Đang tải... (xem toàn văn)
Lý thuyết bậc topo trên đa tạp compact định hướng được
LÝ THUYẾT BẬC TÔPÔ TRÊN ĐA TẠP COMPACT ĐỊNH HƯỚNG ĐƯC Nguyễn Quốc Hưng - Phan Hồ Anh Thư - Võ Nguyễn Thủy Tiên June 26, 2009 Mục lục Một 1.1 1.2 1.3 1.4 số kiến thức sở Khái niệm số tính chất đa tạp Giá trị qui Định lý phân loại đa tạp 1-chiều Phép đồng luân phép hợp luân Đa tạp định hướng 2.1 Định hướng không gian 2.2 Định hướng đa tạp 2.3 Định hướng đa tạp tích 2.4 Định hướng biên Xây 3.1 3.2 3.3 3.4 vectơ dựng bậc tôpô đa tạp Định nghóa bậc tôpô đa tạp Baäc tôpô bất biến với phép đồng luân Bậc tôpô bất biến với lựa chọn giá trị qui Kết luận Ứng dụng Bậc Topo đa tạp 5 11 11 11 12 14 21 21 22 26 28 29 MỤC LỤC PHẦN Một số kiến thức sở 1.1 Khái niệm số tính chất đa tạp Mệnh đề Tích đa tạp biên X đa tạp có biên Y đa tạp có biên Hơn nữa: ∂(X × Y ) = X × ∂Y , dim(X × Y ) = dim X + dim Y T (X × Y )(x0 ,y0 ) = T (X)x0 × T (Y )y0 , với (x0, y0 ) ∈ X × Y Chứng minh Xét X đa tạp biên m chiều Rk , Y đa tạp có biên n chiều Rl (i) Chứng minh X × Y đa tạp m + n Lấy điểm (x0 , y0) ∈ X × Y , ta chứng minh (x0, y0 ) có lân cận vi đồng phôi với tập mở H m+n Vì x0 ∈ X nên x0 có lân cận Ux0 vi đồng phôi với tập mở Uϕ(x Rm qua 0) ánh xạ ϕ ϕ : Ux0 → Uϕ(x 0) xạ ψ Vì y0 ∈ Y nên y0 có lân cận Vy0 vi đồng phôi với tập mở Vψ(y Hn qua ánh 0) ψ : Vy0 → Vψ(y 0) 1 Mà: Uϕ(x × Vψ(y ⊂ Rm × Hn = Hm+n nên (x0, y0 ) có lân cận Ux0 × Vy0 vi đồng 0) 0) 1 phôi với tập mở Uϕ(x × Vψ(y Hm+n qua ánh xạ 0) 0) 1 Φ = ϕ × ψ : Ux0 × Vy0 → Uϕ(x × Vψ(y 0) 0) (x, y) 7→ (ϕ(x), ψ(y)) Rõ ràng ϕ × ψ vi đồng phôi với ánh xạ ngược Φ−1 (x, y) = (ϕ−1 (x), ψ −1 (y)) Do đó,X × Y đa tạp m + n (ii) ∂(X × Y ) = X × ∂Y Theo định nghóa, ∂(X × Y ) điểm tương ứng với điểm ∂H m+n qua phép tham số hoá Như vậy: PHẦN MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ n h io 1 m+n ∂(X × Y ) = (x, y) ∈ Ux0 × Vy0 | (ϕ(x), ψ(y)) ∈ Uϕ(x0 ) × Vψ(y0 ) ∩ ∂H (x0 ,y0 )∈X×Y n o S n = (x, y) ∈ U × V |ψ(y) ∈ V ∩ ∂H x y 0 (x0 ,y0 )∈X×Y ψ(y0 ) n o S n = (x, y)|x ∈ U , y ∈ V , ψ(y) ∈ V ∩ ∂H x0 y0 x0 ∈X,y0 ∈Y ψ(y0 ) S (∗) = {(x, y)|x ∈ X, y ∈ ∂Y } = X × ∂Y Trong ta cần chứng tỏ đẳng thức (*) Ta biết: [ ∩ ∂Hn ∂Y = y ∈ Vy0 |ψ(y) ∈ Vψ(y 0) y0 ∈Y Đặt A= [ x0 ∈X,y0∈Y (x, y)|x ∈ Ux0 , y ∈ Vy0 , ψ(y) ∈ Vψ(y ∩ ∂Hn 0) B = {(x, y)|x ∈ X, y ∈ ∂Y } Ta chứng minh A=B Lấy (x, y) ∈ A tồn (x0 , y0) ∈ X × Y cho x ∈ Ux0 , y ∈ Vy0 , ψ(y) ∈ Vψ(y0 ) ∩ ∂Hn Suy