WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 43 | 44 || 46 | 47 |   ...   | 49 |

1.3. а) Предположим сначала, что вершины графа фиксированы, а изменяется лишь расположение рёбер. Два положения одного и того же ребра образуют цикл. Согласно задаче 1.2 индекс пересечения этого цикла с циклом, образованРис. 138. Вложения графов K3,3 и K§ 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой ным несмежными рёбрами, равен 0. Поэтому индекс самопересечения не зависит от расположения одного ребра, а значит, и от расположения всех других рёбер.

От расположения вершин индекс самопересечения тоже не зависит, поскольку можно построить гомеоморфизм плоскости, переводящий данные n точек в любые другие n точек.

б) Графы K3,3 и K5 обладают свойством, сформулированным в условии задачи б), поэтому их индекс самопересечения не зависит от их расположения на плоскости. Значит, индекс самопересечения можно посчитать для произвольной картинки. Он для обоих графов оказывается равным 1. В частности, всегда есть точка самопересечения.

1.4. а) Достаточно доказать, что в графе G любой цикл C имеет чётную длину.

Цикл C содержит внутри себя несколько граней. Выбросим одну внутреннюю грань цикла C, имеющую с циклом C общее ребро. В результате участок цикла C, состоящий из n1 рёбер, заменится на участок, состоящий из n2 рёбер, где n1 + n2 – число сторон выброшенной грани, т. е. чётное число. Поэтому при ука– занном преобразовании чётность длины цикла не изменяется. После нескольких таких преобразований получим цикл, ограничивающий одну грань. Длина такого цикла чётна.

б) Выберем в каждой области по одной точке и соединим рёбрами те точки, которые лежат в областях, граничащих по некоторой дуге. В результате получим граф G, все грани которого содержат чётное число рёбер. (Грани соответствуют точкам самопересечения кривой ; k-кратной точке самопересечения соответствует грань, содержащая 2k рёбер.) 1.5. Для графа K5 любая грань должна содержать не менее 3 рёбер, поэтому e 3v - 6, но e = 10 и v = 5. Для графа K3,3 любая грань должна содержать не менее 4 рёбер, поэтому e 2v - 4, но e = 9 и v = 6.

2.1. Требуемая гомотопия задаётся формулой A 0 cos t sin t 1 0 cos t - sin t ht (A, B) =, 0 1 - sin t cos t 0 B sin t cos t где 0 t 2.

/ 2.2. Достаточно доказать, что в рассматриваемых пространствах каждую матрицу можно соединить путём с единичной матрицей In. Для а) и б) требуемая конструкция содержится в доказательстве леммы об однородности многообразий (см. с. 244). Для унитарных матриц можно воспользоваться тем, что любая унитарная матрица в некотором ортонормированном базисе диагональна с элементами вида ei на диагонали. Требуемый путь задаётся в этом базисе матрицами с диагональными элементами eit, t [0, 1]. Для пространства SU(n) годится та же самая конструкция, поскольку если ei1... ein = 1, то ei1t... eint = 1.

2.3. а) Предположим, что число листов накрытия p : Kn G равно 2m. В таком случае прообраз любой вершины v графа G состоит из 2m вершин v1,..., v2m и эти вершины порождают в Kn граф K2m, содержащий m(2m - 1) рёбер. Каждое из этих рёбер проецируется в петлю с началом и концом в точке v. Пусть в ре318 Глава VI. Фундаментальная группа Рис. 139. Накрытие с группой автоморфизмов Z Рис. 140. Накрытие с груп- Рис. 141. Накрытие с группой автопой автоморфизмов Zn морфизмов Z Z Рис. 142. Накрытие с группой автоморфизмов Z2 Zзультате получается l таких петель. Прообраз каждой такой петли состоит из 2m рёбер, поэтому 2ml = m(2m - 1), т. е. l = (2m - 1) 2, чего не может быть.

/ б) Накрытие p : K2m+1 G, где граф G состоит из одной вершины и m петель, обладает требуемыми свойствами.

