Книги по разным темам Pages:     | 1 |   ...   | 43 | 44 | 45 | 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 Kз 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. 139Ц142; 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 стягиз 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}.

+ з 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 БорсукаЦУлама 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 | 45 | 46 | 47 |   ...   | 49 |    Книги по разным темам