¿Por qué son todos los nudos trivial en 4D?

Question

Un clásico nudo se define a ser una incrustación $S^1 \to \mathbb{R}^3$, donde $S^1$ es 1-esfera o un círculo.

Incrustaciones $S^1 \to \mathbb{R}^4$, generalmente no se consideran nudos porque son triviales nudos, es decir, que puede ser continuamente deformado $S^1$.

¿Cómo puedo demostrar que estas incrustaciones son de hecho trivial nudos?

Answer 1

$\newcommand{\Reales}{\mathbf{R}}\newcommand{\Base}{\mathbf{e}}$Aquí hay dos esquemas, uno global, uno de los locales, sin pretensiones de elegancia:

1. Cada continuo de la incrustación de $\kappa:S^{1} \\Reales^{4}$ puede ser deformado (por una isotopía) a facilitar la inserción. (Es decir, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\kappa$ es un buen incrustación). Deje que $K = \kappa(S^{1})$ denotar la imagen.

2. El conjunto de todas las líneas a través de pares de puntos de $K$, es decir, el conjunto $\mathcal{C}$ ("acordes") de los puntos de la forma $$ (1 - t)P + tQ,\qquad \text{$P$, $Q$ en $K$, $t$ real} $$ es la imagen en $\Reales^{4}$ de las tres dimensiones del colector de $K \times K \times \Reales$ bajo una suave asignación. Por Adrs del teorema, la imagen no es todo $\Reales^{4}$. Escoge un ortonormales base $(\Basis_{j})_{j=1}^{4}$ de $\Reales^{4}$ tal que $\Basis_{4} \no\in \mathcal{C}$. Por construcción, $K$ puede ser deformado (a través de la suave incrustaciones) para su proyección a las tres dimensiones del subespacio generado por $(\Basis_{j})_{j=1}^{3}$. Explícitamente, si $$ \kappa(t) = \kappa_{1}(t)\Basis_{1} + \kappa_{2}(t)\Basis_{2} + \kappa_{3}(t)\Basis_{3} + \kappa_{4}(t)\Basis_{4}, $$ entonces $$ H(s, t) = \kappa_{1}(t)\Basis_{1} + \kappa_{2}(t)\Basis_{2} + \kappa_{3}(t)\Basis_{3} + (1 - s)\kappa_{4}(t)\Basis_{4},\quad 0 \leq s \leq 1, $$ deforma $K$ (a través de la suave incrustaciones) para su proyección. Que es, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $K$ se encuentra dentro de $\Reales^{3} \subconjunto \Reales^{4}$.

3. Deje que $\phi:S^{1} \[0, 1]$ ser un suave golpe función de apoyo en un "pequeño intervalo" del círculo. Deformar $\kappa$ $\kappa + \phi \Basis_{4}$; es decir, "(suavemente) levantar" un pequeño trozo de $K$ junto $\Basis_{4}$. La "porción de $K$ restantes en $\Reales^{3}$ es una curva, que puede ser fácilmente deformado en $\Reales^{3}$ para un intervalo estándar; esta deformación representa una deformación (a través de la suave incrustaciones) de $K$ a un unknot.

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Alternativamente, proyecto que el nudo de $\Reales^{3} \subconjunto \Reales^{4}$ como la de arriba, a continuación, retire los cruces de uno por uno: Un nudo de cruce puede ser modelado por el valor de $x$-eje y el $$y-axis "ligeramente levantado en el $z$-dirección". Específicamente, si $\phi$ es un suave golpe función de apoyo de cerca de $0 a$, a continuación, las imágenes de curvas paramétricas $$ (t_{1}, 0, 0, 0),\quad \bigl(0, t_{2}, \phi(t_{2}), 0\bigr) \etiqueta{1} $$ representan el cruce de hilos. La asignación de $$ \bigl(0, t_{2}, \phi(t_{2}) \cos(\pi s), \phi(t_{2}) \sin(\pi s)\bigr),\quad 0 \leq s \leq 1, $$ es un homotopy (a través de la suave incrustaciones) que convierte la sobre-cruce (1) para el bajo-cruce. $$ (t_{1}, 0, 0, 0),\quad \bigl(0, t_{2}, -\phi(t_{2}), 0\bigr). $$

Answer 2

Me gusta usar el color en cualquier momento me voy en 4 dimensiones. Lo que quiero decir con esto es que podemos pensar en cualquier punto en $\mathbb{R}^4$ como un punto en $\mathbb{R}^3$, con un color. Digamos que el Negro es donde podemos configurar el cuarto de la entrada de cero, con la decoloración de color azul para los números negativos y el rojo para los números positivos.

