La sucesión de Milnor puede ser usada para calcular límites inversos, que, al menos al principio, suelen ser difíciles de visualizar. Dado un espacio (digamos un CW-complejo localmente finito para no complicarnos la vida) con una filtración $\{K_i\}$ por compactos (por ejemplo,subcomplejos finitos verificando $K_1\subset K_2\subset\dots$ y $X=\cup_i K_i$) entonces la sucesión de Milnor nos dice que la siguiente sucesión es exacta.
$$
0\longrightarrow \underset{\leftarrow}{\lim}_i^1H^{n-1}(K_i;R)\to H^n(X;R)\to \underset{\leftarrow}{\lim}_iH^n(K_i;R)\longrightarrow 0
$$
Aquí $R$ es cualquier anillo PID, dominio de ideales principales. (Véase el libro de Ross Geoghegan para más detalles sobre todo esto).
Ahora consideremos $X$ al plano $\mathbb R^2$ con una cantidad numerable de "agujeros", es decir, retiramos los interiores de discos disjuntos entre sí. Podemos suponer que los discos están alineados. Ahora filtramos $X$ mediante compactos conexos $K_i$ los cuales contienen a los primeros $i$ agujeros y que se retraen sobre sumas punteadas de $i$ circunferencias. Entonces para todo $i$ tenemos $H_0(K_i)=\mathbb Z$ y $H_1(K_i)=\oplus_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k}$. Entonces por la sucesión de coeficientes universales $H^1(K_i)=\prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}$ y por su naturalidad (no la escibilidad!) como $H_1(K_i)=\oplus_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k}\to H_1(K_{i+1})=\oplus_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k}$ es la inclusión canóniga entonces $H_1(K_{i+1})=\prod_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k^*}\to H_1(K_i)=\prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}$ es la proyección canóniga. En otras palabras tenemos
$$
pro H^0(X)=\{\mathbb Z_0=\mathbb Z_1=\dots=\mathbb Z_i=\dots\}
$$
y
$$
pro H^1(X)=\{\mathbb Z_{h_1^*}\leftarrow\cdots\leftarrow \prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow \prod_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow\cdots\}
$$
Como $proH^0$ es estable, en particular es semiestable y, por tanto, $\underset{\leftarrow_i}{\lim}^1H^0(K_i)=0$. (Para que el reverso sea cierto se necesita que los grupos sean numerables). Entonces la sucesión de Milnor nos dice que
$$
H^1(X)= \underset{\leftarrow}{\lim}\{\mathbb Z_{h_1^*}\leftarrow\cdots\leftarrow \prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow \prod_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow\cdots\}
$$
Claramente $X$ se retrae sobre una suma punteada numerable de esferas, por lo que, $H_1(X)=\oplus_{k=1}^\infty \mathbb Z_{h_k}$ y, por tanto, $H^1(X)=\prod_{k=1}^\infty \mathbb Z_{h_k^*}$. Ya tenemos el límite calculado.
Friday, October 16, 2015
Wednesday, July 15, 2015
Una espina para el trefoil knot (nudo trébol)
El objetivo es encontrar una forma sencilla de describir una espina del complemento del trefoil knot en $S^3$.
Uno de los más interesantes es lo siguiente que leí en Thurston's view of complex polynomials.
Al principio pensé que en realidad obtenía un retracto de $\mathbb R^3-K$ donde $K$ es nuestro trefoil knot.
Para ello consideramos el $2$-complejo descrito por el siguiente diagrama. Una presentación del grupo fundamental es $<a,b;a^2=b^3>$.
El cual al hacer las identificaciones parece lo siguiente en un primer paso. Tenemos un cilindro cerrado sobre sí mismo identificando un punto de la tapa superior con otro de la inferior. Formando así una figura parecida a un toro, pero con las dos "bocas" abiertas y una cuerda cruzando el agujero central de la figura tórica. Esto último describe dos nuevas "bocas" en las que enchufaremos las dos anteriores. La primera la enchufamos añadiendo una célula azul por arriba.
