топология / Прасолов В. В., Элементы комбинаторной и дифференциальной топологии

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

при этом S1 (i, −i) = 0 по условию. Рассмотрим теперь сумму по вершинам триангуляции, принадлежащим (In)1+. В результате получим

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

слагаемые вида S1 (i, j) уничтожились, потому что каждое такое слагаемое встречается дважды: сначала в выражении для i, а затем в выражении для j. Ясно также, что P (S0 (i) + S0 (−i)) = 1, поскольку (In)0+ состоит из одной точки (+1, −1, +1, . . .).

Вдальнейшем 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 6 i < j. Сначала рассмотрим сумму по 2-мерным симплексам. В результате получим (по модулю 2)

X

(S2 (i, −j, k) + S2 (i, −j, −k)).

k=6i,j,k>1

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 про-

При доказательстве каждый раз нужно использовать то, что если числа ia и ia+1 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 вершины триангуляции, то kf(v1) − f(v2)k < 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

кпротиворечию.

8.5.Из теоремы Борсука–Улама следует, что n 6 m. Пусть Π – произвольное (m + 1 −n)-мерное линейное подпространство в Rm+1 Sm. Покажем, что

множество Π ∩ ϕ(Sn) содержит по крайней мере две точки. Пусть Π – ортогональное дополнение к пространству Π, p : Rm+1 → Π – ортогональная проекция.

Тогда отображение p ◦ ϕ : Sn → Π Rn нечётно, поэтому по теореме Борсука –

=

Улама существует точка x Sn, для которой p(ϕ(x)) = 0, т. е. ϕ(x) Π. В таком случае ϕ(−x) = −ϕ(x) Π, причём ϕ(x) 6= 0, так как ϕ(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.

объём ϕ(Sn) не меньше, чем n-мерный объём Sn. Для доказательства этого утверждения нужно ввести на множестве Gm+1−n (Rm) всех (m + 1 − n)-мерных

§ 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой 323

линейных подпространств в Rm инвариантную меру µ и для каждого множества

Z

Gm+1−n(Rm)

делён n-мерный объём, то этот интеграл конечен и пропорционален n-мерному объёму множества X.

8.6.a) Непосредственное применение теоремы Борсука – Улама не приводит

кжелаемому результату, потому что противоположно направленные лучи, выходящие из внутренней точки многогранника P, могут пересекать ∂P в точках, принадлежащих пересекающимся граням. Предварительно многогранник P нужно симметризовать. А именно, рассмотрим множество

Q = {x = z −w | z, w P}.

Ясно, что Q – выпуклый многогранник, симметричный относительно начала ко-

h(x) = max {z | x = z −w, где z, w P}.

Геометрически отображение h можно описать так. Если x = z − w, то z = x + wx + P, поэтому h(x) – максимальная точка множества P ∩ (x + P). При этом максимальная точка находится следующим образом: сначала находим точки с максимальной координатой z1, затем среди них находим точки с максимальной координатой z2, и т. д.

Легко проверить, что x = h(x) −h(−x). Действительно, если x = h(x) −w0,

то w0 = h(x) − x P ∩ (x + P) −x = (−x + P) ∩ P. При этом из того, что h(x) – максимальная точка множества P ∩ (x + P), следует, что w0 – максимальная точ-

ка множества (−x + P) ∩ P.

Докажем теперь, что отображение h непрерывно. Пусть xn Q и lim xn =

n→∞

= x Q. Представим xn в виде xn = zn − wn, где zn = h(xn). Пусть zni

вольная сходящаяся подпоследовательность. Тогда подпоследовательность wni

тоже сходящаяся. Положим z = lim zni и w = lim wni . Тогда x = z − w, поэто-

i→∞ i→∞

му z 6 h(x). Предположим, что z < h(x). Рассмотрим точки z0 = zni + ε (h(x) −z)

и w0 = wni + ε (h(−x) −w), где ε > 0. Из того, что h(x) − h(−x) = x = z − w, следует, что z0 −w0 = zni −wni = xni . Ясно также, что z > zni , так как h(x) − z > 0 и ε > 0. Покажем, что числа ε > 0 и ni можно выбрать так, что z0, w0 P. Для

