WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 45 | 46 || 48 | 49 |

/ xDn+xxSn Dn+xРис. 147. Диск Dn+1 Рис. 148. Комплекс Y § 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой Рис. 149. Два конуса 14.5. а) Согласно задаче 14.2 X X, где X – CW -комплекс с одной вер– шиной x0 и без k-мерных клеток, где 1 k n. Ясно также, что X X.

В комплексе X x0 X нет клеток размерностей от 1 до n + 1. Поэтому / согласно задаче 14.3 он (n + 1)-связен.

б) Можно считать, что X и Y не имеют клеток положительных размерностей, не превосходящих n и m. Тогда клетки положительной размерности CW -комплекса X Y, не лежащие в X Y, являются произведениями клеток p q, где p n + 1 и q m + 1; после факторизации X Y по X Y помимо 0-мерной клетки остаются только такие клетки. Значит, X Y не имеет k-мерных клеток, где 1 k n + m + 1.

в) Согласно задаче 14.4 X Y (X Y). Остаётся воспользоваться задачами а) и б).

14.6. Задача а) является частным случаем задачи б). Будем решать сразу задачу б).

Джойн X Y содержит выделенные подпространства X и Y ; приклеим к ним CX и CY. Если каждый из конусов CX и CY стянуть в точку, то в результате получим (X Y). Эти конусы – стягиваемые подпространства, поэтому – X Y CX CY (X Y).

Пусть x0 X и y0 Y – отмеченные точки. Рассмотрим в X Y подпростран– ство Z, состоящее из {x0} Y и X {y0}. Пространство Z стягиваемо, поскольку после стягивания в Z отрезка [x0, y0] в точку получается пространство, гомотопически эквивалентное букету двух конусов. Ясно также, что если в пространстве X Y CX CY стянуть в точку подпространство Z, то в результате получится X Y (X Y).

14.7. По теореме о клеточной аппроксимации любое отображение Sk X, k n, гомотопно отображению Sk Xn X, причём можно считать, что в процессе гомотопии точка x0 Xn неподвижна. При k n-1 отображение Sk I X, которое представляет собой гомотопию, связывающую два отображения 330 Глава VI. Фундаментальная группа Рис. 150. Универсальное накрывающее пространство f0, f1 : Sk X, гомотопно отображению Sk I Xn X, причём при t = 0 и это отображение совпадает с f0 и с f1.

14.8. При n 2 универсальное накрывающее пространство для Sn S1 представляет собой прямую R, к которой в точках с целочисленными координатами приклеены n-мерные сферы (рис. 150). Это пространство гомотопически эквивалентно букету счётного множества n-мерных сфер.

При n 2 гомотопические группы размерности n базы накрытия и накрывающего пространства изоморфны.

14.9. Группа n (Sn S1, x0) является свободной группой со счётным набором образующих k, k Z. Под действием образующей фундаментальной группы 1 (Sn S1, x0) элемент k переходит в k±, т. е. действие нетривиально.

14.10. Сделаем замену переменных x1 = u1 + u2, x4 = u1 - u2, x2 = u3 + u4, x3 = u3 - u4. Эта замена переменных задаёт гомеоморфизм рассматриваемой сферы на сферу u2 + u2 + u2 + u2 =. При этом уравнение x1x4 - x2x3 = 0 переходит 1 2 3 в уравнение u2 - u2 - u2 + u2 = 0, т. е. u2 + u2 = u2 + u2.

1 2 3 4 1 4 2 14.11. На с. 136 объясняется, что CP2 получается посредством приклеивания D4 = {(z1, z2) C2 | |z1|2 + |z2|2 1} к CP1 = {(z1 : z2 : z3) CP1 | z3 = 0} по отображению f : S3 CP1, заданному формулой f(z1, z2) = (z1 : z2). Но отображение f совпадает с p.

14.12. Из задачи 14.11 следует, что ретракции r : CP2 CP1 соответствует отображение r : D4 CP1, для которого r(x) = p(x) при x S3. Поэтому r – – продолжение на D4 отображения p, т. е. отображение p гомотопно постоянному.

Но отображение p индуцирует изоморфизм p : 3 (S3) 3 (S2), где 3 (S3) = Z (см. с. 256), поэтому оно не может быть гомотопно постоянному.

14.13. Требуемый изоморфизм следует из точной последовательности пары n (CX) n (CX, X) n-1 (X) n-1 (CX), поскольку конус CX – стягиваемое пространство.

– 14.14. Представим Sm и Sn как Im Im и In In. Тогда Sm Sn пред/ / ставляется как куб In+m, у которого некоторые точки границы In+m отождествляются; при отождествлении этих точек из In+m получается Sm Sn.