x ∈ X vaø y ∈ ∂Y Ngược lại, cho (x, y) ∈ B ta có [ x ∈ Ux vaø y ∈ y ∈ Vy0 |ψ(y) ∈ Vϕ(y ∩ ∂Hn 0) y0 ∈Y Vậy tồn y0 cho y ∈ Vy0 , ψ(y) ∈ Vψ(y ∩ ∂Hn 0) Ta suy (x, y) ∈ A Tóm lại ta có ∂(X × Y ) = X × ∂Y (iii) T (X × Y )(x0 ,y0 ) = T (X)x0 × T (Y )y0 , với (x0, y0) ∈ X × Y Theo ta có, T (X × Y )(x0,y0 ) = dΦ(ϕ(x0 ),ψ(y0 )) (Hm+n ) dϕϕ(x0 ) = (Hm+n ) dψψ(x0 ) = dϕϕ(x0 ) (Rm ) × dψψ(x0 ) (Hn ) = T (X)x0 × T (Y )y0 Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có kết sau Mệnh đề Tích đa tạp có biên X đa tạp biên Y đa tạp có biên Hơn nữa: ∂(X × Y ) = ∂X × Y , dim(X × Y ) = dim X + dim Y T (X × Y )(x0 ,y0 ) = T (X)x0 × T (Y )y0 , với (x0 , y0) ∈ X × Y 1.2 GIÁ TRỊ CHÍNH QUI 1.2 Giá trị qui Mệnh đề Cho M, N đa tạp biên m chiều Ánh xạ f : M → N hàm trơn y giá trịï quy f Khi {x ∈ M : f(x) = y} = f−1 (y) rời rạc Ngoài M compact f −1 (y) hữu hạn Chứng minh Ta giả sử y ∈ f(M) Khi f −1 (y) 6= ∅ lấy x ∈ f −1 (y), tức x điểm quy Khi đó, theo định lý hàm ngược có lận cận x mà f song ánh Do đó, f −1 (y) rời rạc Khi M compact, f −1 (y) compact ( f −1 (y) đóng M) Khi đó, f −1 (y) vô hận giá trị có x0 ∈ f −1 (y) điểm tụ, điều (vì f −1 (y) rời rạc ) Do đó, f −1 (y) hữu hạn Cho Y, Z đa tạp ( có biên biên ) dim(Y ) ≥ dim(Z) Cho f : Y → Z hàm trơn Ta đặt S(f) tập hợp giá trị qui f Định lý (Sard) S(f) trù mật Z Chứng minh Chi tieát xem [2], Corollary, page 11 1.3 Định lý phân loại đa tạp 1-chiều Định lý (Phân loại đa tạp 1-chiều) Cho M đa tạp 1-chiều liên thông, có khả xảy ra: (i) M đa tạp 1-chiều compact, biên vi đồng phôi với S1 (ii) M đa tạp 1-chiều compact, có biên vi đồng phôi với [0,1] (iii) M đa tạp 1-chiều không compact, biên vi đồng phôi với (0,1) (iv) không M đa tạp 1-chiều không compact, có biên lúc M vi đồng phôi với (0,1] Chứng minh Chi tiết xem "Topology from the Differentiable viewpoint" cuûa John W.Milnor ( page 55,56 & 57 ) Lưu ý Nếu M đa tạp hội đa tạp liên thông có chiều dim(M) Do đó,M đa tạp 1-chiều M vi đồng phôi T , T hội S , [0,1], [0,1), (0,1) PHẦN MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.4 Phép đồng luân phép hợp luân Định nghóa (Phép đồng luân) Cho X ⊂ Rk , Y ⊂ Rn ánh xạ trơn f, g từ X vào Y Ta nói f g ánh xạ đồng luân ( ký hiệu f ∼ g) tồn hàm trơn F: F : [0, 1] × X → Y vaø F (0, x) = f(x), F (1, x) = g(x) với x ∈ X Lúc đó, hàm F gọi phép đồng luân f g Định nghóa (Phép hợp luân) Cho X ⊂ Rk , Y ⊂ Rn vaø hai vi đồng