Skład homeomorfizmów z zachowaniem i odwróceniem orientacji
Pozwolić $S^1$ być okręgiem jednostkowym i $f:S^1 \to S^1$ jest homeomorfizmem.
Mówimy $f$ jest orientacją zachowującą homeomorfizm, jeśli jakiekolwiek podniesienie $f$ do przestrzeni pokrycia $\mathbb{R}$ jest ściśle zwiększana i nazywa się to odwróceniem orientacji, jeśli jakiekolwiek podniesienie $f$ do przestrzeni pokrycia $\mathbb{R}$ ściśle maleje.
Teraz mam o nich pytanie:
1- Chcę udowodnić, że każdy homeomorfizm $f:S^1 \to S^1$ jest albo zachowaniem orientacji, albo odwróceniem orientacji.
2- Kompozycja homeomorfizmu z zachowaniem orientacji i odwrócenia orientacji to odwrócenie orientacji.
3- Jeśli $a,b \in S^1$ następnie $f$ jest zachowaniem orientacji, jeśli $f(a,b)=(f(a),f(b))$.
I dlaczego też jest stopień homeomorfizmu $1$ lub $-1$i czy ma to związek z pytaniem 2? ponieważ wiemy$deg(fog)=deg(f)deg(g)$
Odpowiedzi
Pokażmy najpierw
Każde ciągłe wstrzyknięcie $\phi : J \to \mathbb R$ zdefiniowane w przedziale $J \subset \mathbb R$jest ściśle rosnąca lub ściśle malejąca. (Należy pamiętać, że przedziały mogą być otwarte, półotwarte, zamknięte / ograniczone, nieograniczone).
Dowód. Pozwolić$H = \{(x,y) \in J \times J \mid x < y \}$. Łatwo jest zweryfikować, że jest to wypukły podzbiór$\mathbb R^2$jest więc połączona drogą i a fortiori połączona.
Pozwolić $A = \{(x,y) \in H \mid \phi(x) < \phi(y) \}$ i $B= \{(x,y) \in H \mid \phi(x) > \phi(y) \}$. Wyraźnie$A \cap B = \emptyset$ i $A \cup B = H$ (Uwaga $\phi(x) = \phi(y)$ sugeruje $x = y$ dlatego $\phi$jest iniekcyjny). Od$\phi$ jest ciągły, oba $A$ i $B$ są otwarte w $J \times J$, więc również otwierają się $H$. Od$H$ jest podłączony, jeden z $A$ lub $B$ musi być $= H$ i inni $= \emptyset$. To znaczy że$\phi$ jest ściśle rosnąca lub ściśle malejąca.
Następnie pokażmy
Gdyby $H : \mathbb R \to \mathbb R$ jest windą homeomorfizmu $h : S^1 \to S^1$, następnie $H$ jest homeomorfizmem.
Dowód. Pozwolić$p : \mathbb R \to S^1, p(t) = e^{2\pi it}$, być standardową mapą pokrywającą. Jako winda$f : S^1 \to S^1$ oznaczamy dowolną mapę $F : \mathbb R \to \mathbb R$ takie że $p \circ F = f \circ p$.
Na pewno wiesz, że jeśli $F,F'$ są windy $f$, następnie $$(*) \phantom x F'(t) = F(t) + k \text{ for all } t \text{ with a } \textbf{fixed } k \in \mathbb Z. $$ W rzeczywistości mamy $e^{2\pi i(F(t) -F'(t))} = e^{2\pi iF(t)}/e^{2\pi i F'(t)} = (p \circ F)(t)/ (p \circ F')(t) = (f \circ p)(t)/ (f \circ p)(t) = 1$, więc $(F - F')(t) = F(t) -F'(t) \in \mathbb Z$ i przez ciągłość $F - F'$ widzimy to $(F - F')(t) = k$dla niektórych naprawiono $k \in \mathbb Z$. To znaczy że$F' = \tau_k \circ F$ z homeomorfizmem tłumaczenia $\tau_k : \mathbb R \to \mathbb R, \tau_k(t) = t + k$.
