¿Prueba conceptual de clasificación de superficies?

Question

Toda superficie compacta es difeomorfa a $S^2$ , $\underbrace{T^2\#\ldots \#T^2}_n$ o $\underbrace{RP^2\#\ldots \#RP^2}_n$ para algunos $n\ge 1$ .

¿Existe una conceptual ¿una prueba de este teorema de clasificación?

Aquí, el término "conceptual" queda un poco a la interpretación...

Se puede entender como: que no se basa en hechos no intuitivos. Por ejemplo, una prueba que no necesita $T^2\#RP^2\cong RP^2\#RP^2\#RP^2$ como ingrediente, pero que tiene la propiedad de que este difeomorfismo sale como consecuencia definitivamente contaría como conceptual.

Answer 1

Supongo que la prueba más conceptual es la que utiliza la teoría de Morse:

Tomemos una función de Morse sobre la superficie (cerrada y orientable) S. Si no tiene puntos de silla, entonces (utilizando el flujo de gradiente) $S\cong S^2$ . Supongamos por inducción que una superficie con k-1 puntos de silla es $S^2$ con un número finito de asas añadidas. Para el paso inductivo, consideremos una función de Morse con k puntos de silla. Una vecindad de un punto de silla de montar es un par de pantalones, con la función de Morse constante en las curvas límite. Consideremos la superficie (posiblemente desconectada) $S^\prime$ se obtiene cortando el pantalón y pegando tres discos. La función Morse se extiende (constante en los discos). Por inducción, cada componente de $S^\prime$ es $S^2$ con un número finito de asas añadidas, por lo que lo mismo ocurre con $S$ .

Hay otras pruebas no clásicas.

En realidad, no es difícil demostrar, con argumentos puramente topológicos, que para una superficie (cerrada y orientable) S con $\chi(S)<2$ existe otra superficie S' con $\chi(S^\prime)=\chi(S)+2$ . Así, la prueba de la clasificación se reduce a mostrar que una superficie (cerrada y orientable) con $\chi(S)=2$ debe ser $S\cong S^2$ . Esto se desprende del teorema de Riemann-Roch, que para $\chi(S)=2$ implica la existencia de una función meromorfa con un solo polo de orden 1, por tanto un mapa biholomorfo a $P^1C$ . (Para este argumento se necesita que toda superficie orientable sea compleja; esto se deduce de la equivalencia de homotopía $GL^+(2,R)\sim GL(1,C)$ y la evidente desaparición del tensor de Nijenhuis).

Otro enfoque sería utilizar la uniformización y reducir así la clasificación de las superficies a la clasificación de subgrupos discretos y sin torsión de PSL(2,R). (La uniformización tiene, además de la prueba clásica a través del principio de Dirichlet, por ahora pruebas más conceptuales a través del empaquetamiento de círculos o a través del flujo de Ricci).

Por último, si se cree que toda superficie puede ser triangulada, la clasificación de las superficies se demuestra mediante un argumento inductivo combinatorio no tan difícil. La triangulabilidad de las superficies no es, por supuesto, tan fácil, su demostración en Moise utiliza el teorema de Schoenflies.

Answer 2

Esto es más un comentario extenso que una respuesta a la pregunta. Lo primero que hay que señalar es que hay diferentes puntos fuertes del teorema de clasificación de las superficies. Por supuesto, están los entornos diferenciables, triangulados y topológicos. Pero incluso si elegimos dicho entorno, hay dos afirmaciones que hay que demostrar (al menos en un enfoque):

Toda superficie cerrada es isomorfa a una esfera con asas o tapas transversales adjuntas.

El tipo de isomorfismo sólo depende del número de asas y tapas cruzadas que se adjunten.

Tanto la prueba de Zip como la de Zeeman a las que se hace referencia en los comentarios sólo demuestran la primera parte y no la segunda. La segunda parte es esencialmente equivalente a la buena definición de la suma conectada. Especialmente en el entorno topológico, éste es un punto sutil, que requiere incluso en dimensión 2 una especie de teorema de Schönflies (y que es un teorema muy difícil en dimensión 4). Frustrado por esta situación, escribí un variante de la prueba de Zeeman (basada en un tratamiento de Thomassen), pero incluyendo la buena definición de la fijación de asas/tapas cruzadas. (Me llevó mucho tiempo entender así el argumento de Zeeman).

