Encuentra $f$ tal que $f^{-1}(\lbrace0\rbrace)$ sea esta curva enredada (M.W.Hirsh)

Question

Me gustaría resolver el siguiente problema (viene de Morris W. Hirsh, Differential Topology, es el ejercicio 6 de la sección 4 del capítulo 1):

Demuestra que hay un mapa $C^\infty$ $f:D^3\to D^2$ con $0\in D^2$ como un valor regular tal que $f^{-1}(\lbrace0\rbrace)$ es una curva enredada (como en la imagen a continuación).

He estado pensando en este problema por un tiempo pero aún no tengo respuesta. Hasta ahora esto es lo que se me ha ocurrido: si no hubiera un nudo en la figura y quisiéramos que $f^{-1}(\lbrace0\rbrace)$ fuera una línea recta del polo norte al polo sur, entonces $f$ existe, podemos tomar $f$ como la proyección ortogonal en $(z=0)$. Si lo hacemos así, podríamos precomponer $f$ con un difeomorfismo de $D^3$ llevando la línea recta al nudo en la figura, lo que daría la respuesta. Pero estoy bastante seguro de que un difeomorfismo de ese tipo no existe (el grupo fundamental del complemento de ambos caminos no es isomorfo), y es lo que hace que este ejercicio sea difícil.

He estado pensando en mover el camino para obtener un mejor punto de vista, pero no tuve éxito.

Realmente me intriga esta pregunta, me gusta mucho porque no parece correcta. No estoy buscando una respuesta completa (todavía), solo me gustaría una pista para sentir cómo alguien debería abordar este problema. Gracias de antemano por tu ayuda.

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Edición: Según lo sugerido por Laz en los comentarios, podría haber una respuesta a este problema que involucre técnicas como en este post. La idea sería construir $f$ con coeficientes polinomiales. Volví a leer la introducción del libro y esto es lo que M.W.Hirsh dice: "Los ejercicios más desafiantes están marcados con estrellas, al igual que aquellos que requieren topología algebraica u otros temas avanzados." (Este es un ejercicio de una estrella).

Entonces tal vez M.W.Hirsh pensó en una solución que involucra ecuaciones polinomiales, etc., pero debo admitir que estaría un poco decepcionado en ese caso, esperaba que hubiera una solución que involucrara topología diferencial. Por ejemplo, tenía la siguiente idea: tomar un vecindario tubular de la curva $K$, que se ve como $I\times D^2$, y definir $f$ en este vecindario como la proyección del segundo factor. Podríamos intentar extender $f$ a $D^3$ (pero no veo cómo).

De todos modos, en este punto cualquier tipo de respuesta (involucrando topología diferencial o no) sería muy apreciada.

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Edición 2: Muchas gracias a HerrWarum por la recompensa.

Answer 1

Un enfoque algebraico alternativo: Sea $S^3$ la esfera $|z_1|^2+|z_2|^2=2$ en $\mathbb{C}^2$. Entonces el nudo trebol $K$ está dado por la ecuación $z_1^3 = z_2^2$ en $S^3$, y puede ser parametrizado como $(e^{2 i \theta}, e^{3 i \theta})$. Definamos $\phi: S^3 \to \mathbb{C}$ como $\phi(z_1, z_2) = z_1^3 - z_2^2$. Por lo tanto, $K = \phi^{-1}(0)$.

Afirmo que $\phi$ es una submersión a lo largo de $K$. Si consideramos $\phi$ como una función $\mathbb{C}^2 \to \mathbb{C}$, es una submersión en todas partes excepto en $(0,0)$. Para verificar que aún es una submersión cuando se restringe a $S^3$, debemos comprobar que el núcleo $2$-dimensional de $D \phi$ es transversal al espacio tangente de $3$ dimensiones a $S^3$ en cada punto de $K$. Para hacer esto, solo tengo que dar un elemento de $\mathrm{Ker}(D \phi)$ que no esté en $TS^3$. Es decir, en el punto $(e^{2 i \theta}, e^{3 i \theta}), el vector $(2 e^{2 i \theta}, 3 e^{3 i \theta}) está en $\mathrm{Ker}(D \phi)$ pero no en $TS^3$. (Podemos pensar en este vector como la derivada de $(e^{2 (t+i \theta)}, e^{3 (t+i \theta)})$ con respecto a $t$. Esta curva yace en $z_1^3=z_2^2$, por lo que su derivada está en $\mathrm{Ker}(D \phi)$, pero claramente es transversal a $S^3$.)

