Bottiglia di Klein meno 4 buchi.
1) Dimostra che il sottospazio del quadrato \(I\times I \) munito della topologia prodotto, formato dai sei segmenti \( \{a\} \times I \) e \( I \times \{ a \} \) con \( a \in \{ 0,1/2,1\} \) è una retrazione di deformazione forte del quadrato privato di 4 punti interni.
Descrivi esplicitamente la retrazione e l'omotopia.
2) Identifica il tipo di omotopia del quadrato privato di quattro punti interni. Non è necessario di dare l'omootpia esplicitamente, ma giustifica le affermazioni basandoti sui risultati dimostrati in corso.
3) Definisci la bottiglia di Klein \(K\) come quoziente di \(I\times I\)
4) Identifica il tipo di omotopia di \(L=K \setminus \{x_1,x_2,x_3,x_4\} \) la bottiglia di Klein privata di quattro punti e il suo gruppo fondamentale. Puoi basarti sui punti precedenti per non rifare argomenti analoghi a quelli già fatti in precedenza.
1) Chiamo \(A\) quell'insieme e \(X:= I\times I \setminus \{ x_1,x_2,x_3,x_4\} \) il quadrato privato di 4 punti.
Ho difficoltà a definire la retrazione e l'omotopia esplicitamente.
\(A\) è una retrazione di deformazione forte se data l'inclusione \( i :A \subset X \) esiste una retrazione \(r : X \to A \) tale che \( r \circ i = id_A\) e \( i \circ r \simeq id_X \) pertanto esiste un omotopia \(H : X \times I \to A \) tale che \( H(x,1)=r \circ i \) e \( H(x,0)=id_X \), inoltre per essere forte abbiamo che \(H(a,t) = a \) per ogni \(t \in I \) e \( a \in A \).
Ora la mia idea è questa:
Suddividiamo il quadrato in quattro quadrati uguali di lato \(1/2\), applicando un omeomorfismo, possiamo supporre senza perdita di generalità, che i quattro punti sono i quattro centri dei quattro quadrati interni. I quattro quadrati li chiamo \(X_1,X_2,X_3,X_4\).
Ora considero le rette passanti dal centro e da un punto del bordo, per ciascun punto giacente su una tale retta lo "tiro" al punto estremante più vicino.
Consideriamo \(X_1\) il quadrato di vertici \( (0,0), (1/2,0),(1/2,1/2), (0,1/2) \). Abbiamo che i punti del bordo (che stanno in \(A\)) sono le coppie \( (a,b) \) dove se \(a=0\) oppure \(a=1/2\) allora \( 0 \leq b \leq 1/2 \), e se \(b=0\) oppure \(b=1/2\) allora \( 0 \leq a \leq 1/2 \).
Pertanto consideriamo la retta \( \ell_{(a,b)} : y = \frac{b-1/4}{a-1/4} x + \frac{a-b}{4(a-1/4)} \) passante per il centro \( (1/4,1/4) \) e per il punto \( (a,b) \). Se due punti (x,y) \in X_1\) giacciono su due rette \( \ell_{(a,b)} \) e \( \ell_{(a',b')} \) con \( (a,b)\neq(a',b') \) allora scegliamo la retta tale che \( \ell_{(a,b)} \) se e solo se \( d((a,b),(x,y)) < d((a',b'),(x,y)) \)
Ora abbiamo messo in corrispondenza ogni punti dell'interno di \(X_1\) su una "sola" retta.
La retrazione \(r\) ristretta a \(X_1\) fa questo e prende \( r((x,y))=(a,b) \), dove \((a,b) \) è scelto nel modo descritto prima.
In modo analogo costruiamo per ogni quadrato \(X_2,X_3,X_4\).
Abbiamo dunque che ogni punti di \((x,y) \in X \) viene mandato su un punto ed uno solo di \(A\).
Ora \(r \circ i \) prende un punto di \(A\) e lo manda su sé stesso in \(A\) e chiaramente \(r \) non lo muove dunque \(r \circ i = id_A \).