Esto no es realmente una respuesta a la pregunta original, tanto porque esta prueba está en el entorno triangulado y no evita el isomorfismo de la pregunta original. Pero quiero destacar que la buena definición de las asas de unión o la suma conectada es algo que hay que demostrar y no sólo ocultar mediante el abuso de la notación.

Answer 3

La prueba de Zeeman descrita en este La nota es por un margen sustancial la prueba más fácil y conceptual que conozco. Para simplificar la exposición me limito a las superficies orientables en la nota, pero es trivial hacer también el caso no orientable (y ver la edición de abajo para una descripción de cómo arreglar esto para evitar el uso del hecho de que tres tapas cruzadas es un mango más una tapa cruzada).

Lo que me gusta especialmente es que demuestra no sólo que la clasificación habitual es la lista completa de superficies, sino también al mismo tiempo que la característica de Euler es un invariante completo de las superficies orientables. De hecho, la prueba es por inducción (descendente) sobre la característica de Euler, con el caso base de la conjetura de Poincare 2d: todas las superficies compactas conectadas tienen característica de Euler <=2, con igualdad si la superficie es una esfera (y se puede ver la esfera muy claramente en la prueba, que produce directamente de la igualdad una descomposición de la superficie en dos discos que se encuentran a lo largo de su frontera).

Como prueba de lo sencilla que es esta prueba, en muchas ocasiones la he explicado en una pizarra (con todos los detalles) en unos 10 minutos.

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EDIT: He pensado un poco más en si se puede evitar tener que demostrar que la suma de conexión de $3$ planos proyectivos es isomorfo a la suma de conexión de un toroide y un plano proyectivo. He aquí una forma de organizar la prueba que evita demostrar esto directamente.

Como en la demostración de mis notas, se demuestra el teorema por inducción descendente sobre la característica de Euler. Más precisamente, lo que se demuestra por inducción es lo siguiente:

1. Toda superficie conexa tiene una característica de Euler menor o igual a $2$ .

2. Si una superficie es orientable, entonces su característica de Euler es par y si es igual a $2-2g$ , entonces la superficie es una suma de conexión de $g$ tori.

3. Si una superficie no es orientable y si su característica de Euler es $2-g$ , entonces la superficie es una suma de conexión de $g$ planos proyectivos.

Obsérvese que esto implica como consecuencia que la suma de conexión de $3$ planos proyectivos es isomorfo a la suma de conexión de un toroide y un plano proyectivo (que no se utilizará directamente en su demostración).

De todos modos, sigue la prueba en mis notas para tratar el caso base (que combina $1$ anterior y el hecho de que la esfera es la única superficie conexa de característica de Euler $2$ ). A continuación, sigue mis notas en el caso inductivo hasta el punto de encontrar la curva simple cerrada no separable $\gamma$ . Hay entonces varios casos:

a. Si su superficie es orientable, entonces $\gamma$ es un $2$ -curva lateral, por lo que se puede cortar y tapar para aumentar la característica de Euler en $2$ y se haga por inducción.

b. Si su superficie es no orientable y $\gamma$ es un $1$ -curva lateral tal que el corte a lo largo de $\gamma$ da una superficie no orientable, entonces se puede hacer como en un (pero cortando a lo largo de $\gamma$ y el tapado sólo aumenta la característica de Euler en $1$ ).

b. Si su superficie es no orientable y $\gamma$ es un $1$ -curva lateral tal que el corte a lo largo de $\gamma$ da una superficie orientable, entonces puedes cortar la tapa e inducir y deducir que tu superficie es isomorfa a $\Sigma_g \# \mathbb{P}^1$ para algunos $g \geq 1$ . Por supuesto, esto no es lo que se quiere; sin embargo, si se dibuja el cuadro se puede encontrar fácilmente un sencillo cerrado $1$ -curva lateral $\gamma'$ en $\Sigma_g \# \mathbb{P}^1$ de manera que el corte a lo largo de $\gamma'$ da una superficie no orientable. Esta es la curva que deberías haber utilizado todo el tiempo. Sustituya $\gamma$ con $\gamma'$ y volver al caso b.