Entonces tenemos un mapa $C^{\infty}$ de $S^3$ a $\mathbb{C}$ donde $\phi^{-1}(0)=K$ y $\phi$ es una submersión a lo largo de $K$. Para convertirlo en un mapa $\mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^2$, simplemente elimine un punto de $S^3$: Elimine un punto en $K$ para hacer un nudo que se extiende hasta el infinito como en el diagrama, o elimine un punto que no está en $K$ para hacer un nudo cerrado.

Aquí tienes una imagen de tu nudo, en proyección estereográfica desde el punto $(1,1) \in S^3$:

Se puede dar paramétricamente como $$\left( \frac{\cos (2 t)-\cos (3 t)}{-\cos (2 t)-\cos (3 t)+2}, \ \frac{\sin (2 t)}{-\cos (2 t)-\cos (3 t)+2},\ \frac{\sin (3 t)}{-\cos (2 t)-\cos (3 t)+2}\right )$$

Obtuve que las coordenadas explícitas de $\phi(u,v,w)$ se dan por $$\begin{multline} \frac{1}{(1 + u^2 + 2 v^2 + 2 w^2)^3} \\ \left(-2 + 2 u - 12 u^2 - 4 u^3 + 6 u^4 + 10 u^5 + 56 v^2 - 120 u v^2 - 40 u^2 v^2 + 40 u^3 v^2 - 104 v^4 + 40 u v^4 + 24 w^2 - 24 u w^2 + 24 u^2 w^2 + 40 u^3 w^2 - 80 v^2 w^2 + 80 u v^2 w^2 + 24 w^4 + 40 u w^4, \right. \\ \left. 12 v - 48 u v + 24 u^2 v + 48 u^3 v + 12 u^4 v - 112 v^3 + 96 u v^3 + 48 u^2 v^3 + 48 v^5 + 8 w + 16 u w + 16 u^3 w - 8 u^4 w + 32 u v^2 w - 32 u^2 v^2 w - 32 v^4 w - 48 v w^2 + 96 u v w^2 + 48 u^2 v w^2 + 96 v^3 w^2 + 32 u w^3 - 32 u^2 w^3 - 64 v^2 w^3 + 48 v w^4 - 32 w^5 \right) \end{multline}$$ Obtuve esto componiendo la inversa de la proyección estereográfica, $$\frac{1}{1+u^2+2 v^2+2 w^2} \left(u^2+2 u+2 v^2+2 w^2-1,4 v,u^2-2 u+2 v^2+2 w^2-1,4 w\right)$$ y el mapa $z_1^3 - z_2^2$.

Answer 2

Construcción principal

Sea $\gamma$ el nudo trébol en $\mathbb{S}^3$. Dado que $\gamma$ es un nudo fibrado (ver D. Rolfsen, Knots and Links, Capítulos H e I), existe un vecindario tubular $N\gamma \simeq \mathbb{S}^1\times\mathbb{D}^2$ y una fibración $f': \mathbb{S}^3\backslash\langle\gamma\rangle \rightarrow \mathbb{S}^{1}$ tal que $$ f'(x,y) = \frac{y}{|y|}\quad\text{para todo } (x,y)\in \mathbb{S}^1\times (\mathbb{D}^2\backslash\{0\}). $$ La proyección hacia el segundo factor de $\mathbb{S}^1\times\mathbb{D}^2$ determina un mapa suave $f'': N\gamma \rightarrow \mathbb{D}^2$ con valor regular $0$ y con $(f'')^{-1}(0)=\langle\gamma\rangle$. Definimos $f: \mathbb{S}^3 \rightarrow \mathbb{D}^2$ por $$f(z):=\begin{cases} f''(z) &\text{para }z\in N\gamma, \text{ y por}\\ f'(z) & \text{en otro caso}. \end{cases}$$ La condición de compatibilidad garantiza que $f$ es continua. Observa que el complemento completo de $N\gamma$ se mapea a $\mathbb{S}^1 = \partial \mathbb{D}^2$.

