拓扑测试题2

$P_{71}$

1,证明$S^n$道路连通$(n{\ge}1)$

证明:任取$S^n$中两点$x_0,x_1$,再取$y$不同于$x_0,x_1$,则$S^n{\backslash}\left\{y\right\}{\cong}E^n$,是道路连通的,从而存在$S^n{\backslash}\left\{y\right\}$中的道路$a$,使得$a(i)=x_i(i=0,1)$。$a$也是$S^n$上连接$x_0,x_1$的道路。

考点:道路连通,拓扑同胚,已经知道$E^n$是道路连通的。

$P_{77-78}$

1,如果把矩阵带先扭转$360°$,然后把两侧边粘接,得到什么空间?

答:会形成一个平环(补图片)

2,证明:沿莫比乌斯带的中腰线割开,所得空间是平环。

要点:给出莫比乌斯带的四边形,根据中腰线剪开,然后顺着方向粘接即可得到平环。

$P_{86}$

1,设$f:X{\to}Y$和$g:Y{\to}Z$都是连续映射,使得$g{\circ}f$是商映射,证明$g$也是商映射。

证明:

由商映射定义:$g{\circ}f$连续,故有$U{\subset}Z$为开集,当且仅当$f^{-1}(g^{-1}(U)){\subset}X$是开集。

要证明$g$为商拓扑,也就是证明$U{\subseteq}Z$是开集,当且仅当$g^{-1}(U){\subseteq}Y$为开集。

必要性显然,因为$g$是连续映射,故当$U{\subseteq}Z$是开集,由于是连续映射,开集的原像$g^{-1}(U){\subseteq}Y$为开集。

充分性:我们有$g^{-1}(U){\subset}Y$是开集,又因为$f$是连续的,则有$f^{-1}(g^{-1}(U)){\subseteq}X$为开集,则由于$g{\circ}f$是商映射的定义,则推出$U{\subseteq}Z$为开集,也就是充分性成立。

要点:商拓扑定义!连续映射

12,设$f:S^2{\to}E^4$规定为

$$ f(x,y,z)=(x^2-y^2,xy,xz,yz) $$

证明$f(S^2){\cong}P^2$。

证明:仅需证明在$\stackrel{f}{\sim}$下,两点等价必定为对径点。

设$f(x,y,z)=f(x',y',z')$,也就是有

$$ \begin{cases} x^2-y^2=x'^2-y'^2\\ xy=x'y'\\ xz=x'z'\\ yz=y'z' \end{cases} $$

其中$(x',y',z'){\in}S^2$,因此$x',y',z'$中至少有一个不为0。

1,若$x'$或$y'$不为0,不妨设$x'{\neq}0$,设${\lambda}=\frac{x}{x'}$,即有$y'={\lambda}y,z'={\lambda}z$。

故此有${\lambda}^2x'^2-y^2=x'^2-{\lambda}^2y^2$,也即有${\lambda}^2(x'^2+y^2)=x'^2+y^2$,于是推出${\lambda}^2=1,{\lambda}={\pm}1$。

故有$(x',y',z')={\pm}(x,y,z)$,为对径点。

2,若$x'=y'=0$,则推出$|z'|=1$,再由于前面两个式子得到$x^2-y^2=0,xy=0$,于是有$x=y=0,|z=1|$。

故也有$(x',y',z')={\pm}(x,y,z)$,为对径点。

考点:考虑对径点,并且将对应的映射给出,然后分类讨论。

$P_{92}$

4,在$E^1$中规定等价关系$\sim$,使得等价类为两种情形:

(1)$\left\{x\right\},x{\in}[-1,1]$;

(2)$\left\{x,-x\right\},x>1$。

证明$E^1/{\sim}$的每一点都有同胚于$E^1$的开邻域,但是它不是豪斯多夫空间。

证:记$p:E^1{\to}E^1/{\sim}$是粘合映射。可以验证$p$是开映射,因为对每个开区间$(a,b),p^{-1}(p(a,b))$为$E^1$的开集。(需要对$a,b$分情况讨论)