L'omotopia la definirei così:
- Su \(X_1\) sia il quadrato \( Q(x_1,t/2) \) centrato in \(x_1=(1/4,1/4) \) e di lato \(t/2\). Allora per ogni \((x,y) \in Q(x_1,t/2) \) tale che \(r(x,y)=(a,b) \) vengono mandati al punto \( \ell_{(a,b)} \cap Q(x_1,t) \) che dista meno da \((x,y) \). Mentre i punti esterni al quadrato \(Q(x_1,t/2) \) non vengono toccati.
E analogamente su \(X_i\) sia il quadrato \( Q(x_i,t/2) \) centrato in \(x_i \). Per \( i =1,2,3,4\).
Cosicché tutti i punti \((x,y) \in X \setminus A \) risulta che
\[ H((x,y),0)=(x,y) = id_X(x,y) \]
\[ H((x,y),1)= (a,b)= i(a,b) = (i \circ r)(x,y) \]
Inoltre per tutti i punti \((a,b) \in A \) e per ogni \(t \in I \) abbiamo che
\[ H((a,b),t)=(a,b) \]
Vi sembra funzionare? Vi sembra abbastanza "esplicita"?
Descrivi esplicitamente la retrazione e l'omotopia.
2) Identifica il tipo di omotopia del quadrato privato di quattro punti interni. Non è necessario di dare l'omootpia esplicitamente, ma giustifica le affermazioni basandoti sui risultati dimostrati in corso.
3) Definisci la bottiglia di Klein \(K\) come quoziente di \(I\times I\)
4) Identifica il tipo di omotopia di \(L=K \setminus \{x_1,x_2,x_3,x_4\} \) la bottiglia di Klein privata di quattro punti e il suo gruppo fondamentale. Puoi basarti sui punti precedenti per non rifare argomenti analoghi a quelli già fatti in precedenza.
1) Chiamo \(A\) quell'insieme e \(X:= I\times I \setminus \{ x_1,x_2,x_3,x_4\} \) il quadrato privato di 4 punti.
Ho difficoltà a definire la retrazione e l'omotopia esplicitamente.
\(A\) è una retrazione di deformazione forte se data l'inclusione \( i :A \subset X \) esiste una retrazione \(r : X \to A \) tale che \( r \circ i = id_A\) e \( i \circ r \simeq id_X \) pertanto esiste un omotopia \(H : X \times I \to A \) tale che \( H(x,1)=r \circ i \) e \( H(x,0)=id_X \), inoltre per essere forte abbiamo che \(H(a,t) = a \) per ogni \(t \in I \) e \( a \in A \).
Ora la mia idea è questa:
Suddividiamo il quadrato in quattro quadrati uguali di lato \(1/2\), applicando un omeomorfismo, possiamo supporre senza perdita di generalità, che i quattro punti sono i quattro centri dei quattro quadrati interni. I quattro quadrati li chiamo \(X_1,X_2,X_3,X_4\).
Ora considero le rette passanti dal centro e da un punto del bordo, per ciascun punto giacente su una tale retta lo "tiro" al punto estremante più vicino.
Consideriamo \(X_1\) il quadrato di vertici \( (0,0), (1/2,0),(1/2,1/2), (0,1/2) \). Abbiamo che i punti del bordo (che stanno in \(A\)) sono le coppie \( (a,b) \) dove se \(a=0\) oppure \(a=1/2\) allora \( 0 \leq b \leq 1/2 \), e se \(b=0\) oppure \(b=1/2\) allora \( 0 \leq a \leq 1/2 \).
Pertanto consideriamo la retta \( \ell_{(a,b)} : y = \frac{b-1/4}{a-1/4} x + \frac{a-b}{4(a-1/4)} \) passante per il centro \( (1/4,1/4) \) e per il punto \( (a,b) \). Se due punti (x,y) \in X_1\) giacciono su due rette \( \ell_{(a,b)} \) e \( \ell_{(a',b')} \) con \( (a,b)\neq(a',b') \) allora scegliamo la retta tale che \( \ell_{(a,b)} \) se e solo se \( d((a,b),(x,y)) < d((a',b'),(x,y)) \)
Ora abbiamo messo in corrispondenza ogni punti dell'interno di \(X_1\) su una "sola" retta.
La retrazione \(r\) ristretta a \(X_1\) fa questo e prende \( r((x,y))=(a,b) \), dove \((a,b) \) è scelto nel modo descritto prima.
In modo analogo costruiamo per ogni quadrato \(X_2,X_3,X_4\).
