Pregunta sobre la simetría del producto $\mathrm{Sym}^g\Sigma$

Question

Deje $\Sigma$ ser un género $g$ cerrado superficie de Riemann. Recordemos que el simétrico del producto $\mathrm{Sym}^g\Sigma$ es el cociente de la $g$-pliegue $\Sigma \times \dots \times \Sigma$ bajo la acción del grupo simétrico $\mathfrak{S}_g$ $g$ letras.

En el Lema 2.6 de Osvath y Szabo primer papel

http://arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0101/0101206v4.pdf

en Heegaard Floer de homología, que demuestren que

$$H_1(\Sigma)\cong H_1(\mathrm{Sym}^g\Sigma).$$

Por desgracia, no entiendo su prueba. En particular, no entiendo su construcción del mapa de $H_1(\mathrm{Sym}^g\Sigma) \rightarrow H_1(\Sigma)$, ni por qué este mapa invierte el (obvio mapa) $H_1(\Sigma) \rightarrow H_1(\mathrm{Sym}^g\Sigma)$. Podría alguien explicar esto por favor?

Answer 1

Hay una respuesta a esta pregunta aquí. Pero es muy útil para entender el estilo de argumento de Ozváth y Szabó. Aquí está mi intento:

Hay una evidente mapa de $i_*: H_1(\Sigma)\to H_1(\operatorname{Sym}^g(\Sigma))$ inducida por el mapa $i: \Sigma \hookrightarrow \operatorname{Sym}^g(\Sigma)$ $i(x)=[x,x_0,\ldots,x_0]$ para cualquier fijo elección $x_0 \in \Sigma$.

Reivindicación 1. Un mapa de $S^1 \to \operatorname{Sym}^g(\Sigma)$ que pierde la diagonal da lugar a un único mapa de una $g$-pliegue de la cubierta de $S^1$$\Sigma$.

Prueba. Dado un mapa continuo $f: S^1 \to \operatorname{Sym}^g(\Sigma)$, definir $$\tilde S = \{ (s,x)\in S^1 \times \Sigma : x \text{ is an entry of the $g$-tuple } f(s)\in \operatorname{Sym}^g(\Sigma)\}.$$ Cuenta la primera y la segunda coordenada proyecciones de $p_1: \tilde S \to S^1$$p_2: \tilde S \to \Sigma$. Desde $f$ puede ser perturbado para evitar la gran diagonal en $\operatorname{Sym}^g(\Sigma)$, cada fibra, $p_1^{-1}(s)$ se compone de $g$ puntos distintos, y es fácil ver que $p_1: \tilde S \to S^1$ es en realidad un $g$-pliegue de la cubierta. A continuación, $p_2: \tilde S \to \Sigma$ es un mapa continuo de un $g$-pliegue de la cubierta de $S^1$, es decir,$\coprod S^1$, a $\Sigma$. $\blacksquare$

Esto le da un homomorphism de la cadena de grupos $$\begin{align*} \Phi: C_1(\operatorname{Sym}^g(\Sigma))&\to C_1(\Sigma) \\(f:S^1 \to \Sigma) &\mapsto (p_2: \tilde S \to \Sigma).\end{align*}$$ Ahora bien definedness en el nivel de homología:

Reivindicación 2. Un cobordism $Z$ entre el 1 de dos cadenas de $a,b \in C_1(\operatorname{Sym}^g(\Sigma))$ da lugar a un ramificada cubierta $\tilde Z$$Z$$\partial \tilde Z \mapsto \Phi(a)-\Phi(b)$.

Prueba. Supongamos $F: Z \to \operatorname{Sym}^g(\Sigma)$ satisface $F\big|_{\partial Z}=a-b$. (Tenga en cuenta que $\Phi\left(F\big|_{\partial Z}\right)=\Phi(a-b)$.) Podemos suponer $F$ éxitos de la gran diagonal en un conjunto discreto de puntos, por lo que ahora el espacio de $\tilde Z$ (que se define de forma análoga a $\tilde S$) es un ramificada $g$-pliegue de la cubierta $P_1: \tilde Z \to Z$. Por otra parte, se restringe a una real $g$-pliegue de la cubierta $P_1\big|_{\partial \tilde Z}: \partial \tilde Z \to \partial Z$, tal como se dijo anteriormente. Ahora $P_2: \tilde Z \to \Sigma$ satisface $$P_2 \big|_{\partial \tilde Z}= \Phi\left( F\big|_{\partial Z}\right)=\Phi(a-b)=\Phi(a)-\Phi(b),$$ por lo $\Phi(a)-\Phi(b)$ es nullhomologous. $\blacksquare$

