Deje $X=\mathbb{D}^2/\sim$ , donde $(\cos(\theta),\sin(\theta))\sim(\cos(\theta+\frac{2\pi}{3}),\sin(\theta+\frac{2\pi}{3}))$ para todos $\theta\in \mathbb{R}$ . ¿Cómo es este espacio topológico gráficamente? Cómo se ve? Gracias.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Aviso de que su relación de equivalencia sólo está definida por los puntos en el límite del círculo, de manera que sólo los puntos están siendo identificados. En el límite $\partial D^2$, la clase de equivalencia de un punto de $x = (cos \theta, sin \theta)$ es $$ [x] = \{\ (cos \theta, sin \theta),\ (cos (\theta + \frac{2\pi}{3}), sin (\theta + \frac{2\pi}{3}) ),\ (cos (\theta + \frac{4\pi}{3}), sin (\theta + \frac{4\pi}{3}) )\ \}$$
(Esto puede ser expresado de manera más compacta por el tratamiento de la $x\in \partial D^2$ como un número complejo: si dejamos $\xi$ ser una primitiva de 3 rd raíz de la unidad, a continuación, $[x] = \{ x, \xi x, \xi^2 x \}$. ) Así en el límite del cociente mapa toma la forma $S^1 \to S$ donde $$ S = \{ (cos \theta, sin \theta)\ |\ 0\leq \theta \leq \frac{2\pi}{3} \}/\left((1,0) \sim (cos\frac{2\pi}{3}, sin\frac{2\pi}{3})\right) $$ A continuación, $S$ es homeomórficos a $S^1$ y el cociente mapa en la frontera tiene un grado $3$.
De hecho, nuestro espacio cociente $X = D^2/\sim$ es homeomórficos para el espacio obtenido al conectar un disco $D^2$ a un círculo de $S^1$ a través de un mapa de la frontera de $\partial D^2 \to S^1$ de grado 3 (ejercicio). Esto se llama el "3 veces" mal estudiante "cap" (al menos eso es lo que Munkres llamadas en su topología algebraica libro) y la construcción se generaliza arbitraria $n\geq 1$. Si estás familiarizado con la poligonal representaciones de las superficies, se puede expresar el $n$veces tonto de la tapa con un $n$-gon, cuyos bordes están todos identificados con la misma orientación. Estos no son integrables en $\mathbb{R}^3$ menos $n=1$ (y ya que @pre-renal señala en los comentarios que recibimos $\mathbb{RP}^2$ si $n=2$) por lo que no necesariamente fáciles de visualizar.
(Nota: hay un artículo de Wikipedia sobre un zopenco sombrero que en realidad es algo un poco distinto, y el chocar de la nomenclatura es muy lamentable.)
Edit: hubo un debate en los comentarios acerca de cómo calcular la homología de este espacio, así que decidí incluir en mi respuesta para la posteridad (aunque técnicamente no es parte de la pregunta). Voy a utilizar la notación $q\colon D^2 \to X$ para el cociente mapa y $[x]$ la clase de equivalencia de un solo punto, y voy a seguir para el complejo de coordenadas debido a que son más compactas.
Podemos calcular el celular de homología directamente, dada la descripción como un $2$-dimensiones construido uniendo $D^2$ a $S^1$ por un grado $3$ mapa de la frontera. Si celular homología no está disponible se puede utilizar de Mayer-Vietoris en su lugar.
Deje $U = X \setminus [0]$ e $V = q(int D^2)$. A continuación, $U$ e $V$ están abiertas, $U\cup V = X$, e $U\cap V$ es homeomórficos a un anillo y por lo tanto homotopy equivalente a $S^1$. Por otra parte $V$ es contráctiles y $U$ deformación se retrae en $S = q(\partial D^2)$, que es homeomórficos a $S^1$ anterior. Luego de la interesante segmento de Mayer-Vietoris secuencia es
$$\dots H_2(X) \to H_1(U\cap V) \to H_1(U) \oplus H_1(V) \to H_1(X) \to H_0(U\cap V) \to \dots $$ Todos los grupos a la izquierda de este segmento se desvanecen, y el mapa de $H_1(X) \to H_0(U \cap V)$ es $0$, por lo que la secuencia se reduce a
$$ 0 \to H_2(X) \to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} \to H_1(X) \to 0$$
y todo lo que queda es para calcular el homomorphism $H_1(U\cap V) \to H_1(U)$ inducida por la inclusión. Tomamos como dado que si $Y\cong S^1$ luego de un generador de $H_1(Y)$ puede ser representado por cualquier bucle $\gamma \colon [0,1] \to Y$ que va una vez alrededor. Se deduce entonces que un generador de $H_1(U\cap V)$ está dado por $\alpha \colon [0,1] \to U\cap V$ donde $\alpha(t) = [\frac{1}{2} e^{2\pi i t}]$, y un generador de $H_1(S)$ (y, por tanto, $H_1(U)$) está dado por $\gamma\colon [0,1] \to S\subset U$ donde $\gamma(t) = [e^{\frac{2\pi}{3} i t}]$. Pero en $U$, $\alpha$ es homotópica a $\tilde{\alpha}(t) = [e^{2\pi i t}]$ , y representan la misma clase de homología, y podemos ver que $\tilde{\alpha} \sim \gamma * \gamma * \gamma$ (donde $*$ es la concatenación de las rutas). Por lo tanto, el mapa de $H_1(U\cap V) \to H_1(U)$ es la multiplicación por $3$ y hemos
$$ H_0(X) \cong \mathbb{Z}, H_1(X) \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}, \text{ and }H_n(X) =0 \text { otherwise.} $$