Abbiamo dunque che ogni punti di \((x,y) \in X \) viene mandato su un punto ed uno solo di \(A\).
Ora \(r \circ i \) prende un punto di \(A\) e lo manda su sé stesso in \(A\) e chiaramente \(r \) non lo muove dunque \(r \circ i = id_A \).
L'omotopia la definirei così:
- Su \(X_1\) sia il quadrato \( Q(x_1,t/2) \) centrato in \(x_1=(1/4,1/4) \) e di lato \(t/2\). Allora per ogni \((x,y) \in Q(x_1,t/2) \) tale che \(r(x,y)=(a,b) \) vengono mandati al punto \( \ell_{(a,b)} \cap Q(x_1,t) \) che dista meno da \((x,y) \). Mentre i punti esterni al quadrato \(Q(x_1,t/2) \) non vengono toccati.
E analogamente su \(X_i\) sia il quadrato \( Q(x_i,t/2) \) centrato in \(x_i \). Per \( i =1,2,3,4\).
Cosicché tutti i punti \((x,y) \in X \setminus A \) risulta che
\[ H((x,y),0)=(x,y) = id_X(x,y) \]
\[ H((x,y),1)= (a,b)= i(a,b) = (i \circ r)(x,y) \]
Inoltre per tutti i punti \((a,b) \in A \) e per ogni \(t \in I \) abbiamo che
\[ H((a,b),t)=(a,b) \]
Vi sembra funzionare? Vi sembra abbastanza "esplicita"?
Risposte
Per il 2) Sia sempre \(X \) il nostro quadrato privato di 4 punti interni.
Io direi che ha lo stesso tipo di omotopia di \( \bigvee_{i=1}^{4} S^1 \).
Sia \( X_i \) un quadrato privato di un punto \(x_i \) e lo consideriamo puntato \((X_i,a_i )\) con \(a_i \neq x_i \) evidentemente.
\[ X= \coprod_{i=1}^{4} X_i / \{ a_i \mid 1 \leq i \leq 4 \} = \bigvee_{i=1}^{4} X_i \]
Sostanzialmente ogni quadrato è attaccato al centro \((1/2,1/2) \) pertanto abbiamo che siccome ciascun \( X_i \) ha lo stesso tipo di omotopia di \(S^1\) allora il nostro \(X\) ha lo stesso tipo di omotopia di
\[ \bigvee_{i=1}^{4} S^1 \]
(anche se non sono sicuro che posso concludere direttamente così).
Io direi che ha lo stesso tipo di omotopia di \( \bigvee_{i=1}^{4} S^1 \).
Sia \( X_i \) un quadrato privato di un punto \(x_i \) e lo consideriamo puntato \((X_i,a_i )\) con \(a_i \neq x_i \) evidentemente.
\[ X= \coprod_{i=1}^{4} X_i / \{ a_i \mid 1 \leq i \leq 4 \} = \bigvee_{i=1}^{4} X_i \]
Sostanzialmente ogni quadrato è attaccato al centro \((1/2,1/2) \) pertanto abbiamo che siccome ciascun \( X_i \) ha lo stesso tipo di omotopia di \(S^1\) allora il nostro \(X\) ha lo stesso tipo di omotopia di
\[ \bigvee_{i=1}^{4} S^1 \]
(anche se non sono sicuro che posso concludere direttamente così).
Facendo un disegno dovresti accorgerti che la bottiglia di Klein meno 4 punti retrae a 5 copie di $S^1$, non 4: si tratta di copiare questo argomento, solamente con più punti in mezzo alle b
ottiglie.
ottiglie.
"solaàl":
Facendo un disegno dovresti accorgerti che la bottiglia di Klein meno 4 punti retrae a 5 copie di $S^1$, non 4: si tratta di copiare questo argomento, solamente con più punti in mezzo alle b
ottiglie.
Ma quindi il quadrato meno 4 punti ha lo stesso tipo di omotopia di un wedge di 5 cerchi? Non lo vedo onestamente....
Edit:
Ma non è possibile! \(A \) è una retrazione per deformazione forte del quadrato meno 4 punti. Ed \(A\) mi sembra proprio avere lo stesso tipo di omotopia di un wedge di 4 cerchi. Quindi il quadrato meno 4 punti ha lo stesso tipo di omotopia di un wedge di 4 cerchi.