Пусть a In+m \ In+m. Деформационная ретракция In+m \ {a} на In+m строится § 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой очевидным образом. Она даёт деформационную ретракцию Sm Sn с выколотой точкой на Sm Sn.

15.1. Множество Nn Mn одновременно замкнуто (поскольку Nn компактно) и открыто (поскольку Nn не имеет края и размерность многообразия Nn равна размерности многообразия Mn). Поэтому оно совпадает с Mn.

15.2. а) Многообразие G+ (n, 1) диффеоморфно Sn-1, а G+ (3, 2) G+ (3, 1).

Поэтому в дальнейшем будем считать, что k 2 и n 4. Вычислим 1 G(n, k) с помощью теоремы 20.1. Нас интересует только 2-мерный G(n, k).

остов 1 0 0 В 2-мерный остов входят клетки Шуберта следующих видов:, 0 t 1 x 1 0 0 1 0 0 и ; здесь предполагается, что остальная часть y 0 1 0 0 x y матрицы состоит из нулей и единиц, поэтому она нас не интересует. Покажем, что обе 2-мерные клетки приклеиваются к 1-мерной клетке точно так же, как 1 0 0 0 1 0 0 в RP2. При x, y получаем и 0 x y 1 0 x y 1 / x 1 0 0 x 1 0 0 1 0 0.

y 0 1 0 0 -y x 1 0 0 -y x 1 / / В обоих случаях диаметрально противоположные точки границы 2-мерной клетки приклеиваются к одной и той же точке 1-мерной клетки.

Таким образом, группа 1 G(n, k) задаётся одной образующей, которая удовлетворяет соотношению 2 = 1 (обе 2-мерные клетки задают одно и то же со отношение). Значит, 1 G(n, k) = Z2.

Пространство G+ (n, k) двулистно накрывает G(n, k), поэтому 1 G+ (n, k) = = 0. Из этого следует ориентируемость G+ (n, k).

б) При k < n любые k ортонормированных векторов в Rn можно перевести в любые другие k ортонормированных векторов в Rn преобразованием из SO(n), поэтому группа SO(n) транзитивно действует на G(n, k), т. е. любое k-мерное подпространство k в Rn можно перевести в любое другое k-мерное подпространство преобразованием из SO(n).

Стационарная подгруппа каждой точки k G(n, k), состоящая из преобра зований, переводящих k в себя, изоморфна O(k) O(n - k) SO(n). Действительно, любое ортогональное преобразование, переводящее k в себя, представляет собой прямую сумму ортогонального преобразования k и ортогонального преобразования (k).

Выберем в точке k G(n, k) ориентацию и попытаемся разнести её на всё многообразие G(n, k) посредством действия группы SO(n). Это удастся сделать, если под действием всей стационарной подгруппы ориентация в точке k не изменяется.

Пусть U1 O(k) и U2 O(n - k). Пара матриц (U1, U2) действует на матрицу (Ik, X), где Ik – единичная матрица порядка k, X – матрица размером k (n - k), – – -следующим образом: (Ik, X) (U1, XU2) (Ik, U1 XU2). Поэтому в пространстве, координатами которого служат элементы матрицы X, получаем отображение 332 Глава VI. Фундаментальная группа -1 T -X U1 XU2. Это отображение задаётся матрицей U2 (U1 )T = A, определи-тель которой равен (det U2)k (det U1 )n-k (см. [15, с. 172]).

Мы рассматриваем случай, когда матрица U1 U2 лежит в SO(n), т. е. её определитель равен 1. Это означает, что det U1 = det U2 = ±1. Если det U1 = = det U2 = 1, то det A = 1. Если же detU1 = detU2 = -1, то detA= (-1)k (-1)n-k = = (-1)n. Поэтому в случае чётного n стационарная подгруппа сохраняет ориентацию, а в случае нечётного n часть стационарной подгруппы изменяет ориентацию. В случае нечётного n теперь легко построить петлю, при обходе вдоль которой ориентация изменяется. А именно, возьмём в связной группе SO(n) путь (t) из точки In в точку U1 U2, где U1 O(k) и U2 O(n - k) – – матрицы с определителем -1. Этому пути соответствует петля (t)k в G(n, k).

При обходе вдоль этой петли ориентация изменяется.

