La superficie de género $g$ no se retrae en círculo (Hatcher ejercicio)

Question

Estoy tratando de ejercicio 9 en la página 53 en Hatcher , pero necesito un poco de ayuda con esto. El ejercicio es:

En la superficie de la $M_g$ de género $g$, vamos a $C$ ser un círculo que separa a $M_g$ en dos compacto subsuperficies $M_h^\prime $ $M_k^\prime$ obtenido a partir de la cerrada de las superficies de $M_h$ $M_k$ mediante la eliminación de un disco abierto de cada uno. Mostrar que $M_h^\prime$ no se retrae en su límite círculo de $C$, y, por tanto, $M_g$ no se retrae en $C$. [Sugerencia: abelianize $\pi_1$.] Pero muestran que la $M_g$ no se retracte en el nonseparating círculo de $C^\prime$ en la figura.

Mi primera pregunta es: se supone que ahí no estaba la pista, ¿cómo iba yo a pensar de abelianising? ¿Qué significa exactamente?

Pensé que yo podía hacer esto por contradicción: si se retrae el inducido mapa de $i_\ast : \pi_1(C) \rightarrow \pi_1(M_h^\prime) $ es inyectiva. Sé $\pi_1(C) \cong \mathbb{Z}$, calculadas $\pi_1(M_h^\prime) \cong \mathbb{Z}$ y, a continuación, creo que estoy atascado. A la derecha? ¿Está usted de acuerdo con $\pi_1(M_h^\prime) \cong \mathbb{Z}$ y estar atrapado después de eso?

¿Qué necesito saber para hacer que el progreso? Muchas gracias por tu ayuda!

Answer 1

Creo que el artículo de la Wikipedia sobre los conmutadores explica las definiciones y propiedades. Si me pueden aclarar nada dijo que no, que me haga saber. Es importante tener en cuenta que abelianization es un functor covariante, así, en particular, un homomorphism de grupos induce una de las abelianizations.

Este es un truco útil, no sólo porque en la aplicación de la $\pi_1$ va a menudo a producir productos libres que parecen difíciles de comparar el uno con el otro. Por ejemplo, $\mathbf Z * \mathbf Z$ libre contiene subgrupos de todos finito filas, por lo que no está claro (al menos para mí) que podemos utilizar van Kampen para mostrar que la cuña de dos círculos y la cuña de los tres círculos no isomorfos $\pi_1$s. Pero abelianizing deja esto en claro.

De vuelta al ejemplo. Afirmo que para retraer $M_h' \to C$ a existir, $i_*^\text{ab}\colon \pi_1(C) \to \pi_1(M_h')^\text{ab}$ tendría que ser inyectiva (Esto no siempre ocurre que el abelianization de una inyección es inyectiva; ¿qué es lo especial aquí?). Ahora, $M_h'$ es la superficie de género $h$ con un agujero en él, y podemos representar que como

Por lo que el mapa de $i_*$ envía un generador de $\pi_1(C)$ a un colector $[a_1, b_1] \cdots [a_g, b_g]$. ¿Por qué hace esto contradice la inyectividad de $i_*^\text{ab}$?

Para la segunda parte, tendrá que entregar un mapa. He aquí una idea: en la imagen de arriba, ignorando el $C$, intentar retraer a $a_1$. Podría ayudar a construir este como un cuadrado con lados de $a_1, b_1, a_1$, y un montón de cosas saliendo de el cuarto lado. La plaza se parece mucho al toro, y usted sabe cómo retirar el toro en un meridiano (?). Tenga en cuenta que usted realmente puede aplastar a un montón de cosas en el polígono juntos como siempre que respete las identificaciones.

Answer 2

Aquí es un método que utiliza la homología para mostrar que $Mg$ no se retrae a $C$:

Utilice el hecho de que (como se ha demostrado aquí: Homología de la superficie de género $g$), que $H_1(Mg, \mathbb Z) =\mathbb Z^{2g}$,$H_1(C,\mathbb Z)=\mathbb Z$ . A continuación, se usa el método estándar de componer la retracción con la inclusión:

Si hubo una retracción $r: Mg\rightarrow C $, entonces la composición de la $roi$ con la inclusión de $i$ daría un isomorfismo h:$\mathbb Z \rightarrow \mathbb Z$, lo que no puede suceder, porque de el grupo intermedio $\mathbb Z^{2g}$.