Io non parlo della bottiglia di Klein meno 4 punti. Ma del quadrato meno 4 punti.
E la bottiglia di Klein meno 4 punti direi che ha una struttura cellulare con un wedge di 5 cerchi e una 2 cellula poiché il cerchio in più arriva dall'applicazione di incollamento.
Edit:
Non capisco... inoltre nel link che mi hai dato dicono che la bottiglia di Klein meno 1 punto possiede una struttura cellulare di \( S^1 \vee S^1 \cup e^2 \), però già la bottiglia di Klein ha questa presentazione...
E la bottiglia di Klein meno 4 punti direi che ha una struttura cellulare con un wedge di 5 cerchi e una 2 cellula poiché il cerchio in più arriva dall'applicazione di incollamento.eendeed.
In generale quindi il quadrato meno \(n\) punti ha lo stesso tipo di omotopia di un un wedge di \(n\) cerchi.
Mentre la bottiglia di Klein meno \(n\) punti possiede struttura cellulare di wedge di \(n+1\) cerchi attaccato ad una 2-cellula?
E il gruppo fondamentale è ottenuto \( \pi_1 L \cong \pi_1(\bigvee_1^5 S^1 \cup e^2) \cong \ast_1^5 \pi_1 S^1 / N_f \)
dove \(N_f\) è il gruppo normale generato dal applicazione di attaccamento. Dunque è \( \ast_1^5 \mathbb{Z} / N_f \) ? Quindi è \( F(5)/N_f \) ma come faccio a trovare \(N_f \) ?
Edit: il modo in cui ho trovato che il quadrato meno 4 cerchi ha il tipo di omotopia di 4 cerchi è giusto? La mia domanda non era sulla bottiglia di Klein ma sui punti 1 e punti 2.... al punto 4 non ci avevo ancora pensato.
Mentre la bottiglia di Klein meno \(n\) punti possiede struttura cellulare di wedge di \(n+1\) cerchi attaccato ad una 2-cellula?
E il gruppo fondamentale è ottenuto \( \pi_1 L \cong \pi_1(\bigvee_1^5 S^1 \cup e^2) \cong \ast_1^5 \pi_1 S^1 / N_f \)
dove \(N_f\) è il gruppo normale generato dal applicazione di attaccamento. Dunque è \( \ast_1^5 \mathbb{Z} / N_f \) ? Quindi è \( F(5)/N_f \) ma come faccio a trovare \(N_f \) ?
Edit: il modo in cui ho trovato che il quadrato meno 4 cerchi ha il tipo di omotopia di 4 cerchi è giusto? La mia domanda non era sulla bottiglia di Klein ma sui punti 1 e punti 2.... al punto 4 non ci avevo ancora pensato.
Puoi sempre pensare che i punti che rimuovi siano fuori dall'1-scheletro. La 2-cella bucata retrae a un wedge di cerchi, e quei bordi sono identificati ad altri cerchi; il che è un modo prolisso di dire che il tipo di omotopia di $K$ meno 4 punti è quello di un wedge di cerchi, sicché $N_f$ è zero.
"solaàl":
Puoi sempre pensare che i punti che rimuovi siano fuori dall'1-scheletro. La 2-cella bucata retrae a un wedge di cerchi, e quei bordi sono identificati ad altri cerchi; il che è un modo prolisso di dire che il tipo di omotopia di $K$ meno 4 punti è quello di un wedge di cerchi, sicché $N_f$ è zero.
Questo è vero sempre?
Cioé se io ho una struttura cellulare
\[ \bigvee_1^n S^1 \cup e^2 \]
e ci tolgo \(k \) punti interni il mio \(e^2 \) si trasforma in una struttura di \( \bigvee_{1}^{k} S^1 \) quindi la struttura cellulare originale si trasforma in
\[ \bigvee_{1}^{n+k} S^1 \] ?
C'è qualcosa che non quadra perché la bottiglia di Klein piena \(K\) ha struttura cellulare \(S^1 \vee S^1 \cup e^2 \)... se ci tolgo un punto dovrei avere \( S^1 \vee S^1 \vee S^1 \) non come dice nel link \(S^1 \vee S^1\) e allo stesso modo se ci tolgo 4 punti dovrei avere \( \bigvee_1^6 S^1 \) e non \( \bigvee_1^5 S^1 \)...