15.3. Сопоставим паре векторов (v11, v12, v13, v14) и (v21, v22, v23, v24) шесть v1i v1j, i < j. Эти числа – координаты Плюккера плоскости, натячисел xij = – v2i v2j нутой на данные векторы. Они связаны единственным соотношением Плюккера:

x12x34 - x23x14 + x13x24 = 0. (1) Поэтому нужно доказать, что пересечение гиперповерхности (1) с 5-мерной сфе рой xij = 1 диффеоморфно S2 S2.

Введём новые координаты y1,..., y6 следующим образом: 2x12 = y1 + y4, 2x34 = y1 - y4, 2x23 = y2 + y5, 2x14 = y2 - y5, 2x13 = y3 + y6, 2x24 = y3 - y6. В этих 2 2 2 2 2 координатах уравнение (1) запишется в виде + y2 + y3 = y4 + y5 + y6, а урав yнение 5-мерной сферы запишется в виде yk = 2. Полученная система урав2 2 2 2 2 нений эквивалентна следующей: y1 + y2 + y3 = 1, y4 + y5 + y6 = 1. Эта система уравнений задаёт S2 S2.

15.4. Пусть 2 G+ (n, 2) – ориентированная плоскость в Rn. Выберем в ней – векторы v1 и v2 так, что |v1| = |v2|, v1v2 и базис v1, v2 положительно ориентирован. Если плоскость 2 отождествить с C, то пара v1, v2 определена с точностью до умножения на ненулевое комплексное число.

Сопоставим паре векторов v1, v2 вектор v1 + iv2 в Cn, а затем сопоставим этому вектору соответствующую ему точку в CPn-1. Так мы получим взаимно однозначное отображение G+ (n, 2) на некоторое подмножество в CPn-1. Покажем, 2 что это множество и есть квадрика, заданная уравнением z1... + zn = 0.

+ Пусть v1 = (x1,..., xn) и v2 = (y1,..., yn). Тогда (xk + iyk)2 = xk - yk + 2i xkyk = 0, т. е. точка v1 + iv2 принадлежит указанной квадрике. На оборот, если zk = xk + iyk и zk = 0, то векторы v1 = (x1,..., xn) и v2 = (y1,..., yn) имеют равную длину и ортогональны.

Комплексное сопряжение соответствует замене базиса v1, v2 на базис v1, -v2.

В результате получается та же плоскость, но с противоположной ориентацией.

16.1. Точка TSn задаётся парой векторов x, y Rn+1, которых (x, x) = для и (x, y) = 0. Сопоставим этой паре векторов точку x 1 + y 2 + iy Cn+1.

§ 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой Пусть zk = xk 1 + y 2 + iyk. Тогда 2 xk 1+ y 2 +iyk)2 = (1+ y 2) xk +2i 1+ y 2 xkyk - yk = 1, поскольку xk = 1 и xkyk = 0.

Наоборот, возьмём точку u + iv Cn+1, для которой (uk + ivk)2 = 1, т. е.

u 2 - v 2 = 1 и (u, v) = 0. Сопоставим точке u + iv пару векторов u u x = и y = v. Тогда x 2 = = 1 и (x, y) = 0.

1 + v 1 + v 16.2. Пусть v0 = (x1, x2, x3, x4) S3. Положим v1 = (-x2, x1, -x4, x3), v2 = = (-x3, x4, x1, -x2) и v3 = (-x4, -x3, x2, x1). Тогда (vi, vj) = 0 при i = j. Из это го следует, что v1, v2, v3 – попарно ортогональные единичные векторы, касатель– ные к S3 в точке v0.

На S4n+3 три линейно независимых векторных поля строятся аналогично:

координаты разбиваются на n + 1 четвёрку, с каждой из которых производятся те же самые операции.

16.3. а) Пусть v(x) – векторное поле без особых точек на S2n+1. Мож– но считать, что v(x) = 1. Положим H(t, x) = (cos t)x + (sin t)v(x). Тогда H(t, x) = 1, т. е. H(t, x) S2n+1. При этом H(0, x) = f(x) и H(1, x) = g(x).

б) Пусть x2k+1 (t) = x2k+1 cos t + x2k+2 sin t и x2k+2 (t) = x2k+1 sin t + +x2k+2 cos t. Положим H(t, x) = -x0, x1 (t),..., x2n (t). Тогда H(0, x) = g(x) и H(1, x) = f(x).

16.4. а) Рассмотрим проекцию вектора f(x) на касательное пространство в точке x S2n. Если f(x) = ±x для всех x, то в результате получим векторное поле на S2n без особых точек, чего не может быть.