2.4. Предположим, что отображение f гомотопно нулю. Пусть x0 S1 – фик– сированная точка и y0 = f(x0). Рассмотрим петлю (t) = x0 exp(2it) с началом x0. Отображение f переводит эту петлю в стягиваемую петлю (t). Фиксиру ем точку z0 R, для которой exp(2iz0) = y0, и рассмотрим путь (t) – поднятие – пути (t) с началом z0. Петля (t) стягиваема, поэтому путь (t) замкнут. Это означает, что формула f2 ( (t)) = (t) корректно задает отображение f2 : S1 R.

Остается положить f1 (t) = exp(2it).

2.5. Требуемые накрытия изображены на рис. 139–142; на всех этих рисунках, кроме первого, изображено только накрывающее пространство.

2.6. Рассмотрим букет rk G окружностей, т. е. 1-мерный комплекс с одной вершиной и rk G рёбрами. Затем построим накрытие этого комплекса, соответствующее подгруппе H. Группа H изоморфна фундаментальной группе накрываю щего пространства X. Пространство X гомеоморфно букету окружностей, поэтому группа H свободная.

Рассматриваемое накрытие k-листно, поэтому X имеет k вершин и k(rk G) рёбер. Максимальное дерево в X содержит k - 1 рёбер, поэтому после стяги§ 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой вания максимального дерева в точку получаем 1-мерный комплекс, состоящий из одной вершины и k(rk G) - (k - 1) = (rk G - 1)k + 1 рёбер. Это число и есть ранг группы H.

2.7. Чтобы построить мономорфизм Fn F2, достаточно построить накры1 тие с базой Sa Sb и накрывающим пространством, гомотопически эквивалент1 ным S1... Sn. Это накрытие можно построить, 1 например, так. Разместим окружности S2,..., Sn на S1 равномерно (рис. 143); полученное про- 1 S2 S1 странство гомотопически эквивалентно S1... Sn.

S1 Окружность S1 отобразим (n - 1)-листно на Sa, 1 а остальные окружности S2,..., Sn тождественно отобразим на Sb.

На алгебраическом языке отображение Fn FSвыглядит следующим образом. Пусть x1,..., xn – – образующие группы Fn, a и b – образующие груп– Рис. 143. Накрывающее пы F2. Тогда x1 an-1, x2 b, x3 aba-1, x4 a2ba-2,..., xn an-2ban-2. Для группы F пространство отображение следующее: xk akba-k.

4.1. Нет, не верно. Пусть, например, A = {0}, B = [0, 1] и C = {1}. Тогда d(A, B) = d(B, C) = 0 и d(A, C) = 1.

4.2. Пусть dH (A, B) = и dH (B, C) =. Тогда для точки a A можно выбрать точку b B так, что a - b + (для любого > 0). Для точки b B можно выбрать точку c C так, что b - c +. Поэтому a - c + + + 2. Аналогично для точки c C можно выбрать точку a A так, что a - c + + 2.

4.3. Пусть задано > 0. Для каждой точки x f(A) рассмотрим множество n n Ux = A f-1 (Dx,/2), где Dx,/2 – открытый шар радиуса 2 с центром x. Эти – / множества образуют открытое покрытие топологического пространства A. Пусть > 0 – число Лебега этого покрытия. Тогда если a1, a2 A и |a1 - a2| <, – то a1, a2 Ux для некоторой точки x. В таком случае точки f(a1) и f(a2) лежат в открытом шаре радиуса 2 с центром x, поэтому |f(a1) - f(a2)| <.

/ 6.1. Пусть r : A X – ретракция, f : A Y – произвольное непрерывное – – отображение. Тогда fr – продолжение отображения f на X. С другой стороны, – если любое непрерывное отображение f : A Y можно продолжить на X, то, в частности, отображение idA : A A можно продолжить до отображения r : A X. Это и есть требуемая ретракция.

6.2. Пусть f : A A – произвольное непрерывное отображение. Согласно за– даче 6.1 это отображение можно продолжить до отображения F : X A X.

По условию отображение F имеет неподвижную точку x0. При этом x0 = F(x0) A и f(x0) = F(x0) = x0.

7.1. Пусть {U} – открытое покрытие множества C; U – открытое множе– – ство в K, для которого U = U C. Множества U вместе с открытым множеством U = K \ C покрывают K. Из этого покрытия можно выбрать конечное подпокрытие U1,..., Un, U. Ясно, что множества U1,..., Un покрывают C.

