Trivial ciclos en la puesta a cero de un mapa

Question

Deje $B_4$ 4-disco, $X:=S^1\times B_4$, $\partial X=S^1\times S^3$ y $f: X\to\mathbb{R}^3$ ser continua, de tal manera que $f|_{\partial X}: (s_1, s_2)\mapsto H(s_2)$ donde $H: S^3\to S^2\subseteq\mathbb{R}^3$ es el de Hopf fibration. Cómo mostrar que $H_1(f^{-1}(0))\stackrel{i_*}{\longrightarrow} H_1(X)$ es surjective (y no es necesariamente cierto)?

(Me appologize que se ve tan técnico, pero está estrechamente conectado a un problema más profundo: si yo conozco a una esfera de valores de mapa de $f$ sobre el límite de espacio $X$, entonces el cero conjunto de posibles $\mathbb{R}^n$valores de las extensiones corresponden a soluciones de $1$-las perturbaciones (wrt. algunos norma) de la ecuación de $f(x)=0$. Mi objetivo es describir la topología de la solución de ajuste(s). En este ejemplo, ¿debe contener un trivial círculo?)

Answer 1

Parece que el resultado no es cierto, al menos si $H_1$ significa homología singular.

La idea básica de la contraejemplo es la construcción de $f$, de modo que $f^{-1}(\{0\})$ no contiene un ordinario círculo, sino algo así como un círculo de Varsovia en su lugar. Esto deja abierta la posibilidad de que el resultado podría ser verdad para algunos otros la teoría de la homología (Čech homología? Una fuerte homología?) o si nos restringimos a una mejor clase de funciones (funciones de Morse?)

Deje $X=A\cup B$, donde $$A=\left\{(x,y)\in S^1\times D^4\mid \|y\|\geq\frac12\right\}$$ and $$B=\left\{(x,y)\in S^1\times D^4\mid\|y\|\leq\frac12\right\}.$$

Ahora, para $(x,y)\in A$, definir $$f(x,y)=\left(\frac{3+x_1}2\|y\|-\frac{1+x_1}2\right)H\left(\frac{y}{\|y\|}\right),$$ where $x_1$ is the first coordinate of $x=(x_1,x_2)\in\mathbb R^2$. Note that $f$ is continuous on $$. If $\|y\|=1,$ we have $f(x,y)=H(y)$, as required. Furthermore, if $(x,y)\in A\cap B$, i.e. if $\|s\|=\frac12$, we have $$f(x,y)=\frac{1-x_1}4H\left(\frac y{\|y\|}\right).$$

Se procede a definir $f(x,y)$$(x,y)\in B$. En primer lugar, defina $q:(0,\infty)\to\mathbb R^4$ por $$q(t)=\left(\frac{\sin\frac1{t}}{2|\sin\frac1t|-8},0,0,0\right)$$ and $\phi:(0,\infty)\times\mathbb R^4\to\mathbb R^4$ by $$\phi(t,y)=y+q(t)-2\|y\|q(t).$$

La función de $\phi$ tiene el buen propiedades que $\|\phi(t,y)\|\leq\frac12$ si $\|y\|\leq\frac12$$\phi(t,y)=y$$\|y\|=\frac12$. También, para cada uno de ellos fijo $t$, $y\mapsto\phi(t,y)$ es bijective. (Edit: información proporcionada en el final). Además, $$\phi\left(t,\left(\frac18\sin\frac1t,0,0,0\right)\right)=0.$$

Ahora, definir $$f(x,y)=\frac{1-x_1}2 \|\phi(1-x_1,y)\|H\left(\frac{\phi(1-x_1,y)}{\|\phi(1-x_1,y)\|}\right).$$ Note that this is undefined for $x_1=1$ but it can be continuously extended by defining $$f((1,0),y)=0.$$ This defines $f(x,y)$ for $(x,y)\in B$. For this to make sense, we have to verify that the two definitions agree for $(x,y)\in A\cap B$. So, let $\|s\|=\frac12$. Then, $$f(x,y)=\frac{1-x_1}2\|y\|H\left(\frac y{\|y\|}\right),$$ by our observation that $\phi(t,y)=y$ for $\|s\|=\frac12$. This means that the two definitions indeed agree on $A\cap B$, so $f$ es bien definido.

Finalmente, calculamos el $f^{-1}(\{0\})$. En primer lugar, para $(x,y)\in A$, $f(x,y)=0$ sólo es posible si $$\frac{3+x_1}2\|y\|-\frac{1+x_1}2=0,$$ which means that $$\|y\|=\frac{1+x_1}{3+x_1}=1-\frac2{3+x_1}\leq 1-\frac12=\frac12.$$ So, it is sufficient to find all $(x,y)\in B$ such that $f(x,y)=0$.