Cualquier nudo ha cruces, y el cambio de la cantidad suficiente de mayor a menor o viceversa, nos dará la unknot. (El mínimo número de cambios que se conoce como la unknotting el número). Así que para mostrar que siempre se puede obtener la unknot, todo lo que tenemos que hacer es demostrar que podemos cambiar cualquier cruce queremos.

En un cruce, si queremos sacar el underarc de la travesía pasar el sobre, no podemos hacerlo en 3 dimensiones. Pero si lo primero que empujar el underarc en la cuarta dimensión, por lo que es fundido a rojo y back to black, vamos a ser capaces de que se deslice por el sobre. Esto es posible ya que no son del mismo color (que no ocupan el mismo punto en $\mathbb{R}^4$).

Por lo tanto, cualquier cruce puede ser cambiado, y por lo tanto, cualquier nudo puede realizarse dentro de la unknot.

Answer 3

Las otras respuestas resolver la cuestión de domar nudos. Aquí voy a hablar de salvajes nudos. Estos son los nudos que no localmente alrededor de cada punto de admitir un tubular de barrio.

En primer lugar, tenemos que averiguar lo que queremos decir con dos nudos son equivalentes. En la domar caso, el estándar de tres definiciones equivalentes de nudo de equivalencia son: 1) Localmente plana isotopía. Esta es una isotopía de la emvedding de su nudo que se extiende a una isotopía de un tubular de barrio. Esto no tiene sentido ya que el nudo no tiene un tubular de barrio. 2) Ambiente isotopía. Esta es una isotopía de homeomorphisms $f_t: S^3 \S^3$ (o, en nuestro caso, $S^4$) tales que $f_0$ es la identidad y, si $i_0, i_1$ son nuestros nudos $i_j: S^1 \S^3$, $i_1 = f_1 i_0$. Esto todavía tiene sentido para los nudos. 3) Homeomorphism de equivalencia. Esto es sólo una orientación-la preservación de homeomorphism $f: S^3 \S^3$ que $i_1 = f i_0$.

(2) y (3) son la misma relación de equivalencia para los nudos (y domar nudos por igual). Pero no es cierto que los nudos pueden ser unknotted usando estas definiciones de la equivalencia en dólares S^4$, ya que un salvaje nudo sólo puede ser equivalente a la de un salvaje nudo en cualquier homeomorphism de tomar uno para el otro tomará automáticamente un tubular barrio de la una a la otra!

Así que para todas las definiciones estándar, no, un salvaje nudo no puede ser unknotted. Tenemos una posibilidad a la izquierda hasta nuestro manga: 4) Continua isotopía. Es decir, $i_0$ y $i_1$ son equivalentes si son homotópica a través de la continua incrustaciones $i_t$. Normalmente esto es una muy tonto relación de equivalencia. Cada domar nudo es el equivalente en dólares de los S^3$ en virtud de este: elegir un arco, y luego, lentamente, hacer que el resto del nudo más pequeño y más pequeño hasta que es sólo un punto. Contradictorio, esto realmente es un continuo isotopía, lo prometo! De hecho, esto funciona para cualquier nudo con un manso de arco, de modo que los nudos que son salvajes, de hecho. (Se cree que en realidad son todos equivalentes).

Así que la pregunta: son salvajes nudos en $S^3$ automáticamente de forma continua isotópica en $S^4$? Y me imagino que la respuesta es sí. Después de pasar un poco de pensamiento en él y buscar un poco en google no he sido capaz de producir una respuesta, pero estoy temporalmente incapaz de probar más. He aquí lo que la prueba debe ser similar. 1) $K$ de los límites de un disco en $S^4$ - acaba de tomar el cono con $K$ como la base. 2) Continua incrustaciones de $D^2$ son continuamente isotópica en $S^4$, porque, bueno, es obvio que son.

Está claro que (2) es la tenue parte en el argumento anterior. La instrucción correspondiente para PL/suave isotopía de PL/suave embebido bolas de cualquier dimensión en $S^n$ es cierto, así que oye, este probablemente es demasiado. Si alguien sabe una referencia por favor deje un comentario en este post.