320 Глава VI. Фундаментальная группа 7.2. а) Введём на пространстве X следующее отношение эквивалентности:

x1 x2, если образы точек x1 и x2 при любом непрерывном отображении X в хаусдорфово пространство совпадают. Тогда XH = X и – естественная про/ – екция X на X.

/ б) Рассмотрим сюръективное отображение Matn (C) Cn, которое сопоставляет матрице A коэффициенты многочлена det(A + I), где I – единичная мат– рица. Это отображение постоянно на орбитах, поэтому оно индуцирует отображение c : X G Cn. Отображению c соответствует сюръективное отображе/ ние cH : (X G)H Cn.

/ Если матрицы A и B диагональные, то cH (A) = cH (B) тогда и только тогда, когда A и B принадлежат одной и той же орбите.

В любой орбите можно выбрать верхнюю треугольную матрицу 1...

.............

0... n Пусть m = diag(1, m, m2,..., mn-1) – диагональная матрица. Тогда – lim mA-1 = diag(1,..., n).

m m Из хаусдорфовости пространства (X G)H следует, что матрицы A и diag(1,..., n) / представляют в нём одну и ту же точку.

в) Отображение f индуцирует отображение f : X G C. Отображению f / соответствует отображение F : (X G)H = Cn C.

/ 8.1. Пусть v0, v1,..., vn – упорядоченный набор вершин симплекса n. Ему – соответствует симплекс барицентрического подразделения, который в барицентрических координатах задаётся неравенствами x0 x1... xn. Этот симплекс имеет следующие вершины: v0, барицентр [v0, v1], барицентр [v0, v1, v2],...

8.2. Полный подкомплекс, очевидно, обладает указанным свойством. Предположим теперь, что любой симплекс комплекса K, граница которого лежит в L, сам лежит в L. Пусть все вершины некоторого симплекса комплекса K лежат в L. Тогда все его рёбра лежат в L. Поэтому все его 2-мерные грани тоже лежат в L и т. д.

8.3. Симплекс n комплекса K однозначно задаётся набором симплексов 0 1... n комплекса K (вершины n являются барицентрами этих симплексов). Предположим, что все вершины симплекса n лежат в L. Тогда, в частности, барицентр симплекса n лежит в L. Это означает, что сам симплекс n лежит в L. Симплекс n является одним из симплексов барицентрического подразделения симплекса n, поэтому он лежит в L.

8.4. а) [139] Мы будем предполагать, что I = [-1, 1]. Тогда In состоит из таких точек (x1,..., xn), что |xi| 1 для всех i и xi = ±1 для некоторого i.

Положим (In)n-1 = {(x1,..., xn) In | xi = +1 для некоторого i}.

+ § 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой Легко проверить, что ((In)n-1) состоит из таких точек (x1,..., xn) In, что + xi = +1 и xj = -1. Определим (In)n-2 как объединение (n - 2)-мерных гра+ ней куба, заданных соотношениями xi = +1 и xj = -1 для i < j. Аналогично определим (In)n-j как объединение (n - j)-мерных граней куба, заданных со+ j+отношениями xa1 = +1, xa2 = -1, xa2 = +1,..., xaj = (-1) для некоторых 1 a1 < a2 < a3 <... < aj n. Легко проверить, что ((In)n-j) = (In)n-j-+ + (-(In)n-j-1).

+ Пусть Sk (i0, i1,..., ik) – количество k-мерных симплексов с пометками – i0,..., ik, принадлежащих (In)k. Выведем соотношение между S1 (i, j) и S0 (i), + посчитав двумя разными способами число N(i) – количество пар, состоящих – из 1-мерного симплекса, принадлежащего (In)1, и его вершины с пометкой i 1.

+ Рассмотрим сначала сумму по 1-мерным симплексам, принадлежащим (In)1.

