Зафиксируем ориентацию связного гладкого многообразия в $\mathbb{R}^n$ по одной карте
Я учусь по Зоричу, Математический анализ II, 1-е изд. стр. 174-175. После надлежащего объяснения того, как ориентации (классы эквивалентности) определены для гладких k-мерных поверхностей в$\mathbb {R} ^ n$ которые можно описать с помощью одной карты, перейдите к более общему случаю, определив значения:
- последовательные графики,
- ориентировочные атласы,
- классы эквивалентности ориентирующих атласов (возможные ориентации поверхности).
Сделав это, он без доказательства заявляет, что связная гладкая k-мерная поверхность может иметь только две возможные ориентации. Из этого утверждения он немедленно делает вывод, что для того, чтобы зафиксировать ориентацию на поверхности этого типа, необязательно показывать весь атлас согласованных карт, но достаточно показать единственную карту.
Я пытался доказать почему, но не могу. По абсурду я предположил, что у меня есть два атласа разной ориентации, состоящие из попарно согласованных карт, содержащих общую карту.$ \varphi_1 $:
$$A_1=\{\varphi_1,\varphi_2,...,\varphi_m,...\}$$ $$A_2=\{\varphi_1,\varphi'_2,...,\varphi'_m,...\}$$
но отсюда я не могу добраться до абсурда. Кто-нибудь может мне помочь?
Ответы
Я собираюсь использовать терминологию «многообразие» вместо «поверхность», потому что «поверхность» обычно означает двумерное.
Позвольте мне использовать обозначения $M$ для рассматриваемого многообразия.
Вы должны каким-то образом использовать гипотезу о том, что многообразие $M$подключен. Поскольку многообразия локально соединены путями, вы можете использовать теорему о том, что связанное пространство, связанное локально путями, связано с путями.
Рассмотрим общую схему $\varphi_1 : U_1 \to \mathbb R^k$ в $A_1 \cap A_2$, и зафиксируем базовую точку $p \in U_1$.
Сейчас я прямо докажу, что любой график в $A_1$ и любой график в $A_2$ непротиворечивы в любой точке их перекрытия.
Рассмотрим любые $x \in M$и выберите диаграммы $\phi_I : U_I \to \mathbb R^k$ в $A_1$ а также $\varphi'_J : U'_J \to \mathbb R^k$ в $A_2$, так что $x \in U_I \cap U'_J$. Мы должны показать, что$\varphi_I$ а также $\varphi'_J$ последовательны в точке $x$.
Использование путевой связности коллектора $M$, выберите непрерывный путь $\gamma : [0,1]$ такой, что $\gamma(0)=p$ а также $\gamma(1)=x$. Поскольку множества$\{U_i \cap U'_j\}_{i,j}$ покрытие $M$, их прообразы $\{\gamma^{-1}(U_i \cap U'_j)\}_{i,j}$ покрытие $[0,1]$. Применяя лемму о числе Лебега, мы можем выбрать целое число$N \ge 1$, и разложить $[0,1]$ на подынтервалы $I_m = [\frac{m-1}{N},\frac{m}{N}]$, $m=1,\ldots,N$, так что $\gamma(I_m)$ является подмножеством одного из пересечений $U_{i(m)} \cap U'_{j(m)}$.
Мы знаем это $\varphi_{i(1)}$ а также $\varphi'_{j(1)}$ оба согласуются друг с другом в $\gamma(0)=p$, потому что оба соответствуют $\varphi_1$. Рассмотрим путь$\gamma \mid I_1$ и разреши $t \in I_1 = [0,1/N]$ отличаться от $0$ к $1/N$. В качестве$t$ меняется, определитель производной карты перекрытия двух диаграмм $\varphi_{i(1)}$ а также $\varphi'_{j(1)}$ непрерывно меняется, всюду отлична от нуля и положительна при $t=0$, следовательно, он положителен при $t=1/N$. Это доказывает, что$\varphi_{i(1)}$ а также $\varphi'_{j(1)}$ последовательны в $\gamma(1/N)$.
Теперь проведем индукционное доказательство: предполагая по индукции, что $\varphi_{i(m)}$ а также $\varphi'_{j(m)}$ последовательны в $\gamma(m/N)$, мы доказываем, что $\varphi_{i(m+1)}$ а также $\varphi'_{j(m+1)}$ последовательны в $\gamma((m+1)/N)$. поскольку$\varphi_{i(m)}$ а также $\varphi_{i(m+1)}$ последовательны в $\gamma(m/N)$, и с тех пор $\varphi'_{j(m)}$ а также $\varphi'_{j(m+1)}$ последовательны в $\gamma(m/N)$, следует, что $\varphi_{i(m+1)}$ а также $\varphi'_{j(m+1)}$ последовательны в $\gamma(m/N)$. Теперь доказательство продолжается, как в предыдущем абзаце, с использованием непрерывности определителя производной карты перекрытия двух диаграмм.$\varphi_{i(m+1)}$ а также $\varphi'_{j(m+1)}$ в $\gamma(t)$, в качестве $t \in I_{m+1}$ варьируется от $m/N$ к $(m+1)/N$, и согласованность этих графиков на $\gamma(m/N)$, чтобы вывести согласованность в $\gamma((m+1)/N)$. На этом шаг индукции завершен.
Для завершения доказательства мы показали, что $\varphi_{i(N)}$ а также $\varphi'_{j(N)}$ последовательны в $\gamma(N/N)=x$. Мы также знаем, что$\varphi_I$ согласуется с $\varphi_{i(N)}$, а также $\varphi'_J$ согласуется с $\varphi'_{j(N)}$ в $x$. Следовательно,$\varphi_I$ а также $\varphi'_J$ последовательны в $x$.
Позволять $M$ быть твоим $k$-размерная поверхность, обработанная относительно диаграммы $\{ \varphi_i\}_i$, $\varphi_i : \mathbb R^k\rightarrow U_i \subset_{open } M $. $\exists \ \omega\in \Omega^k(M)$ такой, что $\omega$не обращается в нуль в каждой точке. Это возможно, так как$M$ ориентируемый. $\varphi_i^*\omega=g_i \lambda$ где $\lambda=dx_1\wedge dx_2\wedge \dots dx_n$ а также $g_i:\mathbb R^k \rightarrow \mathbb R$- отличная от нуля гладкая функция. Поскольку диаграммы согласованы, либо все$g_i$положительные или все отрицательные. Предположим, что все$g_i$положительные.
Теперь у вас есть графики $\{ \varphi_1, \varphi_j'\}_j $ Как и раньше мы получаем $\varphi^*_1 \omega =g_1\lambda$ а также ${\varphi'}_j^*\omega=h_j \lambda$. По той же логике, что и выше, мы получаем либо$\{g_1, h_j \}_j$все функции положительные или все отрицательные. Но с тех пор$g_1$ положительно, мы получаем все $h_j$положительные. Таким образом, вы получите ту же ориентацию.