Algunos detalles

1) Observando la figura, extendemos la curva a través de los puntos de límite fuera de $\mathbb{D}^3$ y conectamos los dos extremos allí para obtener el trébol $\gamma: \mathbb{S}^1 \rightarrow \mathbb{R}^3$. Luego elegimos una inclusión suave $\psi: \mathbb{R}^3\rightarrow \mathbb{S}^3$, transferimos todo a $\mathbb{S}^3$ y construimos $f: \mathbb{S}^3 \rightarrow \mathbb{D}^2$. Al final, consideramos la restricción $f\circ \psi: \mathbb{D}^3 \rightarrow \mathbb{D}^2$.

2) La construcción principal da una extensión continua $f: \mathbb{S}^3 \rightarrow \mathbb{D}^2 \subset \mathbb{R}^2$ del mapa suave $f'': N\gamma \rightarrow \mathbb{D}^2$ tal que $f(\mathbb{S}^3 \backslash N\gamma)\subset \mathbb{S}^1$. Para hacer que $f$ sea suave, aplicamos el Teorema 2.5 del Capítulo I de A. Kosinski, Variedades diferenciables:

Teorema 2.5: Sea $f:M\rightarrow \mathbb{R}^n$ un mapa continuo, suave en un subconjunto cerrado $K$ de $M$, y sea $\varepsilon>0$. Entonces existe un mapa suave $g: M \rightarrow \mathbb{R}^n$ que coincide con $f$ en $K$ y tal que $|f(p) - g(p)| < \varepsilon$ para todo $p\in M$.

Aplicando este teorema a $f$, $M=\mathbb{S}^3$, $K=\frac{3}{4}N\gamma$, $n=2$ y $\varepsilon = \frac{1}{2}$, obtenemos un mapa suave $g: \mathbb{S}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2$ que coincide con $f$ en $K$ y tal que $g^{-1}(0) = f^{-1}(0)$. Debido a que $\mathbb{S}^3$ es compacto, podemos escalar $g$ por una constante para lograr que $g(\mathbb{S}^3)\subset \mathbb{D}^2$. El escalado no altera la regularidad de $0$ ni el conjunto de nivel $g^{-1}(0)$. Este $g$, tras los procedimientos del punto 1), es entonces el mapa $f$ que hemos estado buscando.

Agradecimiento

El problema fue resuelto con la ayuda del Prof. Dr. Urs Frauenfelder, quien sugirió buscar en el libro de Rolfsen la definición precisa de un nudo fibrado.

Respuesta a los comentarios:

@Moishe Kohan: Parece que estás utilizando una definición más general de un nudo fibrado donde la condición de compatibilidad no es necesariamente cierta, por ejemplo, la definición de J. Harer, Cómo construir todos los nudos fibrados. Esta definición solo requiere que el complemento $W:=M\backslash K$, donde $M$ es una variedad de 3 dimensiones y $K$ es el nudo, sea una fibración sobre $\mathbb{S}^1$ tal que los cierres de sus fibras $F$ sean superficies de Seifert. Entonces tenemos que $W\simeq F \times [0,1]/\sim$, donde los extremos se identifican por un homeomorfismo general $h$ de $F$. Luego, por supuesto, la intersección $F \cap N\gamma$, que es un nudo en sí mismo, podría enlazarse con $K$ de forma no trivial, dependiendo de $h$.

Sin embargo, la definición de un nudo fibrado del libro de Rolfsen, que estoy utilizando, impone la condición de compatibilidad, y por lo tanto el enlace $link(F\cap N\gamma, K)=0$. Aquí hay una captura de pantalla del libro de Rolfsen:

Una fibración del trébol que cumple con esta definición se construye explícitamente en el Capítulo I del libro.

Según tu terminología, una fibración que satisface $link(F\cap N\gamma, K)=0$ se llama una fibración de Seifert. Por lo tanto, parece que Rolfsen define y trabaja con fibraciones de Seifert implícitamente.

Para completar la respuesta a tu comentario, resumo el tema del valor regular aquí:

Se cumple $f^{-1}(0)=(f'')^{-1}(0)=\langle\gamma\rangle$ porque la imagen de $f'$ se encuentra dentro de $\mathbb{S}^1$. Además, $0$ es un valor regular de $f''$ ya que $f''$ es simplemente una proyección al segundo componente. También es un valor regular de $f$ ya que coincide con $f''$ en un entorno de $\langle\gamma\rangle$. El suavizado de $f$ no cambia estos hechos.