Incrustaciones (cómo demostrar exactamente)

Question

Para cuál de los siguientes conjuntos es la declaración: '$A$ puede ser incrustado en $B$' verdad?

Puedo tratar de decidir lo intuye pero no sé si estoy en lo correcto, y seguramente no saben cómo formalmente probarlo.

(i) $A = S^1 \times \mathbb{R}$, $B = \mathbb{R^2}$

$S^1$ con un punto de quitar es homeomórficos a $\mathbb{R}$, por lo que para un $x \in S^1$ tenemos $(S^1 - \{x\}) \times \mathbb{R}$ es homeomórficos a $\mathbb{R^2}$. Por lo tanto, parece $A$ 'grandes' para ser incrustado en $R^2$, así que creo que esto es falso.

(ii) $A = S^1 \times S^1 \times S^1$, $B = \mathbb{R^4}$

Debido a $A$ es un topológicos compactos colector puede ser incorporado en $\mathbb{R}^N$ para algunos $N$. $A$ es el producto del toro y $S^1$, y debido a que el toro puede ser incrustado en $\mathbb{R}^3$ se siente como $A$ puede ser incrustado en $\mathbb{R}^4$ así que creo que esto es cierto.

(iii) $A = S^2$, $B = S^1$

Puedo quitar los dos antipodal puntos de $A$ y permanece conectado, pero cuando hago eso en $B$ pierde la propiedad topológica de la interconexión. Entonces, esto también tiene que llevar a cabo para la imagen de $A$ $B$ así que creo que esto es falso.

(iv) $A = M$, $B = P^2$ (Donde $M$ es la cinta de Moebius y $P^2$ es el verdadero espacio proyectivo de dimensión $2$) El espacio proyectivo de dimensión dos tiene la mitad de los 'datos' de la 2-esfera. Cuando pienso en la cinta de Moebius en $\mathbb{R}^3$ parece tener más datos que los de la 2-esfera, así que creo que esto es falso.

(v) $A = P^3$, $B = \mathbb{R}^6$

El espacio de todas las líneas a través de la procedencia en $\mathbb{R}^4$ puede ser incrustado en $\mathbb{R}^4$ sí, por lo que, a continuación, también debe ser posible para incrustarlo en $\mathbb{R}^6$ así que creo que esto es cierto.

Lo siento por la falta de rigor y espero que alguien pueda dar algunos consejos generales para probar esta formalmente.

Answer 1

Si un colector, $A$, ¿ incrustar en $B$, la mejor manera de mostrar esto es mediante la construcción de un mapa de forma explícita. En general, mostrando que un colector determinado no incrusta en otro es una cosa difícil de hacer. Sin embargo, en este problema, se pueden hacer directamente.

(i) Su intuición en el este es incorrecta. $S^1\times\mathbb{R}$ es un cilindro. Esta es la topología, por lo que podemos estirar y deformar nuestros colectores. Se puede deformar un cilindro de modo que quede plana? Trate de anotar el mapa de $S^1\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2$.

(ii) Intentar construir un mapa. Para empezar, escribir explícitamente los mapas $S^1\to\mathbb{R}^2$$T^2\to\mathbb{R}^3$. A continuación, ver si se puede generalizar. Si usted está teniendo dificultades, usted probablemente puede encontrar este en línea.

(iii) Su intuición es correcta para esto. Para que una estrategia, tenga en cuenta que $S^2$ es una 2-variedad, mientras que $S^1$ es una 1-variedad. A continuación, utilice la invariancia del dominio.

(iv) resulta que $M$ hace incrustar en $P^2$. En lugar de pensar de $P^2$ $S^2$ modulo de la antipodal mapa, pensar en él como $D^2$ modulo de la antipodal mapa en el límite (es decir, el mapa de $f\colon S^1\to S^1$$x\mapsto -x$). Ahora se puede "ver" la banda de möbius? (Esto puede ayudar a dibujar $D^2$ como un cuadrado en su lugar.)

(v) Lo que usted ha dicho aquí no es exactamente correcto. Las líneas en sí mismos pueden ser incrustados en $\mathbb{R}^4$, pero que es diferente del espacio de dichas líneas. Por ejemplo, $P^2$ es el espacio de líneas a través de la procedencia en $\mathbb{R}^3$, pero $P^2$ no puede ser embebido en $\mathbb{R}^3$. A pesar de esto, es cierto que $P^3$ incrusta en $\mathbb{R}^6$, sin embargo no sé cómo mostrar este.

Answer 2

(i) verdadero. Aunque tienes razón en que $S^1$ no puede ser embebido en $\mathbb{R}$ (las imágenes de $S^1$ $S^1-\{x\}$ donde $x$ es cualquier punto, tiene que estar conectado), $A$ puede ser incrustado en $B$: considere el conjunto abierto entre dos círculos con centro en el origen con radios $1$ $2$ (primer incrustar $\mathbb{R}$ en $(0,1)$, y luego de "aplanar" $S^1\times(0,1)$).