考虑证明$p$为开映射,也就是要证明对于开区间$(a,b),p(a,b)$为开集。但是这里要规定$\tau/{\sim}$上的拓扑,才可以说明$p(a,b)$是开集,而这就要求$p^{-1}(p(a,b)){\in}\tau$。

1,取开区间$(-1,1)$,则有$p^{-1}(p(-1,1))=(-1,1)$为开集。

2,取开区间$(0,2)$,则有$p^{-1}(p(0,2))=(0,1]{\cup}[1,2){\cup}(-2,1)$,而前两个合并为$(0,2)$为开集,故也是开集。所以$p$是开映射。

故有$p(-\infty,1)$与$p(1,+\infty)$构成$E^1/{\sim}$的开覆盖,且它们都同胚于$E^1$。

例子:$p|_{-\infty,1}:(-\infty,1){\to}p(-\infty,1)$为同胚映射,故$E^1/{\sim}$的每一点均有同胚于$E^1$的开邻域。

记$x=p(-1),y=p(1),U,V$为它们的任意一对开邻域,则$p^{-1}(U),p^{-1}(V)$分别为含有-1,1的开集,存在$\varepsilon>0$,使得$(-1-\varepsilon,-1+\varepsilon){\subset}p^{-1}(U),(1-\varepsilon,1+\varepsilon){\subset}p^{-1}(V)$,于是$p(-1-\varepsilon,-1)=p(1,1+\varepsilon){\subset}U{\cap}V$,于是$U{\cap}V{\neq}\varnothing$,故非豪斯多夫空间。

考点:豪斯多夫空间分离性,验证同胚:根据覆盖同胚验证。

$P_{101}$

1,具有下列用文字形式写出的多边形表示的闭曲线是什么类型?

(1)$abcda^{-1}bc^{-1}d$

(2)$abacb^{-1}dcd$

(3)$abcb^{-1}dc^{-1}a^{-1}d^{-1}$

(4)$abca^{-1}cdeb^{-1}fedf$

(1)首先出现了两次$b$和两次$d$则有同向对。所以断定是$mP^2$型。

然后边数,直接数字母个数为8个,于是得到$l=8$。接下来确定顶点类。

$$ AaAbBcBdAa^{-1}AbBc^{-1}Bd $$

于是有两个顶点类$k=2$,根据公式有

$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{8-4+2}{2}=3 $$

故此为$3P^2$型曲面。

(2)出现了两次$d$为同向对,故断定是$mP^2$型。

然后边数,直接数字母个数为8个,于是得到$l=8$。接下来确定顶点类。

$$ AaAbAcAb^{-1}AdAc^{-1}Aa^{-1}Ad^{-1} $$

于是仅有一个顶点类$k=1$,根据公式有

$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{8-2+2}{2}=4 $$

故此为$4P^2$型曲面。

(3)没有出现同向对,故断定是$nT^2$型。

然后边数,直接数字母个数为8个,于是得到$l=8$。接下来确定顶点类。

$$ AaAbAcAb^{-1}AdAc^{-1}Aa^{-1}Ad^{-1} $$

于是仅有一个顶点类$k=1$,根据公式有

$$ m=\frac{l-2k+2}{4}=\frac{8-2+2}{4}=2 $$

故此为$2T^2$型曲面。

(4)出现了$c,e,f$同向对,故断定是$mP^2$型。

然后边数,直接数字母个数为12个,于是得到$l=12$。接下来确定顶点类。

$$ AaAbAcAa^{-1}AcAdAeAb^{-1}AfAeAdAf $$

于是仅有一个顶点类$k=1$,根据公式有

$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{12-2+2}{2}=6 $$

故此为$6P^2$型曲面。

考点:根据是否有同向对判断类型是$mP^2$还是$nT^2$。然后数字母个数为边数,然后计算顶点类,然后根据两个不同公式得出其曲面类型。

3,如果在环面上挖去一个圆盘的内部,然后把洞口的对径点粘合,所得曲面是什么类型的?