б) Точку x RP2n можно рассматривать как пару точек ±x S2n. Сопоставим каждой из точек ±x пару точек ±f(x). В результате получим либо два отображе ния f : S2n S2n (при этом f = -f ), либо одно отображение f : S2n S2n, 1,2 2 где пространство S2n двулистно накрывает S2n. Второй вариант невозможен, поскольку 1 (S2n) = 0.

Если отображение f не имеет неподвижных точек, то отображение f обладает тем свойством, что f (x) = ±x для всех x S2n. Согласно задаче а) таких отображений нет.

16.5. [105] Можно считать, что K, как линейное пространство, отождествлено с Rn. Прежде всего докажем, что число n чётно. Соединим в Rn точки e и -e путём (t), не проходящим через 0. Каждой точке (t) этого пути соот ветствует невырожденное линейное преобразование A (t) : x µ x, (t). Точкам e и -e соответствуют линейные преобразования In и -In, причём det In = и det(-In) = (-1)n. Предположим, что n нечётно. Тогда det(-In) = -1. С другой стороны, det(A (t)) = 0 для всех t. Поэтому если в начальной точке пути det(A (t)) > 0, то в конечной точке пути тоже det(A (t)) > 0. Получено противоречие.

Каждому вектору v Rn \ {0} можно сопоставить вектор f(v) Rn \ {0}, для которого µ v, f(v) = e. При этом v = e f(v) = e. Таким образом, f – го– 334 Глава VI. Фундаментальная группа меоморфизм Rn \ {te}, t R, на себя. Далее, f переводит луч tv, t > 0, в луч tf(v), t > 0, поскольку f(tv) = t-1 f(v) при t = 0. Поэтому можно рассмотреть отображение f : Sn-1 \ {±e} Sn-1 \ {±e}, которое переводит точку v в точку пересечения луча tf(v), t > 0, со сферой Sn-1. Наконец, перейдём к отображению g : Sn-2 Sn-2, которое переводит точку v в точку пересечения сферы Sn-2, состоящей из единичных векторов, ортогональных e, с большой окружностью, проходящей через точки ±e и f (v).

Число n - 2 чётно, поэтому согласно задаче 16.4 g(v) = ±v для некоторой точки v Sn-2. Это означает, что f(v) = v + e, где, R и = 0.

Согласно определению e = µ v, f(v) = µ(v, v + e) = µ(v, v) + v, поэтому µ(v, v) = -1e - -1v. Таким образом, подпространство, натянутое на векторы e и v, является подалгеброй. Эта подалгебра ассоциативна, коммутативна, имеет двустороннюю единицу и не имеет делителей нуля, т. е. она является полем.

Но любое поле, которое как вещественное пространство имеет размерность 2, изоморфно C.

16.6. В малой окрестности любой точки сферы Sn-1 = {x Rn : x = 1 2} / отображение f (с точностью до линейных членов) выглядит как симметрия относительно гиперплоскости, касательной к Sn-1 в данной точке.

18.1. Отображение f гомотопно постоянному отображению, потому что 2 (M2) = 0. Из этого следует, что deg f = 0.

18.2. Пусть x0 – регулярное значение отображения fg, f-1 (x0) = {a1,..., ak}, – g-1 (ai) = {bi1,..., bil(i)}, i = sgn Jf (ai), i j = sgn Jg (bi j). Тогда 1 +...+k deg f = и i1 +... + il(i) = deg g для всех i = 1,... k. Поэтому deg(fg) = ii j = = i (deg g) = (deg f) (deg g).

18.3. Пусть P(z) = anzn + an-1zn-1 +... + a0, an = 0. Отображение z P(z) A продолжается до отображения P : CP1 CP1, заданного формулой (z : w) (anzn + an-1zn-1w +... + a0wn : wn).

A Пусть (u0 : 1) – регулярное значение отображения P. Степень отображения – A P вычисляется следующим образом. Сначала нужно взять прообразы точки (u0 : 1), т. е. такие точки z0,..., zk, что P(zj) = u0. Регулярность означает, что P(zj) = 0. Поэтому у многочлена P(z) - u0 нет кратных корней, т. е. k = n. Затем в каждой точке zj нужно вычислить знак якобиана отображения z P(z). Если a b P (zj) = a + bi, то матрица Якоби этого отображения в точке zj равна.

-b a Её определитель равен a2 + b2 > 0, поэтому якобиан во всех точках z1,..., zn положителен. Значит, степень отображения равна n.

18.4. Пусть R(z) = P(t) Q(t), где deg P = m и deg Q = n. Тогда гладкое отоб/ ражение CP1 CP1 задаётся формулой (z : w) wm+nP(z w) : wm+nQ(z w).

Pages:     | 1 |   ...   | 45 | 46 || 48 | 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.