точки z P можно выбрать δ > 0 так, что если kz − vk 6 δ и точка v лежит на луче, выходящем из точки z и идущем в точку t P, то v P. Пусть Cδ – множество всех таких точек v. Выберем ε > 0 так, что εkh(x) − zk 6 δ/2, а ni выберем так,

что kzni −zk 6 δ/2. Тогда точки zni и z + ε (h(x) − z) принадлежат Cδ/2. Из выпуклости множества Cδ/2 следует, что середина отрезка с концами в этих точках тоже

принадлежит Cδ/2, поэтому z0 = zni + ε (h(x) −z) Cδ P. Аналогично получаем w0 P. Но если z0, w0 P и z0 −w0 = xni , то z0 6 h(xni) = zni , что противоречит

324 Глава VI. Фундаментальная группа

неравенству z0 > zni . Полученное противоречие показывает, что z = h(x). Таким образом, любая сходящаяся подпоследовательность последовательности zn сходится к h(x). Из компактности множества P, содержащего точки zn, следует, что вне сколь угодно малой окрестности точки h(x) может лежать лишь конечное

число точек zn. Поэтому lim zn = h(x), т. е. отображение h непрерывно.

n→∞

Пусть a 6= 0 – произвольный вектор и max(a, x) = (a, x0). Из равенства

x Q

x0 = h(x0) − h(−x0) следует, что

(a, h(x0)) + (−a, h(−x0)) = (a, x0) = max(a, x) =

x Q

= max (a, z − w) = max(a, z) − max(−a, w).

Поэтому (a, h(x0)) = max(a, z) и (−a, h(−x0)) = max(−a, w). Это означает, что

точки h(x0) и h(−x0) принадлежат двум различным опорным гиперплоскостям многогранника P. В частности, точки h(x0) и h(−x0) принадлежат непересекающимся граням многогранника P.

Теперь уже можно применить теорему Борсука–Улама к отображению g(x) = f(h(x)). В результате получим, что существует точка x0 ∂Q, для которой g(x0) = g(−x0). Точка x0 принадлежит некоторой опорной плоскости много-

гранника Q, поэтому существует вектор a 6= 0, для которого max(a, x) = (a, x0).

x Q

В таком случае точки z = h(x0) и w = h(−x0) принадлежат непересекающимся граням многогранника P и

ние задачи б) – это частный случай теоремы Хелли. Но это как раз тот частный случай, который является шагом индукции при доказательстве теоремы Хелли

при x 6= 0. Поэтому формула x 7→ht (x)/kht (x)k задаёт гомотопию, связываю-

§ 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой 325

Рис. 144. Поверхности M21 и M22

щую тождественное отображение idS∞ с отображением ϕ|S∞ . Пусть, далее, gt (x) = (1 − t)ϕ(x) + (t, 0, 0, . . .). Тогда снова gt (x) 6= 0 при x 6= 0. Поэтому формула x 7→gt (x)/kgt (x)k задаёт гомотопию, связывающую отображение ϕ|S∞

спостоянным отображением в точку (1, 0, 0, . . .).

9.3.Если данное компактное множество K пересекает открытую клетку

Из свойства (c) следует, что любая замкнутая клетка пересекается лишь с конечным числом открытых клеток, поэтому пересечение любого подмножества T 0 T с любой замкнутой клеткой состоит из конечного числа точек, а значит, оно замкнуто. Теперь из свойства (w) следует, что любое подмножество T 0 T замкнуто, а значит, T дискретно. С другой стороны, множество T компактно как замкнутое подмножество компактного пространства. Остаётся заметить, что дискретное компактное множество конечно.

10.1. Сферу Sn можно представить как CW -комплекс с одной 0-мер- ной клеткой и одной n-мерной клеткой. Поэтому Sp ×Sq можно представить как CW -комплекс с клетками размерностей 0, p, q и p + q. Клетки размерностей 0, p и q образуют подкомплекс Sp Sq. После стягивания этого подкомплекса

б) Нужно доказать, что если после разрезания по замкнутой кривой поверхность nP2 становится ориентируемой, то в случае чётного n край полученной поверхности состоит из двух компонент, а в случае нечётного n – из одной. При таком разрезании эйлерова характеристика поверхности не изменяется. Если край состоит из двух компонент, то можно приклеить ручку S1 ×I, а если край состоит из одной компоненты, то можно приклеить диск D2. В обоих случаях в результате получится замкнутая ориентируемая поверхность (имеющая чётную эйлерову характеристику). В первом случае эйлерова характеристика не изменяется, а во втором она увеличивается на 1.

