¿Cuál puede ser el punto fijo en espacios de una involución en la botella de Klein?

Question

Supongamos que tengo un suave involución que actúa sobre una botella de Klein. Entonces, ¿cuáles son las limitaciones en su conjunto $F$ de los puntos fijos?

La primera idea es el uso de Lefschetz fórmula de Euler es característica de $F$. Sin embargo, esta fórmula no detecta submanifolds en $F$ de Euler característica 0. Así, por ejemplo, me puede "añadir" a $F$ cualquier ramo de distintos círculos, lo que parece bastante contradictorio.

Answer 1

$F$ puede ser un círculo, un círculo y dos puntos, dos círculos, sin puntos, o dos puntos (o, obviamente, toda la botella de Klein). Cada uno de estos corresponde a un único isomorfismo clase de involución. Yo construir y clasificar por debajo de ellos.

Si sólo estás interesado en la obtención de lo que el posible punto fijo espacios, podemos hacerlo con la equivariant cohomology. Smith la teoría dice que para cualquier liso involución en un compacto liso colector, $\dim H^*(M;\Bbb Z/2) \geq \dim H^*(F;\Bbb Z/2)$, donde aquí me estoy tomando el total de la dimensión (la suma de los números de Betti). Por lo $F$ es una unión de círculos y puntos, restringiéndonos a cualquiera de los dos círculos, un círculo y un máximo de 2 puntos, o en más de 4 puntos fijos. Por supuesto, esto deja fuera los casos de 1, 3, y 4 puntos fijos (que pueden ser tratados por Lefschetz del teorema de punto fijo: debido a $\iota$ es un homeomorphism y el índice de cada punto fijo es de 1, tiene que ser $0$ o $2$ aislado puntos fijos) o 1 círculo y 1 punto, en cuyo caso eliminar el círculo; si el complemento de un pequeño barrio está conectado, ha racional de los números de Betti $b_0 = b_1 = 1$ y todos los demás cero, así que debe tener cero o dos puntos fijos por la misma lógica; si es desconectado, la involución de los swaps de los componentes, y no tiene más puntos fijos.

A continuación es un "manos" de la clasificación de las involuciones de la botella de Klein que nunca invoca la teoría de Smith (que participan espectral de secuencias y equivariant cohomology por lo que puede ser más datos de entrada que usted quisiera.)

Voy de vez en cuando en aquí dicen que hay sólo uno o dos tipos de involuciones en un cierto colector; si la izquierda injustificada, estos no son difíciles.

Supongamos $F$ contiene un círculo. La involución debe actuar sobre el paquete del círculo por la negación (o por el contrario todo el colector sería fijo). Si el círculo del complemento fue desconectado, entonces la involución podría identificar a los dos componentes; por lo que la involución debe ser isomorfo a la involución intercambio de dos componentes de $\Bbb{RP}^2 \# \Bbb{RP}^2$ (ya que es el único conectado suma de descomposición de la botella de Klein con ambos componentes homeomórficos). Esto es equivalente a decir que, dada la presentación de la botella de Klein como el doble de la banda de Möbius (tomar dos copias y la cola de la identidad a lo largo de la frontera), su involución debe cambiar sólo las dos bandas.

Supongamos que el círculo del complemento está conectado, y que la normal en paquete es trivial. A continuación, la involución restringe a una involución del complemento (que podemos compactify mediante la adición de dos círculos diferentes a lo largo de los dos extremos), característica de Euler consideraciones muestran que el objeto resultante es el cilindro $S^1 \times [-1,1]$, y su involución intercambia las dos límites de los círculos, con $\iota(z, -1) = (\bar{z},1)$. (Se debe hacer esto para descender a la botella de Klein.) Para extender a todo el cilindro, juego de $\iota(z,t) = (\bar{z},-t)$; esto tiene dos puntos fijos. De hecho, esto es hasta el isomorfismo la única extensión, como se puede ver por algunos jugueteando con Lefschetz y equivariant CW descomposiciones (que no puede arreglar de un círculo, porque si es así podría probar que $z$ $\bar z$ son homotópica, y, a continuación, debe haber dos puntos fijos, etc). (Esto es lo que usted consigue cuando usted deja que la negación de involución de $\Bbb R^2/\Bbb Z^2$ descender a la botella de Klein.)

Ahora suponga que el normal bundle es trivial. La eliminación de una pequeña invariante en el barrio de el círculo deja una banda de Möbius; por lo que esta involución es lo que obtenemos al pegamento de dos involuciones de una banda de Möbius juntos. Pero una involución de la banda de Möbius (pensado como un $[-1,1]$ paquete sobre el circulo) es necesariamente la identidad o la negación de la fibra o de la base (por lo que hay cuatro en total). Así que tu ejemplo es lo que usted consigue cuando usted pegue dos de este último tipo de juntas.

Así que podemos ver que si $F$ tiene un círculo, la involución es lo que se obtiene al intercambiar los componentes de un conectada suma de descomposición $\Bbb{RP}^2 \# \Bbb{RP}^2$, en cuyo caso el punto fijo es un círculo, o actuar por un trivial involución en cada factor de que conectado suma (el conectado suma círculo invariables, pero no se fija en virtud de la involución). En este caso, $F$ es de dos círculos. En todos los casos, si $F$ contiene un círculo, entonces no tiene ningún aislado puntos fijos.

Ahora supongamos que el punto fijo definido es 0-dimensional. Hay un punto fijo libre de la involución de la botella de Klein (con cociente de la botella de Klein). La presentación de la botella de Klein como $S^1 \times \Bbb R/(\theta, t) \sim (-\theta, t+1)$, simplemente envíe $(\theta, t) \to (i\theta, t+1/2)$.

Supongamos que el punto fijo conjunto es no vacío. A continuación, la involución de los actos por la negación en el espacio de la tangente de cada punto fijo, y el punto fijo índice de cada es $1$. Así, vemos que la Lefschetz número es el número de puntos fijos, y por lo tanto una involución aislado con puntos fijos debe actuar por $-1$$H_1(K;\Bbb Q)$, y tiene exactamente dos puntos fijos. Eliminación de pequeñas invariante barrios de cada punto, llegamos a un punto fijo gratis involución en $N_{2,2}$, el género 2 nonoriented superficie con dos componentes del borde, que conserva (aka no swap) el límite de los componentes. $\chi(N_{2,2}) = -2$, por lo que el cociente debe ser $N_{1,2}$ (ya que tiene 2 componentes del borde). Usted puede clasificar de la mano conectó doble cubre de $N_{1,2}$: ellos son, precisamente, $\Sigma_{0,4}$ (orientado a la cubierta doble), $N_{1,3}$, e $N_{2,2}$. Así que es en realidad un punto fijo libre de involución en el piso de arriba extendiendo el que elegimos en el límite (único hasta el isomorfismo) y por lo tanto no es un dos-punto fijo involución de la botella de Klein.