Luego completamos enchufando con una célula verde por debajo.
Nótese que si viajamos por el interior de la figura apareceremos por una de las bocas al exterior y volvemos al interior por la otra boca rodeando la figura para volvernos a encontrar al principio y así describiendo un trefoil knot. De hecho es la espina que buscábamos. Para ello basta seguir la descripción celular del complemento de un nudo que hace R. Fenn en Techniques of geometric topology en las páginas 195-196. Para ello primero se construye el $2$-esqueleto proyectando el nudo (tómalo como un toro hueco) sobre el plano de tal forma que los cruces correspondan a dos trozos de tubo que al pasar el uno sobre el otro no deja hueco alguno con el plano. (Lo mejor es ver los dibujos de Fenn). Esto acota una un disco sobre el plano que la proyección anterior divide en una serie de $2$-células. Esto, adecuadamente dividido, describe el $2$-esqueleto. Presento lo que sería una sección vertical de este $2$-esqueleto.
El $3$-esqueleto se completa con el pegamiento de una $3$-célula cuya aplicación de pegamiento $S^2\to K^2$ consiste en enviar su hemisferio norte sobre la "parte superior" de $K^2$ y el hemisferio sur sobre la "parte inferior". Ahora podemos dividir esta $3$-célula en dos de tal forma que las nuevas $3$-células tengan como frontera $2$-esferas. Para ello elegimos un $2$-disco (azul en el dibujo) que junto a la "parte superior" de $K^2$ describen una esfera que acota en el interior a una $3$-célula. Ahora en la "parte inferior" de $K^2$ junto con el disco azul describen una $2$-esfera que acota en el exterior a la otra $3$-célula.
Ahora podemos describir los colapsos de $S^3-K$ sobre su espina. Sea lo siguiente un diagrama del $2$-esqueleto visto desde arriba. Los trazos gruesos corresponden a trozos cilíndricos que se unen entre sí en los cruces originales.
Por el interior del cilindro correspondiente al trazo negro empujamos hacia arriba por un disco sobre él que hará de cara libre de la $3$-célula que se asienta sobre él. Ahora el disco azul que describíamos más arriba es cara libre de la $3$-célula exterior por lo que podemos colapsarla sobre su cara opuesta que el la parte "inferior" de $K^2$. Así hemos eliminado las dos $3$-células de antes. Ahora podemos colapsar el resto de la superficie correspondiente al trazo negro pues tiene caras libres. Finalmente el trazo negro desaparece, quedando las superficies correspondientes a los cilindros amarilllos y azul además de las $2$-células horizontales de color celeste. Nótese que ahora quedan dos bocas, correspondientes al cilindro amarillo una y otra al azul, abiertas. Ahora deslizando los cilindros sobre las células celestes (esto corresponde a $3$-deformaciones), podemos deformarlo, deshaciéndonos de las células celestes (llevándolas a un sólo punto), al complejo que mostramos al principio.
Al principio pensé que en realidad obtenía un retracto de $\mathbb R^3-K$ donde $K$ es nuestro trefoil knot.
Para ello consideramos el $2$-complejo descrito por el siguiente diagrama. Una presentación del grupo fundamental es $<a,b;a^2=b^3>$.
El cual al hacer las identificaciones parece lo siguiente en un primer paso. Tenemos un cilindro cerrado sobre sí mismo identificando un punto de la tapa superior con otro de la inferior. Formando así una figura parecida a un toro, pero con las dos "bocas" abiertas y una cuerda cruzando el agujero central de la figura tórica. Esto último describe dos nuevas "bocas" en las que enchufaremos las dos anteriores. La primera la enchufamos añadiendo una célula azul por arriba.
Luego completamos enchufando con una célula verde por debajo.
