Clasificar espacios de cobertura de 2 veces de plano pinchado tres veces

Question

Ahoy Matemáticos,

Nos estamos preparando para los exámenes de calificación y corrió a través de esta pregunta. Hay dos métodos propuestos de acercarse a ella.

1. Reconocer que el tres veces perforado avión es homotópica a la cuña de 3 círculos. Siguiendo el ejemplo de Hatcher para el 2 veces cubiertas de la cuña de 2 círculos, construimos el 3 conectadas con espacios (hasta el re-etiquetado) de la cuña de los tres círculos. También hay desconectado cubrir el espacio de dos copias de sí mismo.
2. El uso de la elevación de la correspondencia para mostrar que las 2 veces que cubre los espacios de la tres veces perforado disco están en una correspondencia uno a uno con los subgrupos H de $\mathbb{Z} * \mathbb{Z} * \mathbb{Z}$ de índice 2. Hay 3 de estos grupos, dando a 3 conectadas con espacios.

Te darás cuenta de que las ideas de estos dos enfoques de acuerdo. La pregunta es de rigor. Qué respuesta es la más exacta? Qué Enfoque 1 en realidad nos dan la correcta cubriendo espacios, o necesitamos pensar acerca de la travesía con algo para cubrir la superficie en lugar de la 1-mfld? Si utilizamos el Enfoque 2, no esta de responder a la pregunta, o tenemos la necesidad de dar más de una clasificación que sólo la fundamental grupos?

Gracias!

Answer 1

Ahoy OP!

En última instancia, creo que se trata de cómo la respuesta está escrito y cuánto margen de su grado está dispuesto a dar.

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Veo que el primer argumento como

"Tenemos un bijection entre conectado dos veces cubre y el índice de los dos subgrupos del grupo fundamental. Desde el grupo fundamental es invariante bajo homotopy de equivalencia, podemos encontrar dos veces portadas de los tres pétalos de la rosa. Aquí están, y aquí son fundamentales por parte de los grupos. Por lo tanto, sabemos que hay exactamente tres conectado cubre de la superficie, clasificados por su grupo fundamental.

El aspecto clave aquí es la negrita de instrucción. Una suelta de grado podría entender que usted está implícitamente relacionadas con las tapas de el gráfico con las cubiertas de la superficie a través de sus grupos fundamentales, pero una respuesta que me siento cómodo con incluiría alguna forma de la negrita declaración.

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La segunda prueba se siente menos sólido para mí. El argumento parece presuponer que ya sabemos lo que el índice de los dos subgrupos de $F_3$ son. La parte superior de mi cabeza, no podía sonajero para usted. La forma en que me iba a demostrar que sabemos que existen tres subgrupos sería el uso de su primer argumento. Estoy seguro de que hay un buen grupo de teoría de respuesta así, pero que es uno de los que se habrían de escribir.

Dicho esto, fueron a escribir que un grupo de teóricos de la respuesta, entonces sería una buena prueba. No veo nada malo en esa dirección de forma inherente.

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TL;DR Si se dan todos los detalles y demostrar sus declaraciones, ambas opciones parecen perfectamente viable.

Answer 2

Me gustaría proponer otro método de "clasificación", para la integridad, tal vez.

Deje $G$ ser un grupo. Se trata de un resultado (tom Dieck, p. 345) que el conjunto de clases de isomorfismo de director de la $G$-paquetes de $p : \widetilde{X} \rightarrow X$, denotado $\mathcal{B}(X, G)$ es en bijective correspondencia con el conjunto de $[ X, BG]$ de homotopy clases de $X \rightarrow BG$ donde $BG$ es la clasificación de espacio de $G$, es decir, tenemos $$\mathcal{B}(X, G) \cong [X, BG].$$

Dejando $G = S_n$ el grupo simétrico de $n$ letras, un ejercicio de tom Dieck, p. 351 muestra que la principal $S_n$-paquetes de $p : \widetilde{X} \rightarrow X$ corresponden a $n$veces cubriendo espacios de $p_n : \widetilde{X} \times_{S_n} \{ 1, \dots, n \} \rightarrow X$ donde $\widetilde{X} \times_{S_n} \{ 1, \dots, n \} = \widetilde{X} \times \{ 1, \dots, n \} / g(x, n) = (xg^{-1}, gn) $.

Luego, si nos vamos a $X = S^1 \vee S^1 \vee S^1 \simeq \mathbb{R}^2 \setminus \{ x_1, x_2, x_3 \}$ e $G=S_2$, $\mathcal{B}(X, G)$ se convierte en el conjunto de cubrir los espacios que nos gustaría "clasificar" por el segundo resultado, y por el resultado de la primera vemos que estas cubriendo espacios corresponden al conjunto de $[X, BG]$ de homotopy clases de $S^1 \vee S^1 \vee S^1 \rightarrow BS_2$. Por último, es un resultado general que $$ BS_n \cong \mathrm{UConf}_n (\mathbb{R}^\infty) $$ el desordenado el espacio de configuración de $\mathbb{R}^\infty$ a $n$-tuplas. En nuestro caso, $BS_2$ puede ser descrito como $$ BS_2 \cong \frac{\{ f \mid f : \{1, 2 \} \rightarrow \mathbb{R}^\infty \} }{S_2} = \frac{\{ f \mid f : \{1, 2 \} \rightarrow \mathbb{R}^\infty \} }{\{\mathrm{id}, (1 \, 2 )\} }. $$

Answer 3

Hay una muy computable enfoque, también el uso de la clasificación de los espacios, el uso de los hechos de que 2 veces revestimientos son de la misma como directora $\mathbb{Z}/2$ paquetes y $B\mathbb{Z}/2 \simeq \mathbb{RP}^\infty \simeq K(\mathbb{Z}/2,1)$, el Eilenberg-Maclane espacio de representación de $H^1(-;\mathbb{Z}/2)$. Entonces podemos calcular isomorfismo clases de 2 veces cubriendo espacios, por encima de su plano perforado $P$ por la informática

$$ H^1(P;\mathbb{Z}/2) \cong H^1(\vee^3S^1; \mathbb{Z}/2) \cong(\mathbb{Z}/2)^3 $$

así que, de hecho hay 8 de ellos (hasta más de isomorfismo $id_P$), correspondientes a las diferentes opciones de si ellos son triviales sobre cada círculo. Sólo hay una desconectado de doble cubierta: la trivial. Además desde $\mathbb{Z}/2 \cong O(1)$ podemos decir que los paquetes son clasificados por su primer Steifel-Whitney de la clase.

Creo que puedo explicar por qué tengo 7 conectó doble cubre cuando usted consigue 3: mi resultado de clasificación es hasta el isomorfismo de cubrir los espacios de más de $P$, pero creo que los de "arriba a la cual denominó" corresponde a isomorphisms del paquete a través de algunas homeomorphism de $P$, que cuando se la considera como $\vee^3 S^1$ corresponde (hasta homotopy) a permuting la cuña de sumandos, que en $H^1$ corresponde a permuting los factores. Entonces, hasta permutación, sólo hay tres cubriendo espacios que no son triviales: $(1,0,0),\ (1,1,0)$ e $(1,1,1)$.