De ello se desprende que $\Phi$ está bien definido en la homología. Y aquí está la última parte:

Reivindicación 3. $\Phi$ $i_*$ son inversos el uno del otro.

Prueba. En primer lugar se considera lo $\Phi \circ i_*$ lo hace a los mapas, $\gamma: S^1 \to \Sigma$ que se pierda $x_0$, ya que éstos generan,$H_1(\Sigma)$: Desde $i \circ \gamma : S^1 \to \operatorname{Sym}^g(\Sigma)$ es de $s$$[\gamma(s),x_0,\ldots,x_0]$, la correspondiente cubierta de $\tilde S$ es homeomórficos a $S^1 \coprod S^1$, con un componente conectado, que consiste en puntos de $(s,\gamma(s))$ y un componente de puntos de $(s,x_0)$. A continuación, $p_2$ mapas uno de los componentes a través de $\gamma$ y el otro a través de la constante mapa de $s \mapsto x_0$, lo $\Phi (i_*[\gamma])=[\gamma]$.

En el otro sentido, primero observar que un bucle $\gamma: [0,1] \to \operatorname{Sym}^g(\Sigma)$, que está basado en$[x_0,\ldots,x_0]$, pero se pierde en la diagonal para todos los $t \in (0,1)$ es equivalente a una colección de $g$ desordenada bucles $\gamma_j:[0,1] \to \Sigma$ $x_0$ satisfacción $\gamma_j(t)\neq \gamma_k(t)$ todos los $t\in( 0,1)$$j \neq k$. Fijar un orden en estos bucles, que es equivalente a la fijación de un levantamiento $\tilde \gamma: [0,1] \to \Sigma^g$$\gamma$. Luego, por el mismo argumento que muestra $\pi_1(\Sigma^g)$ es isomorfo a $\pi_1(\Sigma)^g$, podemos homotope $\tilde \gamma$ para trazar las curvas de $\gamma_j$ uno por uno, es decir, $$\tilde \gamma' (t) = \begin{cases} \big(\gamma_1\left(gt \right),\gamma_2(0),\ldots,\gamma_g(0)\big) & 0 \leq t \leq 1/g \\ \qquad \vdots & \quad \vdots \\ \big(\gamma_1(1),\gamma_2(1),\ldots,\gamma_g(gt-g+1)\big) & \frac{g-1}{g} \leq t \leq 1. \end{casos}$$ Ahora el proyecto de vuelta a la $\operatorname{Sym}^g(\Sigma)$ cuando el pedido no importa. Desde $\gamma_j(0)=\gamma_j(1)=x_0$, tenemos un bucle que es de la forma$\gamma'(t)=[\gamma_j(gt-j+1),x_0,\ldots,x_0]$$(j-1)/g \leq t \leq j/g$. Esto demuestra que todos los bucles en $\operatorname{Sym}^g(\Sigma)$ puede ser realizado en la forma $s\mapsto [\gamma_1(s),x_0,\ldots,x_0]$. (Tenga en cuenta que esta muestra $i_*$ es surjective, que es suficiente para que nuestro reclamo. Pero vamos a seguir adelante.) Por lo que cualquier bucle de $\gamma: S^1 \to \Sigma$ puede ser realizado como $i \circ \gamma_1$ algunos $\gamma_1 :S^1 \to \Sigma$. A continuación, tenemos de nuevo $\tilde S\cong S^1 \coprod S^1$ $p_2: \tilde S \to \Sigma$ la restricción de a $\gamma_1$ en uno de los componentes y una constante mapa en el otro componente. A continuación,$i_* \circ \Phi ([\gamma])= i_*[ \gamma_1]=[i \circ \gamma_1]=[\gamma]$, como se desee. $\blacksquare$