Nótese que si viajamos por el interior de la figura apareceremos por una de las bocas al exterior y volvemos al interior por la otra boca rodeando la figura para volvernos a encontrar al principio y así describiendo un trefoil knot. De hecho es la espina que buscábamos. Para ello basta seguir la descripción celular del complemento de un nudo que hace R. Fenn en Techniques of geometric topology en las páginas 195-196. Para ello primero se construye el $2$-esqueleto proyectando el nudo (tómalo como un toro hueco) sobre el plano de tal forma que los cruces correspondan a dos trozos de tubo que al pasar el uno sobre el otro no deja hueco alguno con el plano. (Lo mejor es ver los dibujos de Fenn). Esto acota una un disco sobre el plano que la proyección anterior divide en una serie de $2$-células. Esto, adecuadamente dividido, describe el $2$-esqueleto. Presento lo que sería una sección vertical de este $2$-esqueleto.
El $3$-esqueleto se completa con el pegamiento de una $3$-célula cuya aplicación de pegamiento $S^2\to K^2$ consiste en enviar su hemisferio norte sobre la "parte superior" de $K^2$ y el hemisferio sur sobre la "parte inferior". Ahora podemos dividir esta $3$-célula en dos de tal forma que las nuevas $3$-células tengan como frontera $2$-esferas. Para ello elegimos un $2$-disco (azul en el dibujo) que junto a la "parte superior" de $K^2$ describen una esfera que acota en el interior a una $3$-célula. Ahora en la "parte inferior" de $K^2$ junto con el disco azul describen una $2$-esfera que acota en el exterior a la otra $3$-célula.
Ahora podemos describir los colapsos de $S^3-K$ sobre su espina. Sea lo siguiente un diagrama del $2$-esqueleto visto desde arriba. Los trazos gruesos corresponden a trozos cilíndricos que se unen entre sí en los cruces originales.
Por el interior del cilindro correspondiente al trazo negro empujamos hacia arriba por un disco sobre él que hará de cara libre de la $3$-célula que se asienta sobre él. Ahora el disco azul que describíamos más arriba es cara libre de la $3$-célula exterior por lo que podemos colapsarla sobre su cara opuesta que el la parte "inferior" de $K^2$. Así hemos eliminado las dos $3$-células de antes. Ahora podemos colapsar el resto de la superficie correspondiente al trazo negro pues tiene caras libres. Finalmente el trazo negro desaparece, quedando las superficies correspondientes a los cilindros amarilllos y azul además de las $2$-células horizontales de color celeste. Nótese que ahora quedan dos bocas, correspondientes al cilindro amarillo una y otra al azul, abiertas. Ahora deslizando los cilindros sobre las células celestes (esto corresponde a $3$-deformaciones), podemos deformarlo, deshaciéndonos de las células celestes (llevándolas a un sólo punto), al complejo que mostramos al principio.
Saturday, March 9, 2013
Busemann G-spaces
Tras casi dos años de espera por fin esta semana que viene tendremos el curso en espacios de Busemann. Despues de dos retrasos y una cancelación la Profesora Halverson nos hablará sobre estos espacios que son... algo así como los más parecido que puede ser un espacio métrico a una variedad diferenciable Riemanniana sin todo el andamiaje diferencial. Éste es uno de esos temas en los que se entra fácilmente pues los requerimientos son mínimos... sin embargo son los más truculentos pues lidian directamente con cuestiones de lo más básicas. Aquí teneis el póster con todos los detalles. Intentaré colgar mis notas de mi tiddlywiki para estos asuntos en mi tiddlyspot .
Tuesday, March 5, 2013
When are we going to use this?
A esta pregunta nos enfrentamos todos los que nos dedicamos esto alguna vez. La vez más lamentable es cuando proviene de tus propios alumnos que en el futuro quieren ser matemáticos. La más enervante cuando lo pregunta tu suegra. La mejor respuesta la he oído aquí.