粘合了对径点,相当于$\#$了一个$P^2$,所以过程如下:

环面为$aba^{-1}b^{-1}$型,$P^2$为$cc$,于是整个用文字可以表示为$aba^{-1}b^{-1}cc$,然后我们知道有同向对,为$mP^2$类型,边数为6,找顶点类。

$$ AaAbAa^{-1}Ab^{-1}AcAc $$

顶点类为1,于是根据公式

$$ m=\frac{l-2k+2}{2}=\frac{6-2+2}{2}=3 $$

答:为$3P^2$类型。

$P_{109}$

8,证明:如果连续映射$f:S^1{\to}S^1$与恒同映射不同伦,则$f$有不动点。

证明:这里用反证法:假设$f$没有不动点,规定$S^1$上的对径映射为$h:S^1{\to}S^1$,就是$h(z)=-z{\forall}\;z{\in}S^1$,因为对任意$z{\in}S^1,f(z){\neq}z=-h(z)$。可以规定$f{\simeq}h$,其中

$$ H(x,t)=\frac{(1-t)f(x)+th(x)}{\|(1-t)f(x)+th(x)\|} $$

而又有$h$与$id$同伦,也就是

$$ h{\simeq}id:\widetilde{H}(x,t)=e^{it\pi}h(x) $$

根据同伦传递性,则有$f{\simeq}id$,这与条件矛盾。

故此$f$有不动点。

要点:给一个对径映射,规定定端同伦,然后用已知同伦作同伦传递。

$P_{115}$

4,设$f:X{\to}Y$连续,$x_i{\in}X,y_i=f(x_i),i=0,1$。记$\omega$是从$x_0$到$x_1$的道路类。证明下面的同态图表可以交换。

这里补充一个同态表格

要点:仅需验证两个路径的映射相同即可

6,设$X$单连通,$a,b$是$X$中有相同起、终点的道路,证明$a\stackrel{\cdot}{\simeq}b$。

证明:$a\overline{b}$为闭路,而$X$单连通,则$a\overline{b}$定端同伦于点道路$e$。故此有$b\stackrel{\cdot}{\simeq}a\overline{b}b\stackrel{\cdot}{\simeq}a$,从而知道$a\stackrel{\cdot}{\simeq}b$。

要点:取一个点道路(需要单连通条件)作为过渡,然后通过同伦传递即可。

$P_{121}$

1,设映射$f:S^1{\to}S^1$规定为$f(z)=-z$。试描述同态$f_{\pi}:\pi_1(S^1,1){\to}\pi_1(S^1,-1)$。

解:记$a_0:I{\to}S^1$为$a_0(t)=e^{i2\pi{t}},b_0:I{\to}S^1$为$b_0(t)=-e^{i2{\pi}t}=f(a_0(t))$,则$<a_0>$与$<b_0>$分别生成$\pi_1(S^1,1)$与$\pi_1(S^1,-1)$。并且有$f_{\pi}(<a_0>)=<b_0>$。

2,设$f:S^1{\to}S^1$规定为$f(z)=z^n,n{\in}Z$。试描述同态$f_{\pi}:\pi_1(S^1,1){\to}\pi_1(S^1,1)$。

解:记$a_0:I{\to}S^1$为$a_0(t)=e^{i2\pi{t}}$,则$f_{\pi}(<a_0>)=<a_0>^n$。

由于$\pi_1(S^1,1)$是由$<a_0>$生成,故对任意的$\alpha{\in}\pi_1(S^1,1)$,则有$f_{\pi}(\alpha)=\alpha^n$。

要点:给出这两个映射,并且说明其基本群同态即可。

Last modification:January 1st, 2020 at 09:09 pm
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