Ya hemos observado que el $\{(1,0)\}\times D^4\subseteq f^{-1}(\{0\})$, por lo que asumen $x_1\neq 1$. A continuación, $f(x,y)=0$ implica que $$\|\phi(1-x_1,y)\|=0$$ or eqivalently, that $$\phi(1-x_1,y)=0.$$ By our observations about $\phi$, this holds precisely if $$y=\left(\frac18\sin\frac1{1-x_1},0,0,0\right).$$ In other words, $f^{-1}(\{0\})$ is a Warsaw circle, with the usual interval at the end replaced by a $4$-disk. Therefore, $H_1(f^{-1}(\{0\})$ es trivial y hemos terminado.

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Añadido: Aquí hay algunos detalles más acerca de la función de $\phi$, para hacer las cosas más fáciles de leer. En primer lugar, observar que $$\|q(t)\|=\frac{|\sin\frac1t|}{8-2|\sin\frac1t|}=-\frac12+\frac4{8-2\sin\frac1t}\leq -\frac12+\frac46=\frac16.$$ We claim that for any vector $q\in\mathbb R^4$ such that $\|q\|<\frac12$, the function $\psi:\mathbb R^4\to\mathbb R^4$, defined by $$\psi(y)=y+q-2\|y\|q$$ is bijective, takes the $4$-disk $\{y\mid\|s\|\leq\frac12\}$ into itself and is equal to the identity when restricted to the $3$-sphere $\{y\mid\|s\|=\frac12\}$. El último de estos es obvio.

Para ver que la segunda y última es cierto, tome $\|y\|\leq\frac12$ y cálculo: $$\big\|y+(1-2\|y\|)q\big\|\leq\|y\|+(1-2\|y\|)\|q\|\leq\|y\|+(1-2\|y\|)\frac12=\frac12.$$

Queda por demostrar que $\psi$ es bijective. Surjectivity se deja para el lector, ya que en realidad no utilizar en cualquier lugar. De inyectividad es verificado por un simple cálculo: $$y_1+q-2\|y_1\|q=y_2+q-2\|y_2\|q$$ is equivalent to $$y_1-y_2=2(\|y_1\|-\|y_2\|)q.$$ If the two norms are equal, we have $y_1=y_2$ and we are done, otherwise the equation is equivalent to $$\frac{y_1-y_2}{\|y_1\|-\|y_2\|}=2q.$$ After taking norms, this becomes $$2\|q\|=\frac{\|y_1-y_2\|}{\big|\|y_1\|-\|y_2\|\big|}\geq 1$$ by the triangle inequality. This contradicts the fact that $\|q\|<\frac12$.

Una última observación: $$\psi\left(-\frac{q}{1+2\|q\|}\right)=0.$$ This translates to the fact that $$\phi\left(t,\left(\frac18\sin\frac1t,0,0,0\right)\right)=0.$$ Thus, all properties of $\phi$ necesitábamos son verificados.

Answer 2

Creo que el resultado no es cierto.

En primer lugar, tenga en cuenta que desde $B^4$ es perfectamente normal, para algunos $\epsilon < 1/2$, podemos encontrar una función $g \colon B^4 \rightarrow [0,\epsilon/2]$ $0$ a lo largo de la frontera $S^3$, $0$ en los dos puntos $\left(\pm \frac{1}{2},0,0,0\right)$, $\epsilon/2$ en una pequeña bola de radio $\epsilon$ alrededor del origen, y de lo contrario no $0$ o $\epsilon/2$ (por una versión extendida de Urysohn del Lema).

Ahora vamos a $R_{\pi} \colon B^4 \rightarrow B^4$ ser la rotación de las $\pi$ alrededor de las dos primeras coordenadas. A continuación, la función de $h \colon B^4 \rightarrow [0,1]$ $\frac{1}{2}(g + g\circ R_{\pi}$ satisface las mismas propiedades de $g$, pero también es $R_{\pi}$-invariante.

Considere la función $\widetilde{f} \colon \mathbb{R} \times B^4 \rightarrow \mathbb{R}^3$ dado por el envío de $(\theta,v=(v_1,v_2,v_3,v_4))$ a $$\frac{\|v+(1/2\cos \theta,1/2\sin\theta,0,0)\| \cdot \|v - (1/2\cos\theta,1/2\sin\theta,0,0)\|}{\sqrt{\frac{5}{4}-v_1\cos\theta-v_2\sin\theta}\cdot \sqrt{\frac{5}{4}+v_1\cos\theta+v_2\sin\theta}}H\left(\frac{f \cdot (0,0,0,1) + v}{\|f \cdot (0,0,0,1) + v\|}\right).$$ It is easy to check that this is well-defined (i.e. the denominators are never zero and the input to $H$ has norm $1$). Further, when $\|v\| = 1$, it is easy to check that this map is just the Hopf map $H$. And finally, this is invariant under $\theta \mapsto \theta + \pi$, so this descends to a map $$f \colon X \rightarrow \mathbb{R}^3$$ satisfying the necessary conditions. However, $f^{-1}(0)$ consists of points of the form $$(\theta, \pm(1/2\cos\theta,1/2\sin\theta,0,0))$$ as $\theta$ varies. In $X$, this is a circle which wraps around the $S^1$-coordinate twice, and in particular, we have $i_* \colon H_1(f^{-1}(0)) \rightarrow H_1(X)$ is a doubling map $\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$, y por lo tanto no surjective.