Anche con i piani proiettivi, tori etc?
Le strutture cellulari non sono uniche: la sfera può essere \(e^0\cup e^2\) oppure \(2e^0 \cup_{\partial} 2e^1 \cup_\partial 2e^2\).
"solaàl":
Le strutture cellulari non sono uniche: la sfera può essere \(e^0\cup e^2\) oppure \(2e^0 \cup_{\partial} 2e^1 \cup_\partial 2e^2\).
E questo come risponde alla mia domanda? Non capisco
Edit:
Cioé perché la bottiglia di Klein meno 4 punti è un wedge di 5 cerchi e non di 6 cerchi?
Insomma La bottiglia di Klein è \( S^1 \vee S^1 \cup e^2 \). Buco \(e^2\) in quattro punti e ottengo che \(e^2 \simeq S^1 \vee S^1 \vee S^1 \vee S^1 \) quindi io direi ad intuito che la bottiglia di Klein meno 4 punti è \( S^1 \vee S^1 \vee S^1 \vee S^1 \vee S^1 \vee S^1\). Ma invece NO! Dove sparisce quel ca**o di cerchio? Non capisco e la cosa mi rende nervoso. Mi potresti spiegare perché?
Fatti un disegno partendo dal link di MSE che ho messo sopra. E una camomilla (o un Diazepam, a seconda della gravità del nervosismo).
Sto facendo disegni da 2 giorni, e a fare il disegno vedo che sono 5 cerchi, non è questo il punto, ad un esame non posso dire "oh toh, ecco il disegno! Sono cinque cerchi bella lì!". E non capisco come mai se la struttura cellulare della bottiglia di Klein è "\(S^1 \vee S^1 \cup e^2 \) togliendo 4 punti da \(e^2\) che mi da un wedge di 4 cerchi, non ottengo un wedge di 6 cerchi, bensì un wedge di 5 cerchi.
Cos'è che mi fa "sparire" un cerchio? Passare al quoziente? Cosa? Io non lo so, non ci arrivo e non capisco, non è pigrizia, ma uno ogni tanto semplicemente non capisce il motivo di una cosa! E quando bisogna capire in fretta perché è ciò che viene preteso, soffermarsi per 1 giorno su una cosa, è una perdita di tempo che non ci si può permettere! Vedo dal disegno che dev'essere un wedge di 5 cerchi, ma non mi spiego cosa mi fa andar via il "sesto" cerchio che a mio intuito dovrebbe essere presente nella struttura cellulare, ergo non capisco cos'è del mio intuito che è fallace.
Detto ciò grazie dell'aiuto.
Cos'è che mi fa "sparire" un cerchio? Passare al quoziente? Cosa? Io non lo so, non ci arrivo e non capisco, non è pigrizia, ma uno ogni tanto semplicemente non capisce il motivo di una cosa! E quando bisogna capire in fretta perché è ciò che viene preteso, soffermarsi per 1 giorno su una cosa, è una perdita di tempo che non ci si può permettere! Vedo dal disegno che dev'essere un wedge di 5 cerchi, ma non mi spiego cosa mi fa andar via il "sesto" cerchio che a mio intuito dovrebbe essere presente nella struttura cellulare, ergo non capisco cos'è del mio intuito che è fallace.
Detto ciò grazie dell'aiuto.
Cos'è che mi fa "sparire" un cerchio? Passare al quoziente?Sì.
Detto questo,
I puntini nel primo disegno sono i punti mancanti; allarghi il buco formato da quello non numerato, attorno a quelli numerati; si vede che ti restano tre circonferenze, appese al bordo della bottiglia (che ora hai retratto completamente) mediante un segmento che al momento giusto contrarrai ad un punto[1]. Nel terzo disegno hai identificato i lati verticali percorsi nella stessa direzione; i lati orizzontali, che in questo quoziente intermedio sono ridotti a circonferenze, vengono identificati e diventano una singola circonferenza (il fatto che sia percorsa in due versi opposti non è rilevante); un'altra ti viene data dal lato verticale (ora l'unico) i cui estremi iniziale e finale vengono identificati. Ti resta, quindi, un bouquet di 5 circonferenze.
