Composition de l'orientation préservant et inversant les homéomorphismes
Laisser $S^1$ être le cercle unitaire et $f:S^1 \to S^1$ est un homéomorphisme.
Nous disons $f$ est une orientation préservant l'homéomorphisme en cas de levée de $f$ à l'espace de couverture $\mathbb{R}$ est strictement croissante et est appelée inversion de l'orientation si une levée de $f$ à l'espace de couverture $\mathbb{R}$ est strictement décroissante.
Maintenant, j'ai une question à leur sujet:
1- Je veux prouver que tout homéomorphisme $f:S^1 \to S^1$ est soit la préservation de l'orientation, soit l'inversion de l'orientation.
2- La composition d'une orientation préservant l'homéomorphisme et d'une inversion d'orientation est une inversion d'orientation.
3- Si $a,b \in S^1$ puis $f$ est l'orientation préservant si $f(a,b)=(f(a),f(b))$.
Et aussi pourquoi le degré d'un homéomorphisme est soit $1$ ou $-1$et est-ce lié à la question 2? parce que nous savons$deg(fog)=deg(f)deg(g)$
Réponses
Laissez-nous d'abord montrer
Chaque injection continue $\phi : J \to \mathbb R$ défini sur un intervalle $J \subset \mathbb R$est soit strictement croissante, soit strictement décroissante. (Notez que les intervalles peuvent être ouverts, semi-ouverts, fermés / bornés, illimités.)
Preuve. Laisser$H = \{(x,y) \in J \times J \mid x < y \}$. Il est facile de vérifier qu'il s'agit d'un sous-ensemble convexe de$\mathbb R^2$, donc il est chemin connecté et a fortiori connecté.
Laisser $A = \{(x,y) \in H \mid \phi(x) < \phi(y) \}$ et $B= \{(x,y) \in H \mid \phi(x) > \phi(y) \}$. Clairement$A \cap B = \emptyset$ et $A \cup B = H$ (Remarque $\phi(x) = \phi(y)$ implique $x = y$ car $\phi$est injectif). Depuis$\phi$ est continu, à la fois $A$ et $B$ sont ouverts dans $J \times J$, donc également ouvert dans $H$. Depuis$H$ est connecté, l'un des $A$ ou $B$ doit être $= H$ et l'autre $= \emptyset$. Cela signifie que$\phi$ est soit strictement croissante, soit strictement décroissante.
Ensuite, montrons
Si $H : \mathbb R \to \mathbb R$ est un ascenseur d'un homéomorphisme $h : S^1 \to S^1$, puis $H$ est un homéomorphisme.
Preuve. Laisser$p : \mathbb R \to S^1, p(t) = e^{2\pi it}$, être la carte de couverture standard. Comme un ascenseur de$f : S^1 \to S^1$ nous désignons n'importe quelle carte $F : \mathbb R \to \mathbb R$ tel que $p \circ F = f \circ p$.
Vous savez certainement que si $F,F'$ sont des ascenseurs de $f$, puis $$(*) \phantom x F'(t) = F(t) + k \text{ for all } t \text{ with a } \textbf{fixed } k \in \mathbb Z. $$ En fait, nous avons $e^{2\pi i(F(t) -F'(t))} = e^{2\pi iF(t)}/e^{2\pi i F'(t)} = (p \circ F)(t)/ (p \circ F')(t) = (f \circ p)(t)/ (f \circ p)(t) = 1$, Donc $(F - F')(t) = F(t) -F'(t) \in \mathbb Z$ et par continuité de $F - F'$ on voit ça $(F - F')(t) = k$pour certains fixes $k \in \mathbb Z$. Cela signifie que$F' = \tau_k \circ F$ avec l'homéomorphisme de traduction $\tau_k : \mathbb R \to \mathbb R, \tau_k(t) = t + k$.
Si $F, G$ sont des ascenseurs de $f, g$, puis $p \circ G \circ F = g \circ p \circ F = g \circ f \circ p$, Donc $G\circ F$ est un ascenseur de $g \circ f$.
Laisser $h$ être un homéomorphisme avec homéomorphisme inverse $h^{-1}$ et laissez $H, \bar H$ être des ascenseurs de $h, h^{-1}$. ensuite$\bar H \circ H$ est un ascenseur de $h^{-1} \circ h = id$. Depuis aussi$id : \mathbb R \to \mathbb R$ est un ascenseur de $id : S^1 \to S^1$, on a $(\tau_k \circ \bar H ) \circ H = \tau_k \circ (\bar H \circ H) = id$ pour certains $k \in \mathbb Z$. De même, nous obtenons$H \circ \bar H = \tau_r \circ id = \tau_r$ pour certains $r \in \mathbb Z$. Ce dernier implique$H \circ (\bar H \circ \tau_r^{-1}) = id$. Donc$H$ a un inverse gauche $H' = \tau_k \circ H$ et un inverse droit $H'' = \bar H \circ \tau_r^{-1}$. Mais maintenant$H'' = id \circ H'' = H' \circ H \circ H'' = H' \circ id = H'$, Donc $H$ est un homéomorphisme avec inverse $H^{-1} = H' = H''$.
Votre question 1 est répondue par les deux théorèmes ci-dessus.
Par la formule des degrés $\deg(f \circ g) = \deg(g)\deg(f)$ on voit que tout homéomorphisme $h$ a un diplôme $\pm 1$ (depuis $\deg(id) = 1)$). En réalité,$\pm 1$ sont les seuls éléments de $\mathbb Z$qui ont un inverse multiplicatif. Laisser$H$ être un ascenseur de $h$. C'est un homéomorphisme, donc$H$est soit strictement croissante, soit strictement décroissante. Dans le premier cas, il doit avoir un degré positif, dans le second cas un degré négatif. Donc
Un homéomorphisme est une orientation préservant ssil a un degré 1; c'est une inversion d'orientation ssil a un degré -1.
Ainsi, la formule des degrés répond également à votre question 2.
Concernant 3.: La manière dont vous définissez les "intervalles ouverts" n'est pas vraiment précise $(a,b) \subset S^1$. Il semble que si$a, b \in S^1$ sont deux points distincts, puis vous vous déplacez dans le sens antihoraire de $a$ à $b$ et tous les points strictement entre $a$ et $b$ constituer $(a,b)$. Je pense que ma réponse aux ensembles ouverts sur le cercle d'unité$S^1$l'explique plus précisément. Les intervalles ouverts$(a,b) \subset S^1$ sont précisément les images $p((s,t))$ d'intervalle ouvert $(s,t) \subset \mathbb R$ tel que $0 < t - s < 1$, où nous avons $a = p(s)$ et $b = p(t)$. Montrons qu'une orientation préservant l'homéomorphisme$h$ Plans $(a,b)$ sur $(h(a),h(b))$.
Clairement $h(a) \ne h(b)$. Laisser$H$ être un ascenseur de $h$. ensuite$H(s) < H(t)$ et $H$ Plans $(s,t)$ homéomorphique sur $(H(s),H(t))$. Nous avons$p(H(s)) = h(a), p(H(t)) = h(b)$ et $0 < H(t) - H(s) < 1$. Concernant la dernière inégalité: Si$H(t) - H(s) = 1$, puis $h(b) = h(a)$ce qui est impossible. Si$H(t) - H(s) > 1$, puis $p \mid_{(H(s),H(t))}$ n'est pas injectif, donc $p \circ H \mid_{(s,t)}$ n'est pas injectif, ce qui est une contradiction puisque $p \circ H \mid_{(s,t)} = h \circ p \mid_{(s,t)} = h \mid_{(a,b)}$.