Lo cerrado de las 3-variedades tienen grupo fundamental de la $\Bbb Z$?

Question

Para ciertos grupos pequeños, es fácil (y deseable) para clasificar cerrado (y orientable si es necesario) 3-variedades con ese grupo como de su grupo fundamental. (Debido fundamentalmente a la Waldhausen es que para los "grandes" 3-colector de grupos, indecomposable en virtud de producto libre, el 3-colector se determina hasta homeomorphism por su grupo fundamental, aunque esto sólo fue probado en todos los casos después de la geometrización. Grande significa, precisamente, que es infinito y no $\Bbb Z$).

Para grupos finitos, como corolario de elliptization, $\Bbb Z/p$ sólo aparece como el grupo fundamental de la lente de los espacios de $L(p,q)$, y se puede clasificar el otro finito fundamentales de los grupos (antes de elliptization esto era más difícil y sólo se puede clasificar hasta conectados suma con un homotopy esfera.) como tener bien en la mayoría de los dos colectores por grupo (y, precisamente, lo que son).

$\Bbb Z$ es el más simple infinita grupo de los que conozco. ¿Cuál es la clasificación de cerrado de 3 colectores con el grupo fundamental de la $\Bbb Z$?

Answer 1

Hay exactamente dos: $S^2 \times S^1$ y un trenzado de producto $S^2 \widetilde \times S^1$.

Supongamos $M$ es cerrado, conectado, con grupo fundamental de la $\Bbb Z$. A continuación, debe ser un primo (por Poincaré y debido a $\Bbb Z$ es indecomposable bajo producto libre), pero no necesariamente irreducible (lo que significa que cada incrustado 2-esfera de los límites de una 3-bola).

De hecho, no puede ser irreducible: considere el $\tilde M$. Se ha trivial grupo fundamental, y debido a $M$ es irreductible, ha $\pi_2 M = 0$ por el teorema de la esfera (que establece que si $M$ es orientable, algunos triviales elemento de $\pi_2 M$ es representado por un integrado de la esfera). (Si $M$ aquí es no orientable, pase a la orientada a la doble cubierta). Debido a $\Bbb Z$ es infinito, $\tilde M$ no es compacto, por lo que ha $\pi_3 = H_3 = 0$; la primera igualdad por Hurewicz y el último por noncompactness. Inductivamente por Hurewicz vemos que $\pi_n = 0$ todos los $n$. Por lo $M$ es esférico, y por lo tanto una $K(\Bbb Z,1)$. Pero esto significaría que el $$\Bbb Z/2 = H_3(M;\Bbb Z/2) = H_3(S^1;\Bbb Z/2) = 0!$$ Por lo $M$ es primo pero no irreductible. Ahora seguimos un argumento de Hatcher 3-colectores de notas.

Debido a $M$ es primo, incrustados esfera de cualquiera de los límites de una bola o no separada $M$. Pero debido a que $M$ no es irreducible hay algunos incrustado en la esfera que no vinculado a un balón. Así que hay incrustado, no la separación, la 2-esfera en $M$. Debido a $S^2$ es simplemente conectado, cualquier línea de haz (que son en bijection con $H^1(X;\Bbb Z/2)$) es trivial. En particular, la normal paquete a cualquier $S^2$ $M$ es trivial.

Para incrustar esta separación de una 2-esfera, que se extiende a una incrustación de $S^2 \times I$. Elija una curva que va desde un lado de la espesa $S^2$ a los otros (por ejemplo, una cosa que existe por la no-separación de la asunción); espesar para obtener una incrustado $I \times D^2$, cuyos extremos están pegadas a cada lado de la $S^2$. Más precisamente, podemos pegar estos juntos por un mapa de $\varphi: \{0,1\} \times D^2 \to \{0,1\} \times S^2$ $\varphi(0,\cdot) \subset \{0\} \times S^2$ y de manera similar con $\varphi(1,\cdot)$. En diferentes idiomas, estoy adjuntando 1-manija de la $S^2 \times I$. Los resultados dependen sólo de si o no $\varphi$ preserva orientación en ambos componentes. (Es decir, si se conserva la orientación en ambos componentes, o invierte la orientación de ambos componentes, se obtiene un manifold; si se conserva la orientación de un componente, pero invierte la orientación en el otro, se obtiene un segundo, distinto del colector). Llame a los resultados de la $X_0$ $X_1$ donde $X_0$ es el orientable uno; $X_0$ es lo que pasa si $M$ es orientable, y $X_1$ si no lo es. El límite de $X_i$$S^2$; debido a esto $S^2$ no separada $M$, los límites de un balón en el otro lado. Sólo hay una manera hasta homeomorphism para pegar una pelota hacia un colector con límite de $S^2$. Así que tenemos que $M$ es uno de $M_0$ o $M_1$, donde estas son las $X_i$, con lo que la bola coronó.

Para terminar, sólo tenemos que encontrar a dos colectores con tal de descomposición. $S^2 \times S^1$ es uno, donde aquí el incrustados $S^2$ es sólo $S^2 \times \{*\}$; y $S^2 \widetilde \times I = (S^2 \times I)/(x,0) \sim (-x,1)$ es otro (de nuevo, escoger, dicen, $S^2 \times \{1/2\}$.) El primero es orientable; el último es no orientable. Por lo $M_0 = S^2 \times S^1$ $M_1 = S^2 \widetilde \times S^1$ son el único cerrado de 3 colectores con el grupo fundamental de la $\Bbb Z$.

Answer 2

El primer argumento de la prueba sonaba un poco familiar para mí, y me di cuenta de que yo lo vi en Hempel. Así, por una tal vez más pueden ser citados de referencia y también de algunas otras infinito no$\mathbb Z$ ejemplos, permítanme añadir esta respuesta, si esta es buena:

Capítulo 5. de Hempel de 3-variedades libro habla sobre el libre fundamentales de los grupos. Teorema 5.2. estados:

Teorema Deje $M^3$ ser un primo, compacto colector con conexión fundamental. A continuación, $M$ es un paquete de $S^2 \to M \to S^1$ o un cubo con asas (no necesariamente orientables).

Su pregunta spefically preguntó acerca de las $\mathbb Z$ que el teorema de respuestas, pero también en las pruebas que ver de donde viene, en: cuando se corta a lo largo de un no-disco de delimitación de la esfera, necesariamente pone algo relacionado con el reducido grupo fundamental de la clasificación.