+ В результате получим N(i) = 2S1 (i, i) + S1 (i, -i) + (S1 (i, j) + S1 (i, -j)); (1) j=i,j при этом S1 (i, -i) = 0 по условию. Рассмотрим теперь сумму по вершинам триангуляции, принадлежащим (In)1. В результате получим + N(i) = 2K + S0 (i) + S0 (-i), (2) где K – количество внутренних вершин (In)1 с пометкой i. Действительно, гра– + ница (In)1 состоит из (In)0 и -(In)0 ; при этом если вершина v (In)0 имеет + + + + пометку k, то вершина -v -(In)0 имеет пометку -k. Сравнивая равенства (1) + и (2) и суммируя по i от 1 до n, получаем n (S1 (i, -j) + S1 (-i, j)) (S0 (i) + S0 (-i)) (mod 2);

1 i

Ясно также, что (S0 (i) + S0 (-i)) = 1, поскольку (In)0 состоит из одной точ+ ки (+1, -1, +1,...).

В дальнейшем будем производить вычисления по модулю 2. Подсчитаем в (In)2 количество пар, состоящих из 2-мерного симплекса и его 1-мерной + грани с метками i и -j, где 1 i < j. Сначала рассмотрим сумму по 2-мерным симплексам. В результате получим (по модулю 2) (S2 (i, -j, k) + S2 (i, -j, -k)).

k =i,j,k Рассматривая сумму по 1-мерным симплексам с метками i и -j, получим S1 (i, -j) + S1 (-i, j);

здесь снова внутренние 1-симплексы по модулю 2 взаимно уничтожаются и остаются только граничные симплексы. Приравняем полученные выражения и про322 Глава VI. Фундаментальная группа суммируем по всем парам i < j. После приведения по модулю 2 получим (S2 (i0, -i1, i2) + S2 (-i0, i1, -i2)) = (S1 (i, -j) + S1 (-i, j)) = 1 i0

1 i n Аналогичные вычисления можно продолжить дальше и получить Sn-1 (1, -2,..., ±n) + Sn-1 (-1, 2,..., n) 1 (mod 2). (3) При доказательстве каждый раз нужно использовать то, что если числа ia и ia+одного знака, то выражение Sk (i0,..., ia, ia+1,..., ik) встречается дважды.

Чтобы прийти к противоречию, вычислим во всём кубе In количество пар, состоящих из n-мерного симплекса и его (n - 1)-мерной грани с метками 1, -2, 3,..., ±n. Противолежащая этой грани вершина не может иметь меток -1, 2, -3,..., n, потому что иначе было бы ребро с метками i и -i. Таким образом, ровно одна из меток 1, -2, 3,..., ±n встречается дважды. Поэтому рассматриваемое количество пар чётно (мы вычисляем количество пар, суммируя по n-мерным симплексам). С другой стороны, вычисляя то же самое количество пар, суммируя по (n - 1)-мерным симплексам с метками 1, -2, 3,..., ±n, получим выражение, стоящее в левой части сравнения (3). Приходим к противоречию.

б) Предположим, что существует непрерывное отображение f : In In, переводящее антиподальные точки In в антиподальные точки. Рассмотрим столь мелкую триангуляцию In, симметричную на In, что если v1 и v2 – смежные вер– шины триангуляции, то f(v1) - f(v2) < 2; в частности, образы смежных вершин триангуляции не могут лежать на противоположных гранях куба. Пометим вершины триангуляции числами ±1, ±2,..., ±n следующим образом: точке v In сопоставим номер грани, которой принадлежит точка f(v); при этом подразумевается, что противоположные грани имеют номера i и -i. Согласно лемме Такера существуют смежные вершины триангуляции, имеющие номера i и -i. Приходим к противоречию.

8.5. Из теоремы Борсука–Улама следует, что n m. Пусть – произволь– – ное (m + 1 - n)-мерное линейное подпространство в Rm+1 Sm. Покажем, что множество (Sn) содержит по крайней мере две точки. Пусть – ортого– нальное дополнение к пространству, p : Rm+1 – ортогональная проекция.

– Тогда отображение p : Sn Rn нечётно, поэтому по теореме Борсука – = – Улама существует точка x Sn, для которой p((x)) = 0, т. е. (x). В таком случае (-x) = -(x), причём (x) = 0, так как (x) Sm.

Почти все (m + 1 - n)-мерные линейные подпространства в Rm пересекают фиксированное (n + 1)-мерное линейное подпространство по прямой, т. е. они пересекают стандартно вложенную в Rn+1 Rm сферу Sn ровно в двух точках.

Pages:     | 1 |   ...   | 43 | 44 || 46 | 47 |   ...   | 49 |



© 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.