d. Por último, si su superficie es no orientable y $\gamma$ es un $2$ -entonces el complemento de $\gamma$ debe ser no orientable, por lo que cortando y tapando encontramos que la superficie debe ser isomorfa a $\Sigma_1 \# (\#_{k} \mathbb{P}^1)$ para algunos $k$ . Al igual que en el caso c, podemos encontrar un $\gamma'$ es decir $1$ -sided tal que el complemento es no orientable, y luego volver a usar ese en el caso b.

Answer 4

Utilizando un poco de geometría algebraica real, existe una prueba conceptual al menos en el caso crítico $\chi=-1$ es decir, el caso del que hablas explícitamente. En efecto, dejemos que $S$ sea una superficie lisa compacta y conectada sin límites con $\chi(S)=-1$ . Elija una estructura conformada en $S$ . Desde $\chi$ es impar, $S$ es no orientable. Sea $\tilde S$ sea su cubierta de orientación. Entonces $\tilde S$ se convierte en una curva algebraica compleja dotada de una involución antiholomorfa $\sigma$ . Desde $\chi(\tilde S)=2\chi(S)=-2$ la curva $\tilde S$ es de género $2$ . En particular, $\tilde S$ es hiperelíptica. Sea $$\pi\colon \tilde S\rightarrow \mathbf P^1(\mathbf C)$$ sea la cobertura hiperelíptica. Como el recubrimiento hiperelíptico es canónico, la curva imagen $\mathbf P^1(\mathbf C)$ adquiere una estructura real, es decir, una involución antiholomorfa $\tau$ . En general, hay $2$ posibilidades: o bien $\tau$ tiene puntos fijos, o no los tiene.

Demostremos que $\tau$ tiene puntos fijos. Si no tuviera ninguno, la cobertura doble ramificada $\pi$ induciría una cobertura doble ramificada de los cocientes $$\bar\pi\colon\tilde S/\sigma=S\rightarrow \mathbf P^1(\mathbf C)/\tau=\mathbf P^2(\mathbf R).$$ Ambos cocientes son superficies lisas compactas y conectadas sin límite ya que ambos $\sigma$ y $\tau$ actuar sin puntos fijos. Sus características de Euler son iguales a $-1$ y $1$ respectivamente. De ello se desprende que $\bar\pi$ se ramifica sobre exactamente $2\times 1-(-1)=3$ puntos, lo cual es absurdo. Por lo tanto, $\tau$ tiene puntos fijos. Por lo tanto, $\tau$ es conjugada con la estructura real habitual, y podemos suponer que $\tau$ es igual a la estructura real habitual en $\mathbf P^1(\mathbf C)$ .

De ello se deduce que la curva $\tilde S$ es isomorfa a una curva $C$ de la forma $y^2=-p(x)$ para algún polinomio real $p$ de grado $6$ tomando sólo valores estrictamente positivos en $\mathbf R$ y que tiene raíces simples en $\mathbf C$ siendo el isomorfismo un isomorfismo de curvas algebraicas reales, es decir, respetando las involuciones antiholomórficas en $\tilde S$ y $C$ .

Ahora, el hecho de que el conjunto de todos esos polinomios $p$ está conectada implica que todas las superficies lisas con $\chi=-1$ son difeomorfos entre sí.

El argumento funciona en general para cualquier superficie lisa $S$ de característica impar de Euler, después de argumentar que siempre se puede deformar la estructura conforme a una hiperelíptica, lo que creo que se puede demostrar sin utilizar la clasificación de las superficies lisas. Para superficies no orientables de característica de Euler uniforme, no se puede excluir $\tau$ para actuar punto fijo libremente, y no veo nada conceptual en este caso.