Cubriendo el mapa desde la esfera con seis puntos eliminados en un plano complejo doblemente perforado

Question

$X$ es $S^2\subset \mathbf{R}^3$ con sus puntos de intersección con los ejes de coordenadas eliminado.

Demostrar que el siguiente mapa es una cubierta mapa. $$\begin{align*}p:X&\longrightarrow \mathbf{C}-\{0,1\} \\ (x,y,z)&\longmapsto \left(\frac{x+iy}{1-z} \right)^4 \end{align*}$$

Para comprobar si se trata de una cubierta mapa, me debe mostrar que es (1) continua, (2) surjective y (3) que para todos los $w\in\mathbf{C}-\{0,1\}$ hay una vecindad $U$ para que $p^{-1}(U)$ es distinto de la unión de los subconjuntos $V_\alpha\subset X$ cuales son todos los homeomórficos a $U$.

Nunca hemos encontrado a una difícil cubrir mapa antes, el único que hemos visto en clase es el estándar que cubre mapa de $\mathbf{R}\to S^1:t\mapsto e^{it}$ e $S^1\to S^1:z\mapsto z^n$ para el círculo de $S^1$.

Sé que la fórmula para la proyección estereográfica $S^2-\{(0,0,1) \}\to \mathbf{C}$ desde el polo norte $(0,0,1)$ es $(x,y,z)\mapsto \frac{x+iy}{1-z}$. Esto es claramente un bijection $\phi:S^2-\setminus \{0,0,1\}\leftrightarrow\mathbf{C}-\{0\}$. En virtud de $\phi$, la falta de puntos de $X$ se asignan a $0,1,-1,i$ e $-i$. El mapa de $z\mapsto z^4$ , a continuación, 'rota' el plano de tal manera que los puntos de $1,-1,i,-i$ son enviados a $1$.

La función es continua, ya que es una fórmula, y $z\neq 1$ desde que sacamos el punto de $(0,0,1)$ a partir de la esfera.

Traté de probar que es surjective mediante el uso de coordenadas esféricas, pero que no funcionó. Desde $X$ no contiene $(0,0,0)$ nunca llegaremos $0$ en la imagen, pero entonces ¿por qué no podemos llegar a $1$?

Podría alguien proporcionar alguna ayuda?

Answer 1

$\left(\dfrac{x+iy}{1-z} \right)^4 = 1$ significa que $\dfrac{x+iy}{1-z} \in \{ 1, -1, i, -i \}$. Supongamos $\dfrac{x+iy}{1-z} = \pm1$. A continuación, $x + iy = \pm(1-z)$ lo que implica $y = 0$ e $x = \pm(1-z)$. Desde $x^2 + z^2 = 1$, obtenemos $(1-z)^2 + z^2 = 1$ lo que implica $z =0$ o $z=1$. Para $z=0$ obtenemos $x = \pm 1$, por lo tanto $(x,y,z) = (\pm 1, 0,0) \notin X$, $z=1$ obtenemos $x = 0$, por lo tanto $(x,y,z) = (0, 0,1) \notin X$. Del mismo modo $\dfrac{x+iy}{1-z} = \pm i$ es imposible.

Ahora mira lo $p$ . Como sabemos, $z = \pm 1$ es imposible, ya que, a continuación, $(x,y,z) = (0,0,\pm 1)$. Para $\zeta \ne \pm 1$ deje $X_\zeta = \{(x,y,z)\in X \mid z = \zeta \}$. Esta es la intersección de a$X$ con el avión $P_\zeta = \{(x,y,z) \in \mathbb R^3 \mid z = \zeta \}$.

Para $\zeta \ne 0$ es un círculo en $P_\zeta$ , el centro de la $(0,0,\zeta)$ y radio de $\sqrt{1-\zeta^2}$. Es envuelto por $p$ cuatro veces alrededor del círculo en $\mathbb C$ , el centro de la $0$ y radio de $r_\zeta = \dfrac{(1-\zeta^2)^2}{(1-\zeta)^4} = \left( \dfrac{1+\zeta}{1 - \zeta} \right)^2$. Para $\zeta \in (-1,0)$ la función de $\zeta \mapsto r_\zeta$ es una disminución de homeomorphism en $(0,1)$, y para $\zeta \in (0,1)$ un aumento de homeomorphism en $(1,\infty)$. Esto muestra que cada una de las $w\in \mathbb C$ con $\lvert w \rvert \ne 0,1 $ es en la imagen de $p$.

Para $\zeta = 0$ el conjunto $X_0$ es distinto de la unión de cuatro abierto cuartas partes de la unidad de círculo en $P_0$. Cada uno de ellos se asigna al círculo unidad en $\mathbb C$ menos que el punto de $1$. Esto demuestra que $p$ es surjective.

Ahora debería estar claro cómo comprobar que $p$ es una cubierta de proyección con cuatro hojas.

Answer 2

A la luz de los comentarios a la pregunta hay una forma más elegante de respuesta.

El mapa de $f : S^1 \to S^1, f(w) = w^4$, es conocido por ser una cubierta de proyección con cuatro hojas. Definir $h : (0,\infty) \times S^1 \to \mathbb C^* = \mathbb C \setminus \{ 0 \} , h(t,w) = t w$ e $\phi : (0,\infty) \to (0,\infty), \phi(t) = t^4$. Ambos $h$ e $\phi$ son homeomorphisms. Definir $F = h \circ (id \times \phi) \circ f \times id) \circ h^{-1} : \mathbb C^* \to \mathbb C^*$. Now $f \times id$ is a covering projection with four sheets, hence also $F$ is one. We have $F(h(t,w)) = (h \circ (id \times \phi) \circ f \times id))(t,w) = h(w^4,t^4) = t^4w^4 = (tw)^4 = h(t,w)^4$, es decir, $$F(w) = w^4.$$ La proyección estereográfica $s : S^2 \setminus \{(0,0,1)\} \to \mathbb C, S(x,y,z) = \dfrac{x+iy}{1-z},$ es un homeomorphism. Se restringe a un homeomorphism $s^* : S^2 \setminus \{(0,0,1),(0,0,-1) \} \to \mathbb C^*$. Por lo tanto $P = F \circ s^*$ es una cubierta de proyección con cuatro hojas y así es la restricción $$P' : P^{-1} (\mathbb C^* \setminus \{ 1 \}) \to \mathbb C^* \setminus \{ 1 \} = \mathbb C \setminus \{ 0, 1 \} .$$ Pero ahora $P^{-1} (\mathbb C^* \setminus \{ 1 \}) = \left( S^2 \setminus \{(0,0,1),(0,0,-1) \} \right) \setminus P^{-1}(1) = X$ e $P' = p$.