable de género tres. Tomemos $E=N_3\times S^1$ . Desde $N_3=T_0\cup_C M\ddot{o}$ , donde $T_0$ es un 2-toro puntuado, $M\ddot{o}$ es un Möbiusband y $C=\partial T_0=\partial M\ddot{o}=T_0\cap M\ddot{o}$ entonces $E=(T_0\times S^1)\cup_U (M\ddot{o}\times S^1)$ , donde $U$ es el 2-toro $C\times S^1$ .

Pero se puede considerar $M\ddot{o}\times S^1=\overline{{\cal N}(C\ddot{o}\times S^1)}$ (una vecindad regular y tiene, como frontera conectada, otro 2-toro) donde $C\ddot{o}$ es el núcleo de $M\ddot{o}$ .

Entonces $E=(T_0\times S^1)\cup \overline{{\cal N}(C\ddot{o}\times S^1)}$ . Es decir $$E\smallsetminus{\rm int}{\cal N}(C\ddot{o}\times S^1) =T_0\times S^1.$$

Eso es, $C\ddot{o}\times S^1$ (una superficie orientable) está dividiendo $E$ en $C\ddot{o}\times S^1$ y $T_0\times S^1$ ambos orientables.