El diámetro de la cubierta del pliegue m

Question

Deje que $M$ ser un colector cerrado de Riemann. Supongamos que $ \tilde M$ es un Riemann conectado $m$ -cubierta doble de $M$ . ¿Es cierto que $$ \mathop {diam} \tilde M \le m \cdot \mathop {diam} M\ ?\ \ \ \ \ \ \ (*)$$

Comentarios:

• Esta es una modificación de un problema de A. Nabutovsky. Aquí es una cuestión relacionada con las cubiertas universales.

• Puedes reformularlo para el espacio métrico de longitud compacta no hay diferencia.

• La respuesta es SÍ si la portada es regular (pero eso no es tan fácil como uno podría pensar).

• La estimación $ \mathop {diam} \tilde M \le 2{ \cdot }(m-1){ \cdot } \mathop {diam} M$ para $m>1$ es trivial.

• Tenemos igualdad en $(*)$ para las portadas de $S^1$ y para algunas portadas de la figura ocho.

Answer 1

Creo que puedo demostrar que $diam(\tilde M)\le m\cdot diam(M)$ para cualquier cobertura. Deje que $\tilde p,\tilde q\in\tilde M$ y $\tilde\gamma$ sea el camino más corto desde $\tilde p$ a $\tilde q$ . Denote por $p,q,\gamma$ sus proyecciones a $M$ . Quiero demostrar que $L(\gamma)\le m\cdot diam(M)$ . Supongamos lo contrario.

Dividir $\gamma$ en $m$ arcos $a_1,\dots,a_n$ de igual longitud: $\gamma=a_1a_2\dots a_m$ , $L(a_i)=L(\gamma)/m>diam(M)$ . Dejemos que $b_i$ sea un camino más corto en $M$ conectando los puntos finales de $a_i$ . Tenga en cuenta que $L(b_i)\le diam(M)< L(a_i)$ . Quiero reemplazar algunos de los componentes $a_i$ del camino $\gamma$ por sus "atajos" $b_i$ para que la elevación de la trayectoria resultante que comienza en $\tilde p$ todavía termina en $\tilde q$ . Esto demostrará que $\tilde\gamma$ no es un camino más corto desde $\tilde p$ a $\tilde q$ una contradicción.

Para pasar de $a_i$ a $b_i$ , que se multiplican por la izquierda $\gamma$ por un bucle $l_i:=a_1a_2\dots a_{i-1}b_i(a_1a_2\dots a_i)^{-1}$ . Más concretamente, si se sustituyen los arcos $a_{i_1},a_{i_2},\dots,a_{i_k}$ , donde $i_1< i_2<\dots< i_k$ por sus atajos, el camino resultante es homotópico al producto $l_{i_1}l_{i_2}\dots l_{i_k}\gamma$ . Así que basta con encontrar un producto $l_{i_1}l_{i_2}\dots l_{i_k}$ cuya elevación a partir de $\tilde p$ se cierra en $\tilde M$ . Dejemos que $H$ denota el subgrupo de $\pi_1(M,p)$ que consiste en bucles cuyos ascensos comienzan en $\tilde p$ de cerca. El índice de este subgrupo es $m$ ya que sus cosets derechos están en correspondencia 1 a 1 con las preimágenes de $p$ . Aunque los cosets izquierdos pueden ser diferentes de los derechos, el número de cosets izquierdos es el mismo $m$ .

Ahora considere lo siguiente $m+1$ elementos de $\pi_1(M,p)$ : $s_0=e$ , $s_1=l_1$ , $s_2=l_1l_2$ , $s_3=l_1l_2l_3$ , ..., $s_m=l_1l_2\dots l_m$ . Dos de ellos, digamos $s_i$ y $s_j$ donde $i< j$ están en el mismo coset izquierdo. Entonces $s_i^{-1}s_j=l_{i+1}l_{i+2}\dots l_j\in H$ y hemos terminado.

Answer 2

He aquí un esbozo de propuesta de enfoque. Espero que realmente funcione... [EDIT: no lo hace, tal como está. Supongo que lo principal que se desprende del esbozo de abajo es que, sea cual sea la respuesta para los gráficos, debería aplicarse a los colectores].

