Foro de preguntas y respuestas de matemáticas, de cualquier nivel. Cuánto más interesantes, divertidas o intrépidas, mejor.
Aviso: Te invitamos a conocer la página de Facebook de la UCIM

Ganas puntos al hacer preguntas, contestarlas y, sobre todo, si tu respuesta es seleccionada como la mejor.
Registrate como usuario para participar en el foro. También puedes utilizar tu identidad de FB Utiliza el botón azul para ingresar (si usas tu identidad de FB y estás logeado en FB, automáticamente te reconoce).

El irracional tiene una página en FB. El Irracional






+2 votos

El otro dia estaba pensando en la esfera de Alexander. La esfera de Alexander $S=\partial B$ es la frontera de una 3-bola $B$ (la bola compacta) encajada de una forma salvaje en $S^3$.  (http://en.wikipedia.org/wiki/Alexander_horned_sphere)

Pude convecerme de que el grupo fundamental del complemento $\pi_1( S^3 - B)$ es no trivial, incluso es no finitamente generado. Esto basicamente porque para encoger un lazo que le da la vuelta a uno de los cuernos, tendrias que tocar la esfera de Alexander $S=\partial B$. Pero este argumento no me dice nada del grupo fundamental del complemento de la bola abierta, i.e. $\pi_1(S^3 - (B-\partial B))$.

Asi que mi pregunta es: que se puede decir de  $\pi_1(S^3 - (B-\partial B))$?

por (17,3m puntos) en Avanzadas

1 Respuesta

+2 votos
 
Mejor respuesta
La bola $B$ está encajada en $S^3$ de una manera muy complicada, pero sigue siendo homeomorfa a una bola usual, de modo que $S^3  - (B - \partial B)$ es un retracto por deformación de $S^3 \setminus \{b_0\}$ donde $b_0$ es un punto cualquiera en $B - \partial B$. Por lo tanto, $S^3 - (B - \partial B)$, ¡es contraíble!
por (33,1m puntos)
seleccionada por
Licencia Creative Commons
Este obra está bajo una Licencia Creative Commons Atribución-NoComercial-CompartirIgual 2.5 México.

powered by UCIM

...