Saturday, December 15, 2012
Friday, November 23, 2012
Cotas en el número de toros en una 3-variedad
Si $M$ es una $3$-variedad compacta y orientable, entonces en su borde tendremos esferas y sumas conexas de toros, llamémoslas superficies tóricas. (Creo que también las llaman superficies hiperbólicas). Nos gustaría dar una cota sobre el número de superficies tóricas, suma conexa de toros, que nos podamos encontrar en el borde, $\partial M\neq \emptyset$. La cota ha de basarse en invariantes homológicos de $M$ como los rangos y la característica de Euler-Poincaré.
Este número será un invariante del grupo fundamental. (Pero esto es otra historia). Así que nos podríamos centrar en grupos (de $3$-variedades) con un sólo final. (Véanse los usuales argumentos tipo Stallings).
Llamemos $h_0=rank H_0(\partial M)$, $h_1=rank H_1(\partial M)$, $h_2=rank H_2(\partial M)$, $t=\mbox{# sup. tóricas en}\partial M$ y $s=\mbox{# esferas en}\partial M$.
Así que $h_0=s+t=h_2$ y $h_1\geq 2t\geq 2$, ya que $t\geq 1$ pues $\partial M\neq \emptyset$..
Consideremos el doble de la variedad $2M=M\cup_{\partial M}M$, entonces
$$
0=\chi(2M)=2\chi(M)-\chi(\partial M)
$$
Por tanto,
$$
2\chi(M)=\chi(\partial M)=h_0-h_1+h_2=2h_0-h_1
$$
Entonces
$$
(1)\quad h_1=2(h_0-\chi(M))
$$
$$
(2)\quad h_0=\frac{h_1}{2}+\chi(M)
$$
Entonces
$$
2h_0=h_1+2\chi(M)\leq 2 rank H_1(M)=2\chi (M)
$$
Por tanto
$$
(3)\quad 1\leq h_0\leq rank H_1(M)+\chi(M)= rank H_1(M)+(1-rank H_1(M)+rank H_2(M)-0)=1+rank H_2(M)
$$
De la ecuación 3 del final, obtenemos
$$
(4)\quad 0\leq h_1\leq 2rank H_1(M)
$$
Por $(1)$ de más arriba y del hecho de que $h_0\geq 1$, $\partial M\neq\emptyset$, la desigualdad $(4)$ puede se mejorada a
$$
(5)\quad 2(1-\chi(M))\leq h_1\leq 2rank H_1(M)
$$
Resumiendo, tenemos:
*(A) $2\chi(M)=2h_0-h_1$;
*(B) $1\leq h_0\leq 1+rank H_2(M)$;
*(C) $2(1-\chi(M))\leq h_1\leq 2rank H_1(M)$.
Se puede reflejar en el siguiente diagrama:
Dándole la vuelta a todo esto podemos encontrar cotas de la característica de Euler de $M$, $\chi (M)$.
De la ecuación $(1)$ obtenemos $0\leq h_0-\chi (M)$, luego $\chi(M)\leq h_0$.
Por otra parte, usando la ecuación $(3)$ podemos completar hasta
$$
(6)\quad \chi (M)\leq h_0\leq 1+rank H_2(M)
$$
Es más, de las ecuaciones $(4)$ y $(5)$ tenemos $1-\chi (M)\leq h_0-\chi (M)\leq rank H_1(M)$ por tanto
$$
(7)\quad 1-rank H_1(M)\leq \chi (M)
$$
Así que tenemos
$$
(8)\quad 1-rank H_1(M)\leq \chi (M) \leq 1+rank H_2(M)
$$
De forma similar obtenemos cotas para $t$ y $s$. (Si fuese necesario se podría suponer que $s=0$).
