Esto se discute en los libros de texto estándar sobre topología algebraica. Elige una presentación del grupo $G = \langle g_1,g_2,...,g_n|r_1,r_2,...r_m \rangle$ donde $g_i$ son generadores y $r_j$ son relaciones. Entonces tenemos una cuña de $n$ círculos y adjuntar dos celdas a la suma de cuñas según las relaciones $r_j$ . Denotemos el espacio final $X$ . Entonces van Kampen dice $\pi_1(X)=G$ . Aunque normalmente $X$ no es una colector, es bien sabido que todo grupo finitamente generado $G$ puede ser realizado como el grupo fundamental de algún 4-manifold $X$ . ¿Puede alguien esbozar la prueba? Además, si $X$ no podría ser un colector de dimensión $<4$ ¿Cuál es la obstrucción?
Respuestas
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Guy
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Teorema. Todo grupo finitamente presentable es el grupo fundamental de un manificio cerrado de 4 dimensiones.
Prueba de boceto. Dejemos que $\langle a_1,\ldots,a_m\mid r_1,\ldots, r_n\rangle$ ser una presentación. Según van Kampen, la suma conectada de $m$ copias de $S^1\times S^3$ tiene un grupo fundamental isomorfo al grupo libre en $a_1,\ldots, a_m$ . Ahora podemos hacer un cociente por cada relación $r_j$ como sigue. Realice $r_j$ como un simple bucle. Una vecindad tubular de esto se parece a $S^1\times D^3$ . Haga la cirugía y sustituya este barrio tubular por $S^2\times D^2$ . Esto mata $r_j$ . QED
Hay muchas restricciones en los grupos de 3 manificios. Una de las más simples surge de la existencia de Separaciones Heegaard . Se deduce fácilmente que si $M$ es un manifiesto cerrado de 3 dimensiones, entonces $\pi_1(M)$ tiene un equilibrado presentación, lo que significa que $n\leq m$ .
Otros obstáculos para ser un grupo de 3manifoldes fueron discutidos en esta pregunta del modus operandi .
Jon Colverson
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Una forma ligeramente diferente de demostrar lo mismo es la siguiente.
Toma una cuña de n círculos, uno para cada uno de los generadores. Ahora adjunta un disco para cada relación. Imagina este complejo $X$ sentado en el interior $\mathbb{R}^5$ . Por la posición general y la naturaleza finitamente presentada de $G$ los discos no tienen intersecciones en el interior. Tomemos una vecindad tubular de $X$ en $\mathbb{R}^5$ y luego tomar su límite. Se puede comprobar que se trata de un $4$ -manifiesto con la propiedad requerida.
Marcel Lamothe
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Otra explicación de las mismas construcciones dadas anteriormente es añadir 1 y 2 asas a la bola 4 según la presentación dada, obteniendo un colector 4 $X$ con límite. Ahora el límite de $X\times I$ (es decir, el doble de $X$ ) tiene el mismo grupo fundamental de Van Kampen y el hecho de que $\partial X\subset X$ induce una suryección sobre los grupos fundamentales (girando $X$ al revés muestra que $X$ se obtiene de $\partial X$ añadiendo 2 y 3 asas).
Dado que la primera homología=abelianización de $\pi_1$ de los manifolds cerrados de 1 y 2, es fácil ver que la mayoría de los grupos no se dan para $n=1$ o $2$ . Para $n=3$ Otra obstrucción algebraica es observar que si $\pi=\pi_1(M^3)$ entonces $H_2(M)\to H_2(\pi)$ es en, y si $M$ es orientable, entonces $H_2(M)=H^1(M)=H^1(\pi)$ . Así que si $H^1(\pi)$ es menor que $H_2(\pi)$ no puede producirse (en cualquier caso, para un manípulo orientado).