[1] E' un fatto generale che se $Y$ è un sotto-CW-complesso contraibile di $X$, la mappa di proiezione \(X \to X/Y\) è un'equivalenza omotopica.
Ti ringrazio infinitamente, ma il mio disegno è altrettanto valido?
Allora con il pushout ho capito come funziona, infatti ho che \(L = K \setminus \{ x_1,x_2,x_3,x_4 \} \) è il pushout del diagramma seguente
\[ \bigvee_1^4 S^1 \approx D^2 \setminus \{ x_1,x_2,x_3,x_4 \} \xleftarrow{i} \partial L \approx S^1 \xrightarrow{f} S^1 \vee S^1 \]
Dove \( i \) è l'inclusione nel interno e \(f\) è l'applicazione d'attaccamento descritta dalla parola \(abab^{-1} \). E dunque otteniamo che il pushout è
\[ L \simeq \left( \bigvee_1^4 S^1 \right) \cup_f \left( S^1 \vee S^1 \right)= \bigvee_1^4 \cup_{S^1} S^1 \vee S^1 = \bigvee_1^5 \]
e pertanto abbiamo che il gruppo fondamentale è dato da
\[ \pi_1 L = \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \]
Potreste controllare se questo ragionamento è corretto?
Prendo la presentazione poligonale del quadrato \(I^2/\sim \), dove i lati sono partendo dal vertice in basso a destra e percorrendo il bordo del quadrato in senso orario è identificato alla parola: \(abab^{-b} \). Come primo aperto \( A = L \setminus \{ y \}\), dove \( y \in L \), come secondo aperto \( B = \mathcal{B}(y, \epsilon ) \not\ni x_1,x_2,x_3,x_4 \), una piccola palla attorno ad \( y \) che non contiene i quattro buchi in presenti in \(L \).
Abbiamo che l'intersezione \( A \cap B = B \setminus \{ y \} \). Ora abbiamo chiaramente che \( B \) è contrattile quindi \( \pi_1 B = \mathbf{1} \). \(A \simeq L \setminus \{y \} \) e dunque per il pushout di sopra immagino che sia \( A \simeq \bigvee_1^6 S^1 \). Inoltre \( A \cap B \simeq S^1 \). Pertanto abbiamo \( \pi_1 A = F(6) \) e \( \pi_1 ( A \cap B) = F(1) \).
Dunque per Seifert van Kampen, siccome tutti i nostri aperti sono connessi per archi abbiamo che
\[ \pi_1 L \cong \pi_1 A \ast_{\pi_1 (A \cap B)} \pi_1 B = F(6) \ast_{F(1)} \mathbf{1} = F(5) \cong \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \]
Sono indeciso solo sul fatto che \( A \simeq \bigvee_1^6 S^1 \) e il motivo per cui non abbiamo \( A \simeq \bigvee_1^5 S^1 \) è lo stesso per cui \( L \simeq \bigvee_1^5 S^1 \) ?
Alternativamente posso prendere i seguenti aperti?
\( A = \mathcal{B}(y, \epsilon)\) una palla aperta tale che i quattro buchi siano contenuti in \(\mathcal{B}(y, \epsilon) \), mentre per definisco prima una palla aperta \( \mathcal{B}(y, \delta) \supset \mathcal{B}(y, \epsilon) \) tale che i quattro buchi \( x_1,x_2,x_3,x_4 \not\in \mathcal{B}(y, \delta) \setminus \mathcal{B}(y, \epsilon) \) e definisco quindi \(B = A \setminus \mathcal{B}(y, \delta) \), notiamo che \( A \simeq \bigvee_1^4 \), mentre \( B \simeq S^1 \vee S^1 \) e per contro \(A \cap B \) è un anello ed è omotopo ad un cerchio.
Pertanto
\( \pi_1 A \cong F(4) \), \( \pi_1 B \cong F(2) \), \( \pi_1 (A \cap B) \cong F(1) \), dunque per Seifert van Kampen, siccome tutti i nostri aperti sono connessi per archi abbiamo che
\[ \pi_1 L \cong \pi_1 A \ast_{\pi_1 (A \cap B)} \pi_1 B = F(4) \ast_{F(1)} F(2) = F(6) / F(1) \cong F(5) \]
-Stessa domanda, \(B \) è un wedge di due cerchi per lo stesso motivo di \( L \) è un wedge di 5 cerchi?