La ecuación $(B)$ implica
$$
(9)\quad 1\leq t\leq 1+rank H_2(M)
$$
La ecuación $(A)$ implica
$$
(10)\quad \chi(M)\leq 0
$$
De la ecuación $3$ de la nota final tenemos que
$$
(11)\quad 1\leq t\leq rank H_1(M)
$$
Así que podemos concluir que ,
$$
(12)\quad 1\leq t\leq min\{rank H_1(M), 1+rank H_2(M)\}
$$
Como $s\geq 0$ entonces $rank H_1(M)\geq 1+rank H_2(M)$, luego
$$
(13)\quad 1\leq t \leq 1+ rank H_2(M)
$$
Nota
1)Si $M$ es una variedad cerrada de dimensión impar, entonces la dualidad de Poincaré nos da que $\chi(M)=0$.
2)En particular si $M$ es una variedad compacta y con borde de dimensión $3$ entonces $2\chi(M)=\chi (\partial M)$.
3)De 2) se deduce que $rank H_1(M)\geq \frac{1}{2} rank H_1(\partial M)$ si $M$ es $3$-variedad.
Este número será un invariante del grupo fundamental. (Pero esto es otra historia). Así que nos podríamos centrar en grupos (de $3$-variedades) con un sólo final. (Véanse los usuales argumentos tipo Stallings).
Llamemos $h_0=rank H_0(\partial M)$, $h_1=rank H_1(\partial M)$, $h_2=rank H_2(\partial M)$, $t=\mbox{# sup. tóricas en}\partial M$ y $s=\mbox{# esferas en}\partial M$.
Así que $h_0=s+t=h_2$ y $h_1\geq 2t\geq 2$, ya que $t\geq 1$ pues $\partial M\neq \emptyset$..
Consideremos el doble de la variedad $2M=M\cup_{\partial M}M$, entonces
$$
0=\chi(2M)=2\chi(M)-\chi(\partial M)
$$
Por tanto,
$$
2\chi(M)=\chi(\partial M)=h_0-h_1+h_2=2h_0-h_1
$$
Entonces
$$
(1)\quad h_1=2(h_0-\chi(M))
$$
$$
(2)\quad h_0=\frac{h_1}{2}+\chi(M)
$$
Entonces
$$
2h_0=h_1+2\chi(M)\leq 2 rank H_1(M)=2\chi (M)
$$
Por tanto
$$
(3)\quad 1\leq h_0\leq rank H_1(M)+\chi(M)= rank H_1(M)+(1-rank H_1(M)+rank H_2(M)-0)=1+rank H_2(M)
$$
De la ecuación 3 del final, obtenemos
$$
(4)\quad 0\leq h_1\leq 2rank H_1(M)
$$
Por $(1)$ de más arriba y del hecho de que $h_0\geq 1$, $\partial M\neq\emptyset$, la desigualdad $(4)$ puede se mejorada a
$$
(5)\quad 2(1-\chi(M))\leq h_1\leq 2rank H_1(M)
$$
Resumiendo, tenemos:
*(A) $2\chi(M)=2h_0-h_1$;
*(B) $1\leq h_0\leq 1+rank H_2(M)$;
*(C) $2(1-\chi(M))\leq h_1\leq 2rank H_1(M)$.
Se puede reflejar en el siguiente diagrama:
Dándole la vuelta a todo esto podemos encontrar cotas de la característica de Euler de $M$, $\chi (M)$.
De la ecuación $(1)$ obtenemos $0\leq h_0-\chi (M)$, luego $\chi(M)\leq h_0$.
Por otra parte, usando la ecuación $(3)$ podemos completar hasta
$$
(6)\quad \chi (M)\leq h_0\leq 1+rank H_2(M)
$$
Es más, de las ecuaciones $(4)$ y $(5)$ tenemos $1-\chi (M)\leq h_0-\chi (M)\leq rank H_1(M)$ por tanto
$$
(7)\quad 1-rank H_1(M)\leq \chi (M)
$$
Así que tenemos
$$
(8)\quad 1-rank H_1(M)\leq \chi (M) \leq 1+rank H_2(M)
$$
De forma similar obtenemos cotas para $t$ y $s$. (Si fuese necesario se podría suponer que $s=0$).