Gdyby $F, G$ są windy $f, g$, następnie $p \circ G \circ F = g \circ p \circ F = g \circ f \circ p$, więc $G\circ F$ jest windą $g \circ f$.
Pozwolić $h$ być homeomorfizmem z odwrotnym homeomorfizmem $h^{-1}$ i pozwól $H, \bar H$ być windami $h, h^{-1}$. Następnie$\bar H \circ H$ jest windą $h^{-1} \circ h = id$. Ponieważ też$id : \mathbb R \to \mathbb R$ jest windą $id : S^1 \to S^1$, mamy $(\tau_k \circ \bar H ) \circ H = \tau_k \circ (\bar H \circ H) = id$ dla niektórych $k \in \mathbb Z$. Podobnie otrzymujemy$H \circ \bar H = \tau_r \circ id = \tau_r$ dla niektórych $r \in \mathbb Z$. To ostatnie sugeruje$H \circ (\bar H \circ \tau_r^{-1}) = id$. A zatem$H$ ma odwrotną lewą stronę $H' = \tau_k \circ H$ i prawo odwrotne $H'' = \bar H \circ \tau_r^{-1}$. Ale teraz$H'' = id \circ H'' = H' \circ H \circ H'' = H' \circ id = H'$, więc $H$ jest homeomorfizmem z odwrotnością $H^{-1} = H' = H''$.
Na twoje pytanie 1 odpowiadają dwa powyższe twierdzenia.
Według wzoru stopnia $\deg(f \circ g) = \deg(g)\deg(f)$ widzimy, że każdy homeomorfizm $h$ ma stopień naukowy $\pm 1$ (od $\deg(id) = 1)$). W rzeczywistości,$\pm 1$ są jedynymi elementami $\mathbb Z$które mają multiplikatywną odwrotność. Pozwolić$H$ być windą $h$. Jest to zatem homeomorfizm$H$jest ściśle rosnąca lub ściśle malejąca. W pierwszym przypadku musi mieć stopień dodatni, w drugim ujemny. A zatem
Homeomorfizm to zachowanie orientacji, jeśli ma stopień 1; jest to odwrócenie orientacji, jeśli ma stopień -1.
W ten sposób wzór stopnia odpowiada również na twoje pytanie 2.
Odnośnie 3.: Nie jest do końca precyzyjne definiowanie „odstępów czasu otwarcia” $(a,b) \subset S^1$. Wydaje się, że jeśli$a, b \in S^1$ są dwoma różnymi punktami, a następnie przesuniesz się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara od $a$ do $b$ i wszystkie punkty ściśle pomiędzy $a$ i $b$ stanowić $(a,b)$. Myślę, że moja odpowiedź na Open sety na okręgu jednostkowym$S^1$wyjaśnia to dokładniej. Otwarte przerwy$(a,b) \subset S^1$ to właśnie obrazy $p((s,t))$ otwartego przedziału $(s,t) \subset \mathbb R$ takie że $0 < t - s < 1$, gdzie mamy $a = p(s)$ i $b = p(t)$. Pokażmy, że jest to orientacja zachowująca homeomorfizm$h$ mapy $(a,b)$ na $(h(a),h(b))$.
Wyraźnie $h(a) \ne h(b)$. Pozwolić$H$ być windą $h$. Następnie$H(s) < H(t)$ i $H$ mapy $(s,t)$ homeomorficznie na $(H(s),H(t))$. Mamy$p(H(s)) = h(a), p(H(t)) = h(b)$ i $0 < H(t) - H(s) < 1$. Odnośnie ostatniej nierówności: Jeśli$H(t) - H(s) = 1$, następnie $h(b) = h(a)$co jest niemożliwe. Gdyby$H(t) - H(s) > 1$, następnie $p \mid_{(H(s),H(t))}$ nie jest zatem iniekcyjny $p \circ H \mid_{(s,t)}$ nie jest iniekcyjny, co jest sprzecznością od tego czasu $p \circ H \mid_{(s,t)} = h \circ p \mid_{(s,t)} = h \mid_{(a,b)}$.