WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 40 | 41 || 43 | 44 |   ...   | 76 |

Рис. 145. Другое представление трехмерного тора (разрезы показывают идентификацию) 290 ТОПОЛОГИЯ гл. V ПРИЛОЖЕНИЕ *1. Проблема пяти красок. Доказательство того, что всякая карта на сфере может быть правильно раскрашена с помощью не более чем пяти различных красок, основывается на формуле Эйлера. (В соответствии с тем, что было сказано на стр. 265, карта считается раскрашенной правильно, если никакие две области, соприкасающиеся по целой дуге, не окрашены одинаково.) Мы ограничимся рассмотрением таких карт, на которых все области являются простыми замкнутыми многоугольниками, ограниченными круговыми дугами. Не уменьшая общности, можно допустить, что в каждой вершине сходится ровно по три дуги; карту, удовлетворяющую такому условию, будем называть регулярной. Заменим каждую вершину, в которой встречается более трех дуг, маленьким кружком и присоединим внутренность этого кружка к одной из прилегающих областей: тогда получится новая карта, в которой «кратные» вершины заменены обыкновенными. Новая карта будет содержать столько же областей, сколько и старая, и она будет регулярной. Если ее удастся правильно раскрасить, то, сжимая потом кружок и сводя его в точку, мы получим требуемую раскраску первоначальной карты. Таким образом, достаточно убедиться, что каждую регулярную карту на сфере можно правильно раскрасить пятью красками.

Прежде всего докажем, что всякая регулярная карта содержит по крайней мере один многоугольник с числом сторон меньшим шести. Обозначим через Fn число n-угольных областей нашей регулярной карты;

тогда, обозначая через F число всех областей, получим равенство F = F2 + F3 + F4 +... (1) У каждой дуги два конца; в каждой вершине сходится три дуги. Поэтому если E обозначает число дуг, а V — число вершин на нашей карте, то 2E = 3V. (2) Далее, так как область, ограниченная n дугами, имеет n вершин и каждая вершина принадлежит трем областям, то 2E = 3V = 2F2 + 3F3 + 4F4 +... (3) По формуле Эйлера мы имеем V - E + F = 2, или 6V - 6E + 6F = 12.

Из соотношения (2) следует, что 6V = 4E, так что 6F - 2E = 12. Тогда соотношения (1) и (3) нам дают 6(F2 + F3 + F4 +...) - (2F2 + 3F3 + 4F4 +...) = 12, или (6 - 2)F2 + (6 - 3)F3 + (6 - 4)F4 + (6 - 5)F5 + + (6 - 6)F6 + (6 - 7)F7 +... = 12.

ПРИЛОЖЕНИЕ Так как хотя бы один из членов суммы слева должен быть положительным, то отсюда ясно, что четыре числа F2, F3, F4 и F5 не могут одновременно равняться нулю. Но это и есть то, что нам нужно было доказать.

Перейдем теперь к теореме о пяти красках. Пусть M — какая угодно регулярная карта на сфере, n — число всех ее областей. Мы знаем, что имеется хоть одна область с числом сторон меньшим шести.

Случай 1. M содержит область A с 2, 3 или 4 сторонаA ми (рис. 146). В этом случае удалим дугу, отделяющую A от одной M M из прилежащих областей. (Здесь необходимо следующее примечание. Если у области A четыре стороны, то может случиться, что одC на из прилежащих областей, если B D ее обойти вокруг, окажется также A прилежащей к A с противоположной стороны. В этом случае, на E F основании теоремы Жордана, две области, прилегающие к A с двух M M остальных сторон, будут различными, и мы сможем удалить одну Рис. 146–147. К доказательству теореиз этих двух сторон.) Вновь полумы о пяти красках ченная карта M будет также регулярной, но содержащей уже только n - 1 областей. Если карту M можно правильно раскрасить пятью красками, то можно раскрасить и карту M. В самом деле, к области A прилегает самое большее четыре области карты M, и потому для A всегда найдется пятая краска.

Случай 2. M содержит область A с пятью сторонами. Рассматривая пять областей, прилегающих к A, обозначим их через B, C, D, E и F.

Можно всегда среди этих пяти областей найти две, которые не прилегают друг к другу: действительно, если, например, B и D прилегают одна к другой, то отсюда вытекает, что C не прилегает ни к E, ни к F, так как в противном случае всякий путь, идущий из C в E или F, должен был бы пройти по крайней мере через одну из областей A, B или D (рис. 147).

(Ясно, что это утверждение существенно зависит от теоремы Жордана, справедливой для плоскости и для сферы. Для тора, напротив, все это рассуждение отпадает.) Итак, можно допустить, что, например, C и F не прилегают друг к другу. Удалим те две стороны A, которые отделяют A от C и F, и тогда получим новую карту M с n - 2 областями, также регулярную. Если новую карту M можно правильно раскрасить пятью 292 ТОПОЛОГИЯ гл. V красками, то можно раскрасить и первоначальную карту M. В самом деле, после восстановления удаленных сторон область A будет прилегать к пяти областям, окрашенным не более чем четырьмя красками (так как C и F окрашены одинаково), и потому для A всегда найдется пятая краска.