phôi f, g từ X vào Y Ta nói f g ánh xạ hợp luân tồn phép đồng luân F : [0, 1] × X → Y f g cho với t ∈ [0, 1], ánh xạ x → F (t, x) vi đồng phôi từ X vào Y Lúc đó, hàm F gọi phép hợp luân f g Mệnh đề Quan hệ đồng luân quan hệ hợp luân quan hệ tương đương tập hợp tất ánh xạ từ X vào Y Chứng minh 1/ Chứng minh quan hệ đồng luân quan hệ tương đương Ta có f ∼ f tồn phép đồâng luân F f f là: F : [0, 1] × X → Y (t, x) 7→ f(x) Quan hệ đồng luân có tính đối xứng Thật vậy, cho f ∼ g qua phép đồng luân F Khi đó, ánh xạ G(t, x) = F (1 − t, x) phép đồng luân g f Cuối ta chứng minh quan hệ đồng luân có tính bắc cầu Cho f∼g qua phép đồng luân F , g∼h qua phép đồng luân G Ta tìm phép đồng luân K f h Đặt ϕ(x) = e− x neáu x > 0 neáu x ≤ ϕ(x − 31 ) ψ(x) = ϕ(x − 31 ) + ϕ( 23 − x) Khi ψ : R → [0, 1] hàm trơn ≤ t ≤ 13 ψ(x) = neáu 23 ≤ t ≤ 1.4 PHÉP ĐỒNG LUÂN VÀ PHÉP HP LUÂN Đặt: F1 : [0, 21 ] × X F1(t, x) G1 : [ 12 , 1] × X G1 (t, x) → = → = Y F (ψ(2t), x) Y G(ψ(2t − 1), x) Khi F1, G1 hàm trơn và: F1(t, x) = f(x) neáu ≤ t ≤ g(x) neáu ≤t≤ g(x) neáu ≤t≤ ≤t≤1 G1 (t, x) = Bây đặt: K(t, x) = h(x) F1(t, x) neáu ≤ t ≤ G1 (t, x) neáu 2 ≤t≤1 Ta chứng minh K phép đồng luân f h Rõ raøng K(0, x) = f(x) vaø K(1, x) = h(x) Vấn đề lại chứng minh K trơn Lấy (t0 , x0) ∈ [0, 1] × X Ta chứng minh K trơn (t0, x0 ) * Nếu (t0, x0) ∈ [0, 21 ) × X: ( (t0, x0 ) ∈ ( 21 , 1] × X tương tự ) Vì F1 trơn (t0 , x0) nên F1 có mở rộng trơn F 2, F2 xác định tập mở R × Rk chứa (t0 , x0) Ta ký hiệu tập mở (a, b) × U , với U mở Rk , t0 ∈ (a, b) nên a < t0 < b Đặt c = 21 , b , ta có (a, c) × U tập hợp mở R × Rk chứa (t0 , x0) Khi F2|((a,c)×U )∩([0,1]×X) = F1|((a,c)×U )∩([0,1]×X) = K Do , K trơn (t0, x0 ) * Nếu (t0, x0) ∈ { 21 } × X : Trên miền ( 13 , 23 ) × X ta có K(t,x) = g(x) Vì g trơn X , ta suy K (t,x) trơn ( 13 , 23 ) × X Vậy K trơn (t0 , x0) Tóm lại f ∼ h qua phép đồng luân K Vậy quan hệ đồng luân quan hệ tương đương 2/ Chứng minh quan hệ hợp luân quan hệ tương đương : dễ thấy 10 PHẦN MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ Mệnh đề Cho h ánh xạ trơn từ X vào Y, f g ánh xạ trơn từ Y vào Z, f ∼ g ta có (f ◦ h) ∼ (g ◦ h) Chứng minh Gọi F : [0, 1] × Y → Z phép đồng luân f g, G : [0, 1] × X → Z , G(t, x) = F (t, h(x)) phép đồng luân (f ◦ h) (g ◦ h) 2.4 ĐỊNH HƯỚNG TRÊN BIÊN 19 Lý luận tương tự chứng minh trên, ta có Γ−1 ((b, 1]×U) có dạng W1 ×[0, 1−b) W1 × [0, − b) mở ∂H m+1 Gọi δ1 = Γ1 |W1 ×[0,1−b) , ta có : δ1 : W1 × [0, − b) −→ (b, 1] × U (x1, x2, , xm, xm+1 ) 7−→ (1 − xm+1 , (−1)m+1 x1 , x2, , xm) Với (w, s) ∈ W1 × [0, − b), dδ1(w,s) : Rm+1 −→ Rm+1 (u1, u2, , um, um+1 ) 7−→ (−um+1 (−1)m+1 u1 , u2, , um) Bây giờ, tiếp tục đặt ψ1 = θ1 ◦ δ1 , rõ ràng ψ1 : W1 × [0, − b) → (b, 1] × V , ψ1(0, 0) = (1, x0 ), ψ1 vi đồng phôi θ1 , δ1 vi đồng phôi Hơn nữa, ta chứng minh ψ1 bảo toàn định hướng Với (w, s) ∈ W1 × [0, − b) đặt (t,u) = δ1 (w, s), (t,u) ∈ (b, 1] × U , ta coù : d ψ1(w,s) : Rm+1 → T M(t,ϕ(u)) = T ([0, 1])t × T X1ϕ(u) Với h = (h1, h2 , , hm+1) ta coù: dψ1(w,s)(h) = dθ1(t,u) (dδ1(w,s)(h1 , h2, , hm, hm+1 )) = dθ1(t,u) (−hm+1 , (−1)m+1 h1 , h2, , hm) Vaäy dψ1(w,s)(h) = (−hm+1 , dϕu ((−1)m+1 h1 , h2 , , hm)) (2.8) Do đó, ta có: dψ1(w,s)(e1 × 0) = (0, dϕu ((−1)m+1 e1)) dψ1(w,s) (ei × 0) = (0, dϕu (ei) ∀i = 2, , m dψ1(w,s)(0, , 0, 1) = (−1, , 0) Vậy đặt β1 = (dψ1(w,s) (e1 × 0), , dψ1(w,s)(em × 0), dψ1(w,s) (0, , 0, 1)) ta β = (0 × α1u , (−1) × 0) Theo định nghóa định hướng đa tạp tích (2.7) sign(β1) = (−1)m sign((−1) × 0, × α1u ) = (−1)m sign(−1).sign(α1u ) = (−1)m+1 (−1)m+1 = Vì dψ1(w,s bảo toàn định hướng dương Rm−1 với (w, s) ∈ W1 × [0, − b) nên ψ1 tham số hóa bảo toàn định hướng T X1(1,x0) = dψ1(0,0)(∂H m+1 ) Xét sở ∂H m+1 (e1 × 0, e2 × 0, , em × 0) Đặt γ1 = (dψ1(0,0)(e1 × 0), , dψ1(0,0)(em × 0)) 20 PHẦN ĐA TẠP ĐỊNH HƯỚNG ĐƯC Theo định nghóa định hướng biên : sign(γ1 ) = sign((−1, 0, , 0), e1 × 0, , em × 0) = −(−1)m = (−1)m+1 Hơn , theo (2.8) ta có: γ1 = × α10 Như vậy, sign(0 × α10) = (−1)m+1 (2.9) Trở lại vi đồng phôi G X X1 , ta có : G : X → X1 x 7→ (1, x) dGx0 : T Xx0 → T X1(1,x0) u = (u1, , uk ) 7→ (0, u) = (0, u1 , u2, , uk ) Như sở α1 T Xx0 qua ánh xạ dGx0 thành sở × α1 T X1(1,x0) Theo (2.7) (2.9) ta suy dGx0 bảo toàn định hướng Vậy đa tạp X định hướng với X ... mang định hướng dương Rm thành định hướng dương T Xϕ(u) Lúc ta gọi 11 12 PHẦN ĐA TẠP ĐỊNH HƯỚNG ĐƯC ϕ tham số hóa bảo toàn định hướng Đa tạp X gọi "định hướng được" xác định X định hướng định. .. định hướng định nghóa 2.3 Định hướng đa tạp tích Bây ta xét khái niệm định hướng tích đa tạp Cho X đa tạp m chiều, Y đa tạp n chiều, hai đa tạp đa tạp có biên Khi X × Y đa tạp m + n chiều có biên... chất đa tạp Giá trị qui Định lý phân loại đa tạp 1-chiều Phép đồng luân phép hợp luân Đa tạp định hướng 2.1 Định hướng không gian 2.2 Định hướng đa tạp 2.3 Định