$\pi_1(\text{P}^2(\mathbb{R}))$ ve ile çarpma $2$

Question

Gerçek projektif düzlemin temel grubunu hesaplamak istiyorum $\text{P}^2(\mathbb{R})$ SVK teoremini kullanarak.

Bu amaçla model almayı seçiyorum $\text{P}^2(\mathbb{R})\simeq D^2/{\sim} $ birim disk olarak $\{x:\|x\|\leq 1\}$ içinde $\mathbb{R}^2$ sınırda yatan zıt kutup noktaları tanımlanarak bölümlenir.

alırım

• $A= \text{P}^2(\mathbb{R})-\{y\} $
• $B= \text{P}^2(\mathbb{R})-\partial$, nerede $\partial=\{x:\|x\|=1\}$
• $A\cap B$

hepsi yol bağlantılı.

Şimdi bir noktayı düzelt $x_0 \in A\cap B.$

$A$ deformasyon ile geri çekilebilir $S^1$, Böylece $A \approx S^1$ ve $\pi_1(S^1)\simeq \mathbb{Z}.$ Geri çekme $r_A:A \to S^1$ bir izomorfizma neden olur $\pi_1(A,x_0)\simeq\pi_1(S^1,r_A(x_0)) \simeq \mathbb{Z}$ hangi tarafından verilir $[\lambda]_A \mapsto [r_A \circ \lambda]_{S^1}$ her döngü için $\lambda$ içinde $A.$

Eğer ararsam $c$ karşılık gelen döngü $1 \in \mathbb{Z}$ izomorfizm altında eşitliğe sahibim $\pi_1(S^1,r_A(x_0)) = \langle c | \emptyset \rangle $; deformasyon, bir yol veriyor$h :t \mapsto h(t)=H(x_0,t)$ itibaren $x_0$ -e $r(x_0),$ ayrıca bir sunum veriyor $\pi_1(A, x_0) = \langle hch^{-1},\emptyset \rangle $, şimdi oluşturucuyu uç noktaları olan bir döngü olarak görebileceğimiz $x_0$ onun yerine $r(x_0).$

Diğer yandan, $B$ ile sözleşme yapılabilir $\{x_0\},$ yani $$\pi_1(B,x_0) \simeq \pi_1(\{x_0\},x_0)=\{x_0\} \simeq \{\text{id}\}= \langle \emptyset | \emptyset \rangle.$$

Son olarak, başka bir çevre seçmek $S^1_{x_0}$ içinden geçmek $x_0$, Geri çekiliyorum $A \cap B$ öyle ki $$\pi_1(A\cap B, x_0)\simeq \pi_1(S^1_{x_0},x_0)= \langle \gamma| \emptyset \rangle.$$

Dahil etme $A \cap B \subset B$ bir morfizme neden olur $b_*:\pi_1(A\cap B,x_0) \to \pi_1(B,x_0)$ bu sadece her şeyi sabit yola gönderen önemsiz harita olabilir $x_0.$

Ardından, dahil etme $A \cap B \subset A$ grupların morfizmine neden olur $a_*:\pi_1(A\cap B,x_0) \to \pi_1(A,x_0)$ veren $[\ell]_{A\cap B} \mapsto [\ell]_A$ her döngü için $\ell$ içinde $A \cap B$ uç noktalar ile $x_0.$

Haritanın nasıl kanıtlanacağını anlamak istiyorum $a_*$ yukarıda tanımlandığı gibi iki ile çarpma olmalı $- \cdot 2: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$

Answer 1

Morfizm $a_*$ bir döngü alır $[\ell]_{A\cap B}=\gamma^n \in \pi_1(A\cap B,x_0)$ ve onu ilgili döngüye gönderir $\pi_1(A,x_0),$ bu, haritanın dahil edilmesiyle ortaya çıktığı için, $[\ell]_A$, (yani $\ell$ modulo homotopy içinde $A$).

Şimdi görüyoruz $[\ell]_A$ içeride $\pi_1(S^1,r_A(x_0))$ izomorfizm yoluyla $[\ell]_A \mapsto [r_A \circ \ell]_{S^1}$ve bizde $[r_A \circ \ell]_{S^1}=c^{2n},$ çünkü sınırda zıt kutup noktaları belirlenir ve bu nedenle dış çemberin etrafından $[r_A \circ \ell (1/2)]=[-r(x_0)]=[r(x_0)]$ (burada denklik sınıfları, $S^1$).