Таким образом, во всех случаях всякий регулярной карте M с n областями можно сопоставить такую, также регулярную, карту M с n - или n - 2 областями, что если M можно раскрасить пятью красками, то M — также. Это рассуждение можно повторить для карты M и т. д.

В результате мы получим последовательность карт, в которой первым членом явится M:

M, M, M,..., обладающую тем свойством, что каждая карта этой последовательности может быть раскрашена пятью красками, если может быть раскрашена следующая за ней. Но так как число областей в картах этой последовательности неизменно убывает, то рано или поздно в ней найдется карта с пятью областями (или меньшим числом). Такую карту всегда можно раскрасить не более чем пятью красками. Возвращаясь по последовательности карт, шаг за шагом, обратно, заключим отсюда, что и сама карта М может быть раскрашена пятью красками. Этим доказательство и заканчивается.

Остается заметить, что это доказательство имеет «конструктивный» характер: оно дает практически осуществимый, хотя, может быть, и утомительный, метод нахождения требуемой раскраски данной карты M, составленной из n областей, посредством конечного числа шагов.

2. Теорема Жордана для случая многоугольников. Теорема Жордана утверждает, что всякая простая замкнутая кривая C разделяет точки плоскости, не принадлежащие C, на такие две области (не имеющие общих точек), по отношению к которым сама кривая C является общей границей. Мы докажем здесь эту теорему для частного случая, когда C есть замкнутый многоугольник P.

Мы покажем, что точки плоскости (кроме точек, находящихся на самом многоугольном контуре P ) разбиваются на два класса A и B, обладающие следующими свойствами: 1) две точки одного и того же класса могут быть соединены ломаной линией, не имеющей общих точек с P ; 2) если две точки принадлежат разным классам, то любая ломаная линия, их соединяющая, имеет общие точки с P. Один из названных классов образует «внутренность» многоугольника, другой состоит из точек, находящихся «вне» многоугольника.

Приступая к доказательству, выберем какое-то фиксированное направление в нашей плоскости, не параллельное ни одной из сторон P.

Так как P имеет конечное число сторон, то это всегда возможно. Затем ПРИЛОЖЕНИЕ определим классы A и B следующим образом.

Точка p принадлежит классу A, если луч, проведенный через нее в фиксированном направлении, пересекает P в четном числе точек (0, 2, 4, 6 и т. д.). Точка p принадлежит классу B, если луч, проведенный из p в фиксированном направлении, пересекает P в нечетном числе точек (1, 3, 5 и т. д.).

К этому нужно добавить, что если рассматриваемый луч проходит через какую-нибудь вершину, то эта вершина идет в счет как точка пересечения луча с P или не идет, смотря по тому, расположены ли прилежащие стороны многоугольника P по разные стороны луча или по одну и ту же его сторону.

Условимся говорить, что две точки p и q имеют одну и ту же «четность», если они принадлежат одному и тому же из двух классов A и B.

Заметим прежде всего, что все точки любого отрезка прямой, не пересекающегося с P, имеют одну и ту же четность. Действительно, четность точки p, движущейся по такому отрезку, может измениться не иначе, как при пересечении соответствующего луча с одной из вершин P ; но, принимая во внимание наше соглашение о счете точек пересечения, легко убедиться, что в каждом из двух возможных случаев четность все же не меняется. Из ска- P занного следует, что если некоторая точка p1 облаp сти A соединена ломаной p линией с некоторой точкой p2 области B, то эта линия непременно пересеp кает P. Иначе четность всех точек ломаной линии, в частности, точек p1 и p2, Рис. 148. Счет пересечений была бы одинаковой. Дальше, покажем, что две точки одного и того же из двух классов A и B могут быть соединены ломаной линией, не пересекающейся с P. Обозначим две данные точки через p и q. Если прямолинейный отрезок pq, соединяющий p и q, не пересекается с P, то доказывать больше нечего. В противном случае пусть p — первая, а q — последняя точка пересечения отрезка pq с многоугольником P (рис. 149). Построим ломаную линию, начинающуюся от точки p прямолинейным отрезком, расположенным по направлению pq, но заканчивающуюся непосредственно перед точкой p :

отсюда ломаная пойдет вдоль P (безразлично, в каком из двух возможных направлений) и будет так идти, пока не придет снова на 294 ТОПОЛОГИЯ гл. V прямую pq — около точки q. Весь вопрос в том, произойдет ли пересечение с прямой pq на отрезке p q или на отрезке q q: мы сейчас убедимся, что справедливо именно последнее, и тогда будем иметь возможность закончить ломаную, соединяя последнюю из полученных точек с точкой q прямолинейным отрезком, снова лежащим на отрезке pq.

Если две точки r и s расположены очень близко одна от другой, но по разные стороны одной из сторон P многоугольника P, то они имеют различную четность, так как выходящие из них p p q q (в фиксированном направлении) лучи будут таковы, что на одном из них будет на одну точку больше тоРис. 149. К доказательству теоремы Жордачек пересечения с P, чем на на другом. Отсюда ясно, что четность меняется, когда, двигаясь по pq, мы проходим через точку q.

