Equivalencia de homotópicas $S^5$ sin el tres $S^1$

Question

Considere la posibilidad de un estándar de la incorporación de la $S^5$$\mathbb R^6$:

$S^5: \; x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 + x_5^2 + x_6^2 = 1.$

Y considerar tres círculos, que son secciones de $S^5$ por $x_1 x_2$, $x_3 x_4$, $x_5 x_6$ planos:

$S_1: \; x_1^2 + x_2^2 = 1, x_3 = x_4 = x_5 = x_6 = 0,$

$S_2: \; x_3^2 + x_4^2 = 1, x_1 = x_2 = x_5 = x_6 = 0,$

$S_3: \; x_5^2 + x_6^2 = 1, x_1 = x_2 = x_3 = x_4 = 0.$

¿Cómo puedo demostrar que $A = S^5 \setminus (S_1 \cup S_2 \cup S_3)$ es homotopy equivalente a $S^3 \vee S^3 \vee S^3 \vee S^4 \vee S^4$?

Pensé acerca de homeomorphism entre el $A$ $\mathbb R^5 \setminus (\mathbb R \cup S^1 \cup S^1)$ y que tal vez es posible construir un homotopy a algún capítulo de "independiente" de las piezas y para mostrar que es homotópica a los componentes de la cuña de la suma. Por un lado, me parece que una línea y círculos en $\mathbb R^5$ no están vinculados. Pero, por otro lado, es extraño, porque, a continuación, $A$ sería homotopy equivalente a $S^1 \vee (S^2 \vee S^1) \vee (S^2 \vee S^1)$, ¿no?

Answer 1

Primero, note que $1-$dimensiones de los colectores genéricamente incrustado en $n-$colectores están desvinculados de $n\geq4$.

Como usted ya ha notado que su espacio de $A := S^5 \setminus (S_1 \cup S_2 \cup S_3)$ es homeomórficos a $\mathbb{R}^5 \setminus (\mathbb{R} \cup S_2 \cup S_3)$. Este espacio es homotopically equivalente a $(\mathbb{R}^5 \setminus \mathbb{R}) \vee (\mathbb{R}^5 \setminus S^1)\vee (\mathbb{R}^5 \setminus S^1)$ (ya que se puede mover libremente, integrado en el $S^1$s).

Ahora considere el $\mathbb{R}^5 \setminus S^1$: este es el mismo como la consideración de $S^5 \setminus (S^1\cup p)$ donde $p$ es un punto, que es homeomórficos a $\mathbb{R}^5 \setminus (\mathbb{R}\cup p)$, que es homotopically equivalente a $(\mathbb{R}^5 \setminus\mathbb{R})\vee (\mathbb{R}^5\setminus p)$.

Por lo tanto $A$ es homotopically equivalente a: $$(\mathbb{R}^5 \setminus\mathbb{R})\vee (\mathbb{R}^5 \setminus\mathbb{R})\vee (\mathbb{R}^5\setminus p)\vee (\mathbb{R}^5 \setminus\mathbb{R})\vee (\mathbb{R}^5\setminus p)$$

Ahora es fácil mostrar que $\mathbb{R}^5 \setminus p$ deformación se retrae en $S^{4}$ $\mathbb{R}^5 \setminus\mathbb{R}$ deformación se retrae en $\mathbb{R}^4 \setminus p$ que la deformación se retrae en $S^3$.

Finalmente, usted tiene que $A$ es homotopically equivalente a $S^3 \vee S^3 \vee S^3 \vee S^4 \vee S^4$.