§ 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой 327

этих множеств не зависит от выбора пути γ. В самом деле, предположим, что одно поднятие пути γ0 с началом в Ik заканчивается в Jk, а другое заканчивается в Jl , где l 6= k. Тогда одно поднятие замкнутого пути γ0γ−1 с началом Ik заканчивается в Ik, а другое заканчивается в Il , где l 6= k. Этого не может быть.

Отобразим все точки каждого множества Jk в одну точку. В результате получим накрытие p1 : Xh → Y . Накрытие p2 строится теперь очевидным образом.

13.1. Эйлерова характеристика взрезанных квадратов графов K3,3 и K5 легко вычисляется. Все грани четырёхугольные, причём каждое ребро принадлежит ровно двум граням. Поэтому 2e = 4f. Количество вершин v равно n2 − n,

Действительно, паре несмежных рёбер во взрезанном джойне соответствует тетраэдр, в во взрезанном квадрате – параллелограмм; этот параллелограмм можно рассматривать как сечение тетраэдра (рис. 146). Взрезанные джойны графов K3,3 и K5 гомеоморфны S3. Для графа K5 это – частный случай (при n = 1) теоремы 10.2 на с. 149. Для графа K3,3 это легко выводится из того, что врезанный джойн джойна – это то же самое, что джойн взрезанных джойнов (см. доказательство теоремы 10.3 на с. 150). Действительно, граф K3,3 – это джойн

sk0 2 sk0 2, поэтому J22 (K3,3) = J22 (sk0 2 sk0 2) = J22 (sk0 2) J22 (sk0 2) ≈ ≈ S1 S1 ≈ S3, поскольку J22 (sk0 2) ≈ S1.

Итак, взрезанные квадраты графов K3,3 и K5 вкладываются в S3. А замкнутые неориентируемые поверхности в S3 не вкладываются (следствие теоремы 17.9 на с. 239).

13.2. На взрезанном квадрате есть инволюция без неподвижных точек, со-

Если на двумерной поверхности есть инволюция без неподвижных точек, то её эйлерова характеристика чётна.

14.1. Отображение idY гомотопно отображению Y → y0. Зададим на X отображение f0 = idX , а на Y зададим гомотопию, связывающую отображения idY

§ 22. Фундаментальная группа дополнения алгебраической кривой 329

не превосходящих n и m. Тогда клетки положительной размерности CW -ком- плекса X × Y , не лежащие в X Y , являются произведениями клеток σ p × σq, 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 6 k 6 n + m + 1.

в) Согласно задаче 14.4 X Y Σ(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 Σ(X × Y). Эти конусы – стягиваемые подпространства, поэтому

X Y CX CY Σ(X × Y).

Пусть x0 X и y0 Y – отмеченные точки. Рассмотрим в X Y подпространство 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

Рис. 150. Универсальное накрывающее пространство

f0, f1 : Sk → X, гомотопно отображению Sk ×I → Xn X, причём при t = 0 и 1 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 πn (Sn S1, x0) является свободной группой со счётным набо-

ром образующих αk, k Z. Под действием образующей фундаментальной группы π1 (Sn S1, x0) элемент αk переходит в αk±1, 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 сфе-

ры на сферу u21 + u22 + u23 + u24 = 12 . При этом уравнение x1x4 −x2x3 = 0 переходит

вуравнение u21 − u22 −u23 + u24 = 0, т. е. u21 + u24 = u22 + u23.

14.11.На с. 136 объясняется, что CP2 получается посредством приклеи-

ражение 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 : π3 (S3) → π3 (S2), где π3 (S3) = Z (см. с. 256), поэтому оно не может быть гомотопно постоянному.

14.13.Требуемый изоморфизм следует из точной последовательности пары