Tengo un % de 3-variedad orientable $X$, que $$X=\lbrace(x,y,z)\mid x\neq y \neq z \neq x \rbrace\subseteq S^1\times S^1 \times S^1 $ $ cómo encontrar un compacto múltiple de 3 $M$ tal que $X= interior(M)$
cualquier ayuda por favor???
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Robert Kern
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Yo creo que su deseado manifold con frontera $M$ son dos distintos, sólido, de 2 de tori.
Primero, echemos un vistazo a las coordenadas: podemos parametrizar $\mathbb{S}^1$$ℝ/ℤ$. A continuación elegimos nuevas coordenadas $(a,b,c)$ sobre el 3-torus $\mathbb{S}^1×\mathbb{S}^1×\mathbb{S}^1$.
$$(a,b,c) = φ(x,y,b) = (x, y-x, z-y)$$ $$(x,y,z) = φ^{-1}(a,b,c) = (a, a+b, a+b+c)$$
Vemos que $φ$ es un homeomorphism de $ℝ^3$ $ℝ^3$y el tanto $φ$ $φ^{-1}$ mapa del subconjunto $ℤ^3$ a $ℤ^3$. De ello se desprende que de esta forma se define una homeomorphism de $T^3 = ℝ^3/ℤ^3$ a sí mismo.
Lo que sucede a nuestro ecuaciones?
- $x \neq y ⇔ a \neq a + b ⇔ b \neq 0$
- $y \neq z ⇔ a+b \neq a + b+c ⇔ c \neq 0$
- $x \neq z ⇔ a \neq a + b+c ⇔ b+c \neq 0$
$$X \simeq \{(a,b,c)|b\neq0, c\neq0, b+c\neq0\} \subset (\mathbb S^1)^{×3}$$ $$\{(a,b,c)|b+c\neq1\} \subset \mathbb S^1 × (0,1)^2$$ $$\mathbb S^1 × \{(b,c)\in (0,1)^2|b+c\neq1\}$$ Que es mucho más fácil de manejar. Es ACEPTAR a cambio de la condición de a $b+c \neq 1$, ya que es el mismo modulo $ℤ$ y uno pasa a ser el representante de $0$, lo que en realidad está en el rango.
Ahora $\{(b,c)\in (0,1)^2|b+c\neq1\}$ es sólo un conjunto de dos triángulos que casi se toquen unos a otros. Que casi tocar no es registrado por el colector estructura en $X$. La separación de los triángulos y tomando el cierre de los rendimientos
$$X = \text{interior}(\mathbb S^1 × (\{(b,c) \in [0,1]^2|c \leq b\}\sqcup\{(b,c) \in [0,1]^2|c \geq b\}))$$
Nota al margen: El problema análogo en el $2$-toro le da a uno la tira de $\mathbb S^1 × [0,1]$.
Esta es una variación sobre Rolf Sievers la respuesta por escrito a traducir su imagen en algo más familiar para mí. Así que, si te gusta mi respuesta, usted debe también upvote Rolf es la respuesta!
La primera cosa a tener en cuenta, es que su espacio de $X$ no es nada, pero el espacio de configuración de $3$ puntos en un círculo, $F(S^1, 3)$. Es decir, una forma de la foto de su espacio de $X$ es de tres puntos en $S^1$ que son libres de moverse, pero no se toquen unos a otros. Este, por ejemplo, permite ver fácilmente que $X$ está desconectado. Por si etiquetamos a los tres puntos de $x,y,z$, a continuación, mediante una adecuada rotación, podemos suponer $x = (0,1)$. Si nos dirigimos a la derecha de $x$, le encuentro $y$ o $z$ primera de estas dos possiblilities da lugar a los dos componentes conectados de $X$.
Ahora, uno tiene el siguiente resultado, que me encontró por primera vez en Fred Cohen notas.
Supongamos $G$ es un grupo topológico y $F(G,k)$ denota el espacio de configuración de $k$$G$. Entonces existe un natural homeomorphism $F(G,k) \cong G \times F(G\setminus\{e\}, k-1)$
La prueba es sencilla: dado $(g_1,..., g_k)\in F(G,k)$, el mapa de a $(g_1, g_1^{-1} g_2, ..., g_1^{-1} g_k)$. Dado un punto de $(g, g_1,..., g_{k-1})\in F(G\setminus\{e\}), k-1)$, el mapa de a $(g, gg_1, gg_2,..., gg_{k-1})$. Uno ve en estos mapas son inversos el uno al otro.
Como un bono adicional, si $G$ es una Mentira grupo, a continuación, el mapa que acabo de escribir no es sólo un homeomorphism, pero también un diffeomorphism.
Ahora, aplicamos eso a su ejemplo. $S^1$ es Mentira grupo, así que podemos ver que $F(S^1, 3) = S^1 \times F(S^1\setminus \{e\}, 2)$.
Pero $S^1\setminus \{e\}$ es homeomórficos a $\mathbb{R}$ (y también a $(0,1)$), que, en particular, es un grupo topológico! Por eso, $F(S^1\setminus\{e\}, 2) \cong \mathbb{R} \times F(\mathbb{R}\setminus \{e\}, 1)$.
Por último, tomamos nota de que para cualquier espacio $Y$, $F(Y,1) = Y$. Para poner todo esto en conjunto, estos espacio que le preocupa es $$X = F(S^1, 3) \cong S^1\times (0,1) \times [(0,1)\coprod (0,1)]$$ which is homeomorphic to two disjoint copies of $S^1\times (0,1)^2$.
Como $(0,1)^2$ es homeomórficos para abrir un disco de radio $1$, cada copia de $S^1\times (0,1)^2$ es el interior de $S^1\times D^2$, como Rolf afirmó.