Значит, ломаный «путь», намеченный на чертеже пунктиром, вернется на pq между q и q, так как p и q (следовательно, все точки на рассматриваемом «пути») имеют одну и ту же четность.

Таким образом, теорема Жордана для случая многоугольника доказана. «Внешними» по отношению к многоугольнику P будут те точки, которые принадлежат классу A: действительно, двигаясь по какомунибудь лучу в фиксированном направлении достаточно далеко, мы, несомненно, придем к точке, за которой пересечений с P уже не будет, и все такие точки будут принадлежать классу A, так что их четность будет 0. Тогда уже придется заключить, что точками «внутренними» будут точки класса B. Каким бы запутанным ни был замкнутый многоугольник P, всегда очень легко узнать, расположена ли данная точка p внутри или вне его: достаточно из p провести луч и посчитать число его точек пересечения с P. Если это число нечетное, значит, p «сидит» внутри и не сможет выбраться наружу, не пересекая P. Но если это число четное, то точка p — вне многоугольника P (попробуйте проверить это на рис. 128).

Вот идея другого доказательства жордановой теоремы для случая многоугольников. Определим порядок точки p0 относительно замкнутой кривой C (не проходящей через p0) как число полных поворотов1, совершаемых стрелЭто число нужно, конечно, брать в алгебраическом смысле, т. е. с учетом направления вращения.

ПРИЛОЖЕНИЕ кой (вектором), проведенным от p к p0, когда точка p делает один обход по кривой C.

Затем пусть A есть совокупность точек p0 (не на P ) четного порядка относительно P, а B есть совокупность точек p0 (не на P ) нечетного порядка относительно P. В таком случае A и B, определенные указанным способом, представляют собой соответственно области «внешнюю» и «внутреннюю» относительно P. Читатель может в качестве упражнения воспроизвести все детали доказательства.

*3. Основная теорема алгебры. Основная теорема алгебры утверждает, что если функция f(z) имеет вид f(z) = zn + an-1zn-1 + an-2zn-2 +... + a1z + a0, (1) где n 1 и an-1, an-2,..., a1, a0 — какие угодно комплексные числа, то существует такое комплексное число, что f( ) = 0. Другими словами, в поле комплексных чисел всякое алгебраическое уравнение имеет корень. (Основываясь на этой теореме, мы на стр. 122 сделали дальнейшее заключение: полином f(z) может быть разложен на n линейных множителей f(z) = (z - )(z - )... (z - ), 1 2 n где,,..., — нули f(z).) Замечательно, что эту теорему можно 1 2 n доказать, исходя из соображений топологического характера, как и теорему Брауэра о неподвижной точке.

Пусть читатель вспомнит, что комплексное число есть символ вида x + yi, где x и y — действительные числа, а символ i обладает свойством i2 = -1. Комплексное число x + yi изображается точкой (x, y) в плоскости прямоугольных координат. Если мы введем в этой же плоскости полярные координаты, принимая начало координат за полюс, а положительное направление оси x за полярную ось, то можно будет написать z = x + yi = r(cos + i sin ), где r = x2 + y2. Из формулы Муавра следует, что zn = rn(cos n + + i sin n ) (см. стр. 118). Отсюда ясно, что если комплексное число z описывает круг радиуса r с центром в начале координат, то zn опишет ровно n раз круг с радиусом rn. Напомним еще, что модуль z (обозначаемый через |z|) представляет собой расстояние z от 0 и что если z = x + iy, то |z - z | есть расстояние между z и z. После этих напоминаний можно перейти к доказательству теоремы.

Допустим, что полином (1) не имеет корней, так что при любом комплексном z f(z) = 0.

При этом допущении, если z описывает некоторую замкнутую кривую в плоскости x, y, то f(z) опишет некоторую замкнутую кривую, не 296 ТОПОЛОГИЯ гл. V zn f(z) z O C Рис. 150. Доказательство основной теоремы алгебры проходящую через начало координат (рис. 150). Можно определить порядок точки O для функции f(z) относительно замкнутой кривой C как число полных поворотов, совершаемых вектором, идущим от O к точке f(z) на кривой, когда z делает полный обход по кривой C.

Возьмем в качестве кривой C окружность с центром O и радиусом t и обозначим через (t) порядок точки O для функции f(z) относительно окружности с центром O и радиусом t. Очевидно, (0) = 0, так как круг радиуса 0 сводится к одной точке и кривая также сводится к одной точке f(0) = 0. Если мы докажем, что при достаточно больших значениях t функция (t) равна n, то в этом уже будет заключаться противоречие, так как, с одной стороны, порядок (t) должен быть непрерывной функцией t (поскольку f(z) есть непрерывная функция z), а с другой стороны, функция (t) может принимать только целые значения и потому никак не может перейти от значения 0 к значению n непрерывно.

Нам остается доказать, что при достаточно больших значениях t (t) = n.

Pages:     | 1 |   ...   | 40 | 41 || 43 | 44 |   ...   | 76 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.