Sea $C_1$ el círculo en el plano $z=1$ centrado en $(0,0,1)$ y $C_2$ el círculo en el plano $z=2$ centrado en $(0,0,2)$, ambos de radio $1$. Me gustaría calcular $\pi_1(X)$, donde $X=\mathbb{R}^3 \setminus \left(\{eje\text{ }z\} \cup C_1 \cup C_2\right)$, usando Seifert-van Kampen.
Sé cómo hacerlo sin Seifert-van Kampen. El conjunto $X$ es homeomorfo a $A \times S^1$, donde $A$ es un plano con dos puntos eliminados, lo que significa que $X$ se obtiene girando el plano con dos puntos eliminados alrededor del eje $z$. Entonces tenemos $$\pi_1(X)=\pi_1(A \times S^1)=\pi_1(A) \times \pi_1(S^1)=(\mathbb{Z}*\mathbb{Z}) \times \mathbb{Z}.$$ También me gustaría obtener una presentación de este grupo.
Respuestas
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Su publicación parece tener dos preguntas: Teorema de Seifert-Van Kampen y presentación de grupo, las responderé por separado...
Usa el Teorema de Seifert-Van Kampen para calcular $\pi_1(X)$:
Para mayor comodidad, puedes considerar $X$ como $X'=B\setminus(\{(x,y,z)\mid x,y=0\}\cup (S^1\sqcup S^1))$, donde $B$ es homeomorfo a una bola tridimensional (hay una retracción por deformación obvia). Toma $U=X'\cap\{(x,y,z)\mid z<2\}$ y $V=X'\cap\{(x,y,z)\mid z>1\}$, entonces $U\cap V\simeq\{\text{ plano con un agujero}\}\simeq S^1$, lo cual significa que $\pi_1(U\cap V)\cong\Bbb{Z}=\langle \alpha\rangle$. También tenemos que $U\approx V$ (esto se puede ver fácilmente dibujando un diagrama) y que $U\simeq T^2=S^1\times S^1$, lo cual implica que $\pi_1(U)\cong\Bbb{Z}^2=\langle a,b\rangle$ y $\pi_1(V)\cong\Bbb{Z}=\langle c,d\rangle$.
Esta conclusión no parece ser obvia, pero si observas $U$, tiene un agujero vertical y un anillo removido en su interior. Al expandir el agujero vertical y el tubo en su interior, ¿ves la equivalencia de homotopía? Si te sientes confundido, puedo dibujar un diagrama para ilustrarlo. Alternativamente, puedes pensar en ello como un plano con un agujero rotando con respecto al eje $z$, por lo que ahora hay una equivalencia de homotopía entre este espacio y $S^1\times S^1$ porque el plano con el agujero se retrae por deformación sobre $S^1$ (Espero que ahora sea claro)
Ahora, considera los siguientes mapeos. $i_*:\pi_1(U\cap V)\to\pi_1(U)$ inducido por la inclusión dice $i_*(\alpha)=b$ (es un lazo que rodea el agujero vertical central). De manera similar, $j_*:\pi_1(U\cap V)\to\pi_1(V),\alpha\mapsto d$. Aplicando el Teorema de Seifert-Van Kampen, obtenemos que $$\pi_1(X)\cong\pi_1(X')\cong(\pi_1(U)*\pi_1(V))/N\cong(\Bbb{Z}^2(a,b)*\Bbb{Z}^2(c,d))/\langle b^{-1}d\rangle$$
Observa que $a$ representa el lazo básico que rodea el tubo inferior, mientras que $c$ representa el lazo que rodea el tubo superior creado por la eliminación de $S^1$.
Presentación de grupo:
Afirmación: $(\Bbb{Z}^2(a,b)*\Bbb{Z}^2(c,d))/{\langle b^{-1}d\rangle}=(\Bbb{Z}*\Bbb{Z})\times\Bbb{Z}$
$$(\Bbb{Z}^2(a,b)*\Bbb{Z}^2(c,d))/\langle b^{-1}d\rangle=\langle a,b,c,d\mid b=d,ab=ba,cd=dc\rangle=\langle a,b,c\mid ab=ba,bc=cb\rangle$$ Vemos que $a$ y $c$ forman un grupo libre de dos generadores y no son conmutativos. Entonces esto es $(\Bbb{Z}*\Bbb{Z})\times\Bbb{Z}$, lo cual coincide con tu respuesta que resuelve el problema desde una perspectiva diferente.
También es posible derivar la misma presentación de grupo a partir de tu respuesta. Deja que $a$ sea el lazo que rodea el punto inferior de $A$ (respectivamente $c$ que rodea el superior), y $b$ sea el lazo alrededor del agujero vertical. Entonces, $a$ y $c$ son los generadores del grupo $\Bbb{Z}*\Bbb{Z}$ y $b$ conmuta con ellos. Por lo tanto, tenemos $\langle a,b,c\mid ab=ba,bc=cb\rangle$.
feynhat
Puntos
116
Kevin ya ha respondido tu pregunta. Aquí te doy otro argumento para llegar a la misma presentación que Kevin.
Primero observa que tu espacio se retrae deformable a $\Bbb T^2 \cup_{S^1} \Bbb T^2$, es decir, dos toros apilados uno sobre otro de manera que se intersecan en un círculo.
Ahora, este espacio se puede obtener adjuntando una 2-celda al espacio $\Bbb T^2 \vee S^1$ de la siguiente manera: sea $a$ un meridiano en $\Bbb T^2$, $b$ un longitud en $\mathbb{T}^2$ y por último, sea $c$ la cuña $S^1$. Adjuntamos la 2-celda a lo largo de $cbc^{-1}b^{-1}$, así que $b$ y $c$ conmutan. Ya sabemos que $a$ y $b$ conmutan. Por lo tanto, $\pi_1(X) = \langle a, b, c | aba^{-1}b^{-1}, cbc^{-1}b^{-1} \rangle$.
