¿Existe un colector cerrado orientable$3$ - de tal manera que su grupo fundamental sea$\mathbb{Z}$?

Question

¿Existe un compacto compacto orientable $3$ -múltiple tal que su grupo fundamental sea $\mathbb{Z}$ ?

¿Qué tal $\mathbb{Z^2}$ ?

Answer 1

Si $M$ es un cerrado orientado $3$-colector con $\Bbb Z^2$ grupo fundamental, a continuación, pasar a la universalización de la cobertura $\tilde{M}$ y tenga en cuenta que $\pi_2(\tilde{M}) = 0$ ya que de lo contrario por el teorema de la esfera habría incrustado esfera contenida en $\tilde{M}$, que por la cobertura de mapa desciende a un homotopically trivial incrustado esfera en $M$, es decir, $M$ no es irreducible. A menos $M = S^2 \times S^1$, en cuyo caso el fundamental grupos no coinciden, no es el primer, obligando a $M$ relacionada suma. Pero que las fuerzas de $\pi_1$ a ser un producto gratuito que $\Bbb Z^2$ no (Nota: en Realidad, estamos usando la conjetura de Poincaré: si $M = M_1 \# M_2$ entonces $\Bbb Z^2$ es $\pi_1(M_1) * \pi_2(M_2)$, que sin pérdida de generalidad implica $\pi_1(M_1) = 0$, lo $M_1$ es simplemente conectado cerrado $3$-colector, es decir, $S^3$, lo $M$ no puede ser descompuesto como un trivial conectado suma. Pero creo que esto puede ser evitado por argumentando por el primer teorema de la descomposición que $M$ está conectado suma de $S^2 \times S^1$ con un montón de homotopy $3$-esferas, que no tiene grupo fundamental de la $\Bbb Z^2$ , de todos modos)

Por Hurewicz teorema $\pi_3(\tilde{M}) = H_3(\tilde{M})$, también cero como $\tilde{M}$ es noncompact $3$-dimensional. Todos los mayores de homología de grupos, de ahí que la mayor homotopy grupos de Hurewicz, posteriormente son cero. Esto implica $\tilde{M}$ es contráctiles, por lo tanto $M$ es $K(\pi, 1)$-espacio, pero como $\pi_1 = \Bbb Z^2$ aquí y $K(\Bbb Z^2, 1)$ es homotopy equivalente a $T^2$, $M$ debe ser homotopy equivalente a $T^2$. Pero $\Bbb Z = H_3(M) \neq H_3(T^2) = 0$ por lo que no puede suceder. No hay ninguna cerrado orientado $3$-colectores con $\Bbb Z^2$ grupo fundamental.

$S^1 \times S^2$ es la única cerrado orientado $3$-colector con grupo fundamental de la $\Bbb Z$ siguiendo un mismo camino de argumentos como el anterior: si $\pi_2(\tilde{M}) \neq 0$ entonces hay una homotopically trivial incrustado esfera en $M$. Si usted pone a un lado el caso de $M = S^2 \times S^1$, que las fuerzas de $M$ a ser non-prime, es decir, $\pi_1$ es un trivial de producto libre, que de nuevo se $\Bbb Z$ no lo es. El resto del argumento para demostrar que no hay otros casos es idéntica.

He aquí un bosquejo de un argumento de por qué $S^2 \times S^1$ es el único primer no-irreductible cerrado orientado a la 3-variedad. Supongamos $M$ es el primer no-irreducible, entonces hay una homotopically trivial esfera $S$ en $M$ que no vinculado a un balón. Tomar una incrustado cerrado $\epsilon$-vecindario $S \times [-1, 1]$ de $S$ en $M$ y deje $\gamma$ ser un arco de $S \times \{-1\}$ a $S \times \{1\}$ que no se cruzan $S$; esta existe porque $M \setminus S$ no está desconectado ($M$ es primo!). Tome la union de $S \times \{-1, 1\}$ con un incorporado unidad normal paquete de $\gamma$ (que tiene que ser diffeomorphic a $[0, 1] \times S^1$ la fijación de los límites, es decir, una "orientación de la preservación de tubo", debido a que $M$ es orientado a) para obtener otra incrustado esfera en $M$ cuyo interior es la unión de un tubo de barrio de $S$ y un tubular barrio de $\gamma$ que la deformación se retrae a $S^2 \vee S^1$. Esta nueva incrustado esfera ha obligado a una $3$-ball en el exterior, como $M$ es primo. Esto le da un CW-descomposición de $M$ como $D^3$ sujetas a $S^2 \vee S^1$, y no es demasiado difícil comprobar este hecho es $S^2 \times S^1$.

Answer 2

Usted probablemente puede utilizar también el hecho de que si el grupo fundamental de la es $\mathbb{Z}^2$ entonces usted tiene que la copa del producto de dos elementos de la dimensión $1$ en el cohomology anillo tiene un no-torsión de la imagen en la dimensión $2$ (piensa: toro - enviar generadores los generadores) y, a continuación, llegar a una contradicción (por sugerencia sugerencia - con el hecho de que el colector es de dimensión $3$ así que usted puede aprovechar la dualidad).