Дополнение к 6 двумерным плоскостям в R^4

[Leeb]

Помогите, пожалуйста, понять, что является правильным ответом на такой вопрос.

Вычислить фундаментальную группу (либо описать гомотопический тип) дополнения в $\mathbb{R}^4$ к шести двумерным плоскостям, заданным уравнениями $x_i=x_j = 0,\ i\neq j, \ i,j=1,2,3,4 $.

В одном решении утверждается, что это дополнение гомотопически эквивалентно 1-остову четырехмерного куба. Пусть это так, тогда остов куба это граф с $16$ вершинами и $2^3 \binom{4}{1} = 32$ ребрами, что гомотопически эквивалентно букету $17$ откружностей, значит, фунд. группа это свободная группа $F(17)$.

Однако у меня есть сомнения, поскольку можно рассуждать так. Имеем 6 плоскостей в $\mahtbb{R}^4$, попарно пересекающихся по точке. Выколем эту точку, тогда получим дополнение проколотого $\mathbb{R}^4$ до объединения 6 проколотых плоскостей. Деформационно ретрагируем $\mathbb{R}^4\bachslash pt$ на сферу, тогда при такой ретракции все плоскости перейдут в окружности. Взаимное расположение этих окружностей таково, что каждые две из них зацеплены как зацепление Хопфа, т.к. исходные плоскости пересекались лишь по точке (здесь требуется более строгое обоснование). Таким образом, мы имеем дополнение сферы $S^3$ до шести попарно зацепленых окружностей, его фундаментальная группа задается шестью образующими $a_1, a_2,...,a_6$, связанными $\binom{6}{2}$ соотношениями вида $[a_i,a_j]=1$, где $[p,q] = pqp^{-1}q^{-1}$ - коммутатор. Другой способ - записать группу этого огромного зацепление через Виртингера, и что-то там сократить, это делается, но слишком громоздко, без необходимости не хочется к этому обращаться. Но в самом любом случае, даже если это неправильное вычисление, то по двойственности Александера мы можем вычислить гомологии $H_1$ от этого дополнения, оно будет равно $H^{3-1-1}(S^1\sqcup...\sqcup S^1) = \mathbb{Z}^6$, т.е. эта группа никак не может быть $F(17)$, у нее абелианизация другая.
Похожее решение приведено в Прасолове, там тоже получается группа с $n$ образующими и похожими соотношениями для дополнения $C^2$ к $n$ комплексным прямым, пересекающимся по одной точке (собственно, там тоже используют сведение к дополнению зацепления окружностей).

-- 06.07.2023, 00:55 --

Блин, позор на мою бошку. Эти шесть плоскостей не все попарно пересекаются по нулю. Есть и те, кто пересекаются по прямой, например.
И да, эта вещь действительно ретрагируется на куб. Рассмотрим вначале все пространство и попробуем ретрагировать наше дополнение. Очевидно, выкалывание точки ретрагирует пространство на сферу $S^3$. Ее можно рассматривать как границу куба $I^4$. Что дальше? Дальше есть 4 прямые вида $x_i=x_j=x_k=0$, $i<j<k$, которые приводят к прокалыванию 8 трехмерных граней куба лучами-половинками и ретракции этого на двумерный остов. Точнее могло бы, т.к. у нас выкалываются не только эти лучи, но и то, что "ограничивают" эти пары лучей, а это соответствует пересечениям трехмерных граней куба, т.е. двумерным граням. Таким образом, выкинута четырехмерная грань (соотв. началу координат), все трехмерные грани (соотв. восьми половинкам четырех прямых, образованных попарными пересечениями) и все двумерные грани (соотв. четвертинкам плоскостей, собственно данных нам в условии), т.е. действительно остается только ребра и вершины.

-- 06.07.2023, 01:06 --

Подумалось, что так можно осознавать, на что будет ретрагироваться любое дополнение к набору любых подпространств вида $x_{i_1}=x_{i_2}=...=x_{i_l}$ в $\mathbb{R}^n$ - мы смотрим на все пересечения, образованные подпространствами набора, сначало на самое маленькое (как точка в нашем случае), что будет соответствовать грани куба соответствующей коразмерности, потом на пространства побольше и т.д. последовательно. В общем случае, конечно же, это не обязано ретрагироваться на именно остов куба, но будет неким подкомплексом. Впрочем, в общем случае вариантов уже становится очень много, поэтому комбинаторика этого самого подкомплекса будет сходу неочевидной. Ну и пример когда это не остов очевиден - одна плоскость в $R^4$ (это сфера $S^2$) или даже две в $R^4$ (это будет $S^1\times S^1$, что кстати можно получить зацеплениями, как раз).

В общем, приношу извинения участникам форума за поток мыслей.