Yo estoy trabajando en el Poincaré Homología Esfera $P_3$ y desea calcular es la Homología $H_1$ y el grupo fundamental. Me gustaría identificar lo fundamental de grupo con el binario icosaédrica grupo $I^*$ a la vista de la representación de la $P_3$ como el cociente del espacio de $S^3/I^*$. También, mediante el isomorfismo de la abelianized grupo fundamental de la $\pi_1(P_3)/[\pi_1(P_3),\pi_1(P_3)]$ a $H_1$ me gustaría a la conclusión de que la $H_1$ es trivial. Alguien que me pueda ayudar con esto?
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No tengo una respuesta completa para usted, pero puedo decir que un poco.
Es un teorema general que si tenemos cubrir el espacio $p:\tilde{X}\rightarrow X$ $\tilde{X}$ simplemente conectados e $X$ trayectoria-conectado y localmente trayectoria-conectado, a continuación, el grupo de la cubierta transformaciones $G$ es isomorfo a $\pi_1(X)$. (Ver, por ejemplo, Hatcher p.71 prop. 1.39.) Todas las hipótesis que se sostienen para este cubrimiento $S^3\rightarrow S^3/I^*=P_3$, por lo que esto muestra que $I^*=\pi_1(P_3)$.
El resto es pura teoría de grupos. Primer vistazo a la icosaédrica de los grupos de rotación, lo llaman $I$. $I$ es un grupo simple de la orden de los 60. El colector de un subgrupo siempre es normal, por lo $[I,I]$ es trivial o la totalidad de $I$. $[I,I]$ no es trivial debido a $I$ no es abelian, por lo $I=[I,I]$.
Ahora el centro de la $Z$ $I^*$ es un grupo de elementos, y $I^*/Z = I$. Claramente $[I^*,I^*]$ mapas en $[I,I]$. Por lo $I^*/[I^*,I^*]$ es trivial o tiene dos elementos.
La respuesta correcta es que el $[I^*,I^*]=I^*$ (wikipedia), pero me temo que no sé de prueba. Mostrando que $-1\in I^*$ es un producto de los conmutadores haría el truco.
Un amigo me refirió a Weibel del libro Una Introducción al Álgebra Homológica. La sección 6.9, pp 198-199, "Universal Central Extensiones", demuestra (Ejemplo 6.9.1 plus Lema 6.9.2) que $I^*$ es perfecto, es decir, igual a su conmutador subgrupo. El hecho clave es que el $I^*$ es un universal de la extensión central de $I$. Por este hecho, Weibel, nos remite a Suzuki, Grupo de Teoría del yo. No la tengo a mano.
Sin embargo, jugando con mi dodecahedral pisapapeles sugiere una prueba de la estrategia. Deje $\tilde{a}$ $\tilde{b}$ ser los dos generadores de $I^*$ en la presentación de $\langle \tilde{a},\tilde{b} | \tilde{a}^5 = \tilde{b}^3 = (\tilde{a}\tilde{b})^2\rangle$. Sus imágenes en la icosaédrica grupo se $a$, una rotación de $72^\circ$, e $b$, una rotación de $120^\circ$ (e $ab$ es una rotación de $180^\circ$). En $I$, $a^5=b^3=(ab)^2=1$. Desde el 1 de en $I$ tiene dos preimages en $I^*$, es decir,$\pm 1$, debemos tener $\tilde{a}^5 = \tilde{b}^3 = (\tilde{a}\tilde{b})^2 = -1$. (Si se iguala a 1, entonces obtendríamos $I$ en lugar de $I^*$.)
Ahora $[a,b]$ es una rotación de $72^\circ$ $I$ ("a prueba de pisapapeles"). Así que es conjugado a $a$ en I, y por lo tanto $[a,b]^5=1$. Que sugiere que la $[\tilde{a},\tilde{b}]^5$ debe ser igual a $-1$$I^*$. Debe ser posible verificar esta directos de computación con $2\times 2$ matrices en $SU(2)$.
Hatcher Ejemplo 2.38, "Un Acíclicos Espacio", pág.142, también es interesante mirar.
Simon Rose
Puntos
4203
La clave es que, dado que la acción de $I^*$ $S^3$ es gratis, el grupo fundamental (a través de los habituales de la teoría de cubrir espacios) debe ser lo suficientemente fácil de calcular. Como por homología, esto es puramente algebraica problema. ¿Qué se puede decir sobre el colector de un subgrupo de $I^*$? (En este caso, me gustaría ver la noción de un 'perfecto' grupo)