Geri çekiliyor $\pi_1(A,x_0)$ anlıyoruz $[\ell]_A=[hc^{2n}h^{-1}=(hch^{-1})^{2n}]_A$ ve sonlandırıyoruz.

Answer 2

İzin Vermek $i:S^1\to D^2$ sınırın dahil edilmesi ve $p:D^2\to P^2(\mathbb R)$ kanonik projeksiyon.

Özellikle, $p\circ i: S^1\to P^2(\mathbb R)$ faktörler aracılığıyla $\partial$ (ve böylece $A$ama dahil etme $\partial \to A$bir homotopi eşdeğeridir); Hadi arayalım$\alpha :S^1\to\partial$ aldığımız harita.

Biz biliyoruz ki $\partial \cong S^1$peki harita nedir $\alpha_* : \mathbb Z\to \mathbb Z$ ?

Peki, aşağıdaki değişmeli diyagrama sahipsiniz:

$\require{AMScd}\begin{CD}S^1@>>> S^2 \\ @VVV @VVV \\ \partial @>>> P^2(\mathbb R)\end{CD}$

harita nerede $\partial \to P^2(\mathbb R)$dahil etme. Tespit edersek$\partial \cong S^1$, harita $S^1\to S^1$ basitçe $z\mapsto z^2$: bu, yapabileceğiniz açık bir hesaplamadır. Belki de gerçekten tanımlamak daha kolaydır$\partial$ bu şekilde ve aynı şeyi aldığınızdan emin olun.

Sanırım sizin için net olmayan ana nokta bu olabilir, bu yüzden hala değilse, bana söylemekten çekinmeyin.

Özellikle, $\alpha_*=$ ile çarpma $2$.

Ayrıca, $i$ dahil edilmesine homotopiktir $S^1$ daha küçük bir dairede $D^2$, ve bu nedenle $p\circ i$ bir homeomorfizme homotopiktir $S^1\to S^1_{x_0}$.

Yani aşağıdaki homotopi değişme diyagramına sahipsiniz:

$\begin{CD} S^1 @>>> S^1_{x_0} @>\simeq>> A\cap B \\ @V=VV & & @VVV \\ S^1 @>>> \partial @>\simeq>> A \end{CD}$

Alma $\pi_1$, dan beri $\pi_1(S^1)\to \pi_1(S^1_{x_0})$ bir izomorfizmdir ve $\pi_1(S^1)\to \pi_1(\partial)$ ile çarpmaktır $2$, sonunda anladık $\pi_1(A\cap B)\to \pi_1(A)$ ile çarpmaktır $2$.

(teknik olarak temel noktalar hakkında endişelenmeniz gerekebilir: burada bununla başa çıkmanın en az iki yolu vardır: 1- İlgili tüm temel grupların değişmez olduğunu ve bu nedenle hiçbir şeyi değiştirmediğini unutmayın; veya 2- aynı mantığı yapın ama temel grupoidlerle ve sonunda işleri düzeltin)

Answer 3

Temel fikir aşağıdaki gibidir, sanırım sizinkine benzer bir ispat yapacağım, bu yüzden bana katlanın.

Yaptığınız gibi, yansıtmalı düzlemi düşünün $X$ ve bir puan al $x_0$içinde. Sonra$U = X\smallsetminus x_0$ deformasyon küreye geri çekilir.

Küçük bir top al $V$ etrafında $x_0$, Böylece $V\cap U$ ayrıca deformasyon bir küreye geri çekilir.

Şimdi için $V\cap U$, herhangi bir sınır noktası belirlememiş olacaksınız, ancak $U$, sınır küresinde, onları tanımlayacaksınız. Bu, değişmeli bir diyagram oluşturabileceğiniz aşağıdaki sonuca sahiptir.

$$\require{AMScd} \begin{CD} U\cap V @>{\pi}>> S^1\\ @VVV @VVV \\ U @>{\pi}>>S^1 \end{CD}$$

dikey haritanın derece olduğu yer $2$. Esasen, bir üretim döngüsü gönderecek$U\cap V$O rüzgarlar kez rüzgar olacak birine sınır etrafında iki kez etrafında bir sınır$U$, çünkü orada zıt noktalar belirlemiş olacaksınız.

Ekle. Daha kesin olmak istiyorsanız, oluşturma döngüsünün$U$ birim diskte yarım ay çizen bir döngü olarak alınabilir. $-1$ -e $1$ Neredeyse düz bir çizgide, orijini eksik ve sonra ark boyunca. Bu, oluşturma döngüsünün $U\cap V$ önceki döngünün iki katını temsil edecek $U$.