Composición de la orientación conservando y revertiendo los homeomorfismos.
Dejar $S^1$ ser el círculo unitario y $f:S^1 \to S^1$ es un homeomorfismo.
Decimos $f$ es una orientación que preserva el homeomorfismo si cualquier levantamiento de $f$ al espacio de cobertura $\mathbb{R}$ es estrictamente creciente y se llama inversión de orientación si cualquier elevación de $f$ al espacio de cobertura $\mathbb{R}$ es estrictamente decreciente.
Ahora tengo una pregunta sobre ellos:
1- quiero demostrar que cualquier homeomorfismo $f:S^1 \to S^1$ es la orientación conservando o bien la orientación inversa
2- La composición de una orientación que conserva el homeomorfismo y una orientación inversa es orientación inversa.
3- Si $a,b \in S^1$ luego $f$ es la orientación preservando si $f(a,b)=(f(a),f(b))$.
Y también por qué el grado de un homeomorfismo es $1$ o $-1$y ¿se relaciona con la pregunta 2? porque sabemos$deg(fog)=deg(f)deg(g)$
Respuestas
Primero demostremos
Cada inyección continua $\phi : J \to \mathbb R$ definido en un intervalo $J \subset \mathbb R$es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. (Tenga en cuenta que los intervalos pueden ser abiertos, semiabiertos, cerrados / acotados, ilimitados).
Prueba. Dejar$H = \{(x,y) \in J \times J \mid x < y \}$. Es fácil verificar que este es un subconjunto convexo de$\mathbb R^2$, por lo que está conectado con el camino y, a fortiori, conectado.
Dejar $A = \{(x,y) \in H \mid \phi(x) < \phi(y) \}$ y $B= \{(x,y) \in H \mid \phi(x) > \phi(y) \}$. Claramente$A \cap B = \emptyset$ y $A \cup B = H$ (Nota $\phi(x) = \phi(y)$ implica $x = y$ porque $\phi$es inyectable). Ya que$\phi$ es continuo, ambos $A$ y $B$ están abiertos en $J \times J$, así también abierto en $H$. Ya que$H$ está conectado, uno de $A$ o $B$ debe ser $= H$ y el otro $= \emptyset$. Esto significa que$\phi$ es estrictamente creciente o estrictamente decreciente.
A continuación, déjenos mostrar
Si $H : \mathbb R \to \mathbb R$ es una elevación de un homeomorfismo $h : S^1 \to S^1$, luego $H$ es un homeomorfismo.
Prueba. Dejar$p : \mathbb R \to S^1, p(t) = e^{2\pi it}$, sea el mapa de cobertura estándar. Como un ascensor de$f : S^1 \to S^1$ denotamos cualquier mapa $F : \mathbb R \to \mathbb R$ tal que $p \circ F = f \circ p$.
Ciertamente sabes que si $F,F'$ son ascensores de $f$, luego $$(*) \phantom x F'(t) = F(t) + k \text{ for all } t \text{ with a } \textbf{fixed } k \in \mathbb Z. $$ De hecho, tenemos $e^{2\pi i(F(t) -F'(t))} = e^{2\pi iF(t)}/e^{2\pi i F'(t)} = (p \circ F)(t)/ (p \circ F')(t) = (f \circ p)(t)/ (f \circ p)(t) = 1$, así $(F - F')(t) = F(t) -F'(t) \in \mathbb Z$ y por continuidad de $F - F'$ vemos eso $(F - F')(t) = k$para algunos arreglados $k \in \mathbb Z$. Esto significa que$F' = \tau_k \circ F$ con la traducción homeomorfismo $\tau_k : \mathbb R \to \mathbb R, \tau_k(t) = t + k$.
Si $F, G$ son ascensores de $f, g$, luego $p \circ G \circ F = g \circ p \circ F = g \circ f \circ p$, así $G\circ F$ es un ascensor de $g \circ f$.
Dejar $h$ ser un homeomorfismo con homeomorfismo inverso $h^{-1}$ y deja $H, \bar H$ ser elevadores de $h, h^{-1}$. Luego$\bar H \circ H$ es un ascensor de $h^{-1} \circ h = id$. Ya que tambien$id : \mathbb R \to \mathbb R$ es un ascensor de $id : S^1 \to S^1$, obtenemos $(\tau_k \circ \bar H ) \circ H = \tau_k \circ (\bar H \circ H) = id$ para algunos $k \in \mathbb Z$. Del mismo modo obtenemos$H \circ \bar H = \tau_r \circ id = \tau_r$ para algunos $r \in \mathbb Z$. Esto último implica$H \circ (\bar H \circ \tau_r^{-1}) = id$. Así$H$ tiene una izquierda inversa $H' = \tau_k \circ H$ y una inversa a la derecha $H'' = \bar H \circ \tau_r^{-1}$. Pero ahora$H'' = id \circ H'' = H' \circ H \circ H'' = H' \circ id = H'$, así $H$ es un homeomorfismo con inverso $H^{-1} = H' = H''$.
Su pregunta 1 es respondida por los dos teoremas anteriores.
Por la fórmula del grado $\deg(f \circ g) = \deg(g)\deg(f)$ vemos que cualquier homeomorfismo $h$ tiene grado $\pm 1$ (ya que $\deg(id) = 1)$). De hecho,$\pm 1$ son los únicos elementos de $\mathbb Z$que tienen un inverso multiplicativo. Dejar$H$ ser un impulso de $h$. Es un homeomorfismo, por lo tanto$H$es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. En el primer caso debe tener grado positivo, en el segundo caso grado negativo. Así
Un homeomorfismo conserva la orientación si tiene grado 1; es la orientación inversa si tiene grado -1.
Por lo tanto, la fórmula del grado también responde a su pregunta 2.
Con respecto a 3.: No es realmente preciso cómo definir "intervalos abiertos" $(a,b) \subset S^1$. Parece que si$a, b \in S^1$ son dos puntos distintos, luego te mueves en sentido antihorario desde $a$ a $b$ y todos los puntos estrictamente entre $a$ y $b$ constituir $(a,b)$. Creo que mi respuesta a conjuntos abiertos en el círculo unitario$S^1$lo explica con mayor precisión. Los intervalos abiertos$(a,b) \subset S^1$ son precisamente las imagenes $p((s,t))$ de intervalo abierto $(s,t) \subset \mathbb R$ tal que $0 < t - s < 1$, donde tenemos $a = p(s)$ y $b = p(t)$. Demostremos que una orientación que conserva el homeomorfismo$h$ mapas $(a,b)$ sobre $(h(a),h(b))$.
Claramente $h(a) \ne h(b)$. Dejar$H$ ser un impulso de $h$. Luego$H(s) < H(t)$ y $H$ mapas $(s,t)$ homeomórficamente en $(H(s),H(t))$. Tenemos$p(H(s)) = h(a), p(H(t)) = h(b)$ y $0 < H(t) - H(s) < 1$. En cuanto a la última desigualdad: Si$H(t) - H(s) = 1$, luego $h(b) = h(a)$lo cual es imposible. Si$H(t) - H(s) > 1$, luego $p \mid_{(H(s),H(t))}$ no es inyectivo, por lo tanto $p \circ H \mid_{(s,t)}$ no es inyectivo, lo cual es una contradicción ya que $p \circ H \mid_{(s,t)} = h \circ p \mid_{(s,t)} = h \mid_{(a,b)}$.