(ii) verdadero. Otra forma de ver esto: $S^1$ puede ser incrustado en $\mathbb{R}^2$, lo $A$ puede ser incrustado en $S^1\times S^1\times \mathbb{R}^2$, y el uso de (i) $S^1\times \mathbb{R}$ puede ser embebido en $\mathbb{R}^2$.

(iii) falso. La imagen de $A$ así como de la imagen de $A$ con cualquier número finito de puntos de expulsión, debe ser conectado en $S^1$.

(iv) verdadero. Pensar en el espacio proyectivo como un cuadrado con puntos opuestos de ser "iguales", ahora se corta con dos líneas para obtener la banda de Mobius. También, consideran que esta respuesta: Real proyectiva avión y la cinta de Moebius.

(v) verdadero. Pero por una razón diferente de lo que usted dice. En general, cualquier liso real $n$-dimensiones del colector puede ser embebido en $\mathbb{R}^{2n}$: http://en.wikipedia.org/wiki/Whitney_embedding_theorem. Allí encontrará algunas de las expresiones de construir una incrustación de forma explícita.

Answer 3

[Esto comenzó como un comentario, pero tengo un poco difícil de manejar.]

Hay algunas buenas respuestas ya, pero tal vez esto ayude a tener una respuesta que se analiza la intuición respecto a este tipo de preguntas un poco más explícita.

La primera cosa a destacar es que puedes mejorar tu intuición! Aquí es una respuesta a una pregunta similar, con algunas observaciones acerca de cómo hacer esto. Sólo para repetir, y añadir, algunos de los puntos que hay:

Una cosa es aprender algunos ejemplos básicos, tales como $\mathbb R^2 \setminus \{0\} \cong S^1 \times \mathbb R_{> 0} \cong S^1 \times \mathbb R$. Tenga en cuenta que la primera isomorfismo es justo coordenadas polares, que seguramente está muy familiarizado con, y la segunda es sólo registro, la identificación de $\mathbb R_{> 0}$$\mathbb R$.

Pregunta (iv) incluye otro ejemplo básico. E. g. si usted mira en old fashioned libros, van a decir que $\mathbb R P^2$ se obtiene colocando un cross-cap en un disco. Pegar un cross-cap, sólo significa que el encolado de una banda de Möbius a lo largo de su frontera círculo en un disco. (No estoy seguro de por qué el término "cross-cap" fue utilizado, pero parece que han sido un estándar a la vez). Si usted sabe de esto, entonces (iv) es inmediata.

Así que, básicamente, pensar en algunos ejemplos concretos va a ayudar mucho, porque ellos vienen de nuevo y de nuevo. Entonces se podría pensar acerca de algunos de los menos conocidos ejemplos: ¿cuál es el menor dimensional espacio Euclidiano en el que se puede incrustar $S^1 \times S^2$ o $S^2 \times S^2$.

Pensar en términos de dimensión es muy útil en los contextos de colectores; la invariancia del dominio de muestra que usted no puede incrustar un conjunto abierto de $\mathbb R^n$ a $\mathbb R^m$ si $m < n$, y así para $S^2 \times S^2$ esto ya se pone un límite inferior de $\mathbb R^4$. Pero si podemos incrustar en $\mathbb R^4$, tendríamos un compacto $4$-colector ( $S^2\times S^2$ )$\mathbb R^4$. Es esto posible? Si la respuesta no es clara, pensar acerca de los casos de $\mathbb R^1$, e $\mathbb R^2$. Puede que estos contienen un compacto $1$-colector, o una superficie compacta. Una vez que usted piensa que usted tiene una respuesta intuitiva, se puede demostrar?

La conexión fue una herramienta que se utiliza en sus propias ideas y las otras respuestas; como ya he sugerido, la compacidad es otra.

Una idea más es pensar en $\mathbb R^4$ por el tratamiento de las $4$th dimensión de tiempo. E. g. usted probablemente ha visto una foto de una botella Klein inmerso en $\mathbb R^3$; pero esto no es una incrustación, como el "cuello" de la botella tiene que pasar a través de sí mismo. Sin embargo, ahora imaginen que cada punto tiene un tiempo de coordenadas añadido. Luego nos separamos de los puntos en los que la intersección se produce por imaginando que están en diferentes momentos, y así conseguir una inmersión en $\mathbb R^4$.

Un último comentario: usted debe asegurarse de que usted entiende por qué su argumento (v) es bastante malo. Ciertamente, $\mathbb R P^3$ no puede ser embebido en $\mathbb R^4$. Básicamente, el pensamiento de $\mathbb R P^3$ como el espacio de líneas a través de la original en $\mathbb R^4$ lo identifica como un cociente de $\mathbb R^4$, y, normalmente, un cociente de espacio no integrar de nuevo en ella. (E. g $S^1$ es un cociente de $\mathbb R$, y no se puede incrustar $S^1$ a $\mathbb R^1$.)