La ecuación $(B)$ implica
$$
(9)\quad 1\leq t\leq 1+rank H_2(M)
$$
La ecuación $(A)$ implica
$$
(10)\quad \chi(M)\leq 0
$$
De la ecuación $3$ de la nota final tenemos que
$$
(11)\quad 1\leq t\leq rank H_1(M)
$$
Así que podemos concluir que ,
$$
(12)\quad 1\leq t\leq min\{rank H_1(M), 1+rank H_2(M)\}
$$
Como $s\geq 0$ entonces $rank H_1(M)\geq 1+rank H_2(M)$, luego
$$
(13)\quad 1\leq t \leq 1+ rank H_2(M)
$$
Nota
1)Si $M$ es una variedad cerrada de dimensión impar, entonces la dualidad de Poincaré nos da que $\chi(M)=0$.
2)En particular si $M$ es una variedad compacta y con borde de dimensión $3$ entonces $2\chi(M)=\chi (\partial M)$.
3)De 2) se deduce que $rank H_1(M)\geq \frac{1}{2} rank H_1(\partial M)$ si $M$ es $3$-variedad.
Thursday, November 8, 2012
LaTex y blogger
Estoy utilizando aquí MathJax, siguiendo las instrucciones de Cluless Fundatma que me envió hacia las instrucciones de cp's mathem-o-blog. (Mi primera opción era utilizar Watchmath ya que hace tiempo ha me fue bastante útil, pero al parecer está fuera de servicio).
$$\pi_3(S^2)\cong\mathbb Z$$
En un primer momento esto no ha funcionado pues al salvar el template blogger cambiaba los dólares del código por un algo parecido a &36;.
Así que, con más éxito, he seguido las instrucciones de ramblingsoullt en este post mismo que estáis leyendo. Consiste en incluir, bajo edición en HTML, las siguientes instrucciones en la cabecera del post. (Nótese que siguen desapareciendo los dólares: copia las instrucciones originales de aquí).
<script type="text/x-mathjax-config"> MathJax.Hub.Config({tex2jax: {inlineMath: [['$','$'], ['\\(','\\)']]}}); </script> <script src="http://cdn.mathjax.org/mathjax/latest/MathJax.js?config=TeX-AMS-MML_HTMLorMML" type="text/javascript"> </script>
Luego continuas editando en composición como se hace habitualmente.
Finalmente me he dado cuenta cómo solventar el problema de más arriba para así tener MathJax de forma global. Basta bajarse una copia del template usando el botón backup/restore y editar manualmente el template en tu disco duro. Luego lo subes y funciona. Aunque sigue viéndose (Don't panic!) incorrectamente el código en el editor del template.
$$\pi_3(S^2)\cong\mathbb Z$$
En un primer momento esto no ha funcionado pues al salvar el template blogger cambiaba los dólares del código por un algo parecido a &36;.
Así que, con más éxito, he seguido las instrucciones de ramblingsoullt en este post mismo que estáis leyendo. Consiste en incluir, bajo edición en HTML, las siguientes instrucciones en la cabecera del post. (Nótese que siguen desapareciendo los dólares: copia las instrucciones originales de aquí).
<script type="text/x-mathjax-config"> MathJax.Hub.Config({tex2jax: {inlineMath: [['$','$'], ['\\(','\\)']]}}); </script> <script src="http://cdn.mathjax.org/mathjax/latest/MathJax.js?config=TeX-AMS-MML_HTMLorMML" type="text/javascript"> </script>
Luego continuas editando en composición como se hace habitualmente.
Finalmente me he dado cuenta cómo solventar el problema de más arriba para así tener MathJax de forma global. Basta bajarse una copia del template usando el botón backup/restore y editar manualmente el template en tu disco duro. Luego lo subes y funciona. Aunque sigue viéndose (Don't panic!) incorrectamente el código en el editor del template.
Subscribe to:
Comments (Atom)