- Il quoziente di \( F(n)/F(k) \cong F(n-k) \) sempre?
\[ \bigvee_1^4 S^1 \approx D^2 \setminus \{ x_1,x_2,x_3,x_4 \} \xleftarrow{i} \partial L \approx S^1 \xrightarrow{f} S^1 \vee S^1 \]
Dove \( i \) è l'inclusione nel interno e \(f\) è l'applicazione d'attaccamento descritta dalla parola \(abab^{-1} \). E dunque otteniamo che il pushout è
\[ L \simeq \left( \bigvee_1^4 S^1 \right) \cup_f \left( S^1 \vee S^1 \right)= \bigvee_1^4 \cup_{S^1} S^1 \vee S^1 = \bigvee_1^5 \]
e pertanto abbiamo che il gruppo fondamentale è dato da
\[ \pi_1 L = \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \]
Potreste controllare se questo ragionamento è corretto?
Prendo la presentazione poligonale del quadrato \(I^2/\sim \), dove i lati sono partendo dal vertice in basso a destra e percorrendo il bordo del quadrato in senso orario è identificato alla parola: \(abab^{-b} \). Come primo aperto \( A = L \setminus \{ y \}\), dove \( y \in L \), come secondo aperto \( B = \mathcal{B}(y, \epsilon ) \not\ni x_1,x_2,x_3,x_4 \), una piccola palla attorno ad \( y \) che non contiene i quattro buchi in presenti in \(L \).
Abbiamo che l'intersezione \( A \cap B = B \setminus \{ y \} \). Ora abbiamo chiaramente che \( B \) è contrattile quindi \( \pi_1 B = \mathbf{1} \). \(A \simeq L \setminus \{y \} \) e dunque per il pushout di sopra immagino che sia \( A \simeq \bigvee_1^6 S^1 \). Inoltre \( A \cap B \simeq S^1 \). Pertanto abbiamo \( \pi_1 A = F(6) \) e \( \pi_1 ( A \cap B) = F(1) \).
Dunque per Seifert van Kampen, siccome tutti i nostri aperti sono connessi per archi abbiamo che
\[ \pi_1 L \cong \pi_1 A \ast_{\pi_1 (A \cap B)} \pi_1 B = F(6) \ast_{F(1)} \mathbf{1} = F(5) \cong \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \ast \mathbb{Z} \]
Sono indeciso solo sul fatto che \( A \simeq \bigvee_1^6 S^1 \) e il motivo per cui non abbiamo \( A \simeq \bigvee_1^5 S^1 \) è lo stesso per cui \( L \simeq \bigvee_1^5 S^1 \) ?
Alternativamente posso prendere i seguenti aperti?
\( A = \mathcal{B}(y, \epsilon)\) una palla aperta tale che i quattro buchi siano contenuti in \(\mathcal{B}(y, \epsilon) \), mentre per definisco prima una palla aperta \( \mathcal{B}(y, \delta) \supset \mathcal{B}(y, \epsilon) \) tale che i quattro buchi \( x_1,x_2,x_3,x_4 \not\in \mathcal{B}(y, \delta) \setminus \mathcal{B}(y, \epsilon) \) e definisco quindi \(B = A \setminus \mathcal{B}(y, \delta) \), notiamo che \( A \simeq \bigvee_1^4 \), mentre \( B \simeq S^1 \vee S^1 \) e per contro \(A \cap B \) è un anello ed è omotopo ad un cerchio.
Pertanto
\( \pi_1 A \cong F(4) \), \( \pi_1 B \cong F(2) \), \( \pi_1 (A \cap B) \cong F(1) \), dunque per Seifert van Kampen, siccome tutti i nostri aperti sono connessi per archi abbiamo che
\[ \pi_1 L \cong \pi_1 A \ast_{\pi_1 (A \cap B)} \pi_1 B = F(4) \ast_{F(1)} F(2) = F(6) / F(1) \cong F(5) \]
-Stessa domanda, \(B \) è un wedge di due cerchi per lo stesso motivo di \( L \) è un wedge di 5 cerchi?
- Il quoziente di \( F(n)/F(k) \cong F(n-k) \) sempre?
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