En primer lugar, podemos demostrar un análogo apropiado en la categoría de grafos. Sea $G$ sea un gráfico base y $\tilde{G}$ una conexión $m$ -cubierta de $G$ en el sentido combinatorio (el mapeo lleva vértices a vértices y aristas a aristas, y preserva las vecindades locales). Es útil visualizar $\tilde{G}$ esto como un conjunto de fibras discretas sobre los vértices de $G$ cuyos vértices pueden ser numerados arbitrariamente $\{1,\ldots, m\}$ . Ahora las fibras de borde corresponden a permutaciones en $S_m$ . Obsérvese también que podemos reetiquetar las fibras de los vértices para que ciertas fibras de las aristas sean "planas", lo que significa que la permutación correspondiente es la identidad. Esto puede hacerse simultáneamente para un conjunto de aristas de $G$ que no contienen ningún ciclo, como un camino (o un árbol).

Dados dos vértices $\tilde{x}, \tilde{y}$ en $\tilde{G}$ Hay un camino $P$ de una longitud máxima de $d$ entre sus proyecciones $x,y$ en $G$ . Podemos suponer que las permutaciones sobre las aristas en $P$ son triviales. Un camino desde $\tilde{x}$ a $\tilde{y}$ ahora puede formarse navegando a través de los pisos (como máximo $d$ pasos en cada viaje [EDIT: podría ser peor, ya que al pasar a un nuevo piso no se garantiza que se aterrice en el camino]) y entre los pisos (como máximo $m$ pasos en general), dando lugar a $md+m$ pasos en total. Siento que esto sea tan vago, pero en realidad es muy sencillo si se hace un dibujo.

Ahora $m(d+1)$ es un poco demasiado grande (queremos $md$ ), pero esto no se puede evitar en la categoría de los gráficos: por ejemplo, el hexágono (diámetro 3) es una tapa 2 del triángulo (diámetro 1). Pero esto sólo se debe a que el triángulo falsea el verdadero diámetro de la geometría subyacente, que en realidad es $3/2$ . Para resolver esta molestia, aplique el procedimiento anterior a una subdivisión fina de $G$ (y $\tilde{G}$ ), que hacen que $d \to \infty$ y la proporción vuelve a ser la deseada $m$ .

A continuación, consideremos los complejos simpliciales de mayor dimensión. Me parece que si $X$ es un espacio topológico suficientemente agradable triangulado por un complejo simplicial $K$ entonces el diámetro de $X$ puede ser bien aproximado por el diámetro del 1-esqueleto de una subdivisión suficientemente fina de $K$ . ¿Es esto cierto? Dados dos puntos en $X$ y un camino largo entre ellos, si el camino está cerca de uno de PL entonces este debería ser el caso. Espero que si $X$ no es demasiado patológico, su diámetro está representado por un camino manso.

Por último, espero que una variedad riemanniana general (o algún otro tipo de espacio para el que necesitemos demostrar esto) pueda ser efectivamente triangulada, aunque esto va más allá de mis conocimientos.

¿Puede funcionar algo así?

Answer 3

Puedo demostrar que $diam(\widetilde{M})\leq (m+1)diam(M)$ . Se deduce del hecho de que el grupo fundamental de $M$ se genera mediante bucles "cortos" de longitud máxima $2diam(M)$ (esto se demuestra en el libro de Gromov "Metric structures ..."). Demostremos que si $p$ y $q$ en $\widetilde{M}$ tienen la misma proyección $x$ en $M$ entonces $dist(p,q)\leq [m/2]\cdot diam(M)$ . Considere el siguiente gráfico. Los vértices son $m$ preimágenes de $x$ Los bordes corresponden a bucles cortos en $M$ . Este grafo es de 2 conexiones, por lo que el diámetro del grafo es como máximo $[m/2]$ .

Para mejorar la estimación basta con demostrar que para cada dos puntos $x,y\in M$ bucles cortos con punto base $x$ a través de $y$ genera el grupo fundamental.