Bağlı düz manifoldun sabitleme yönü $\mathbb{R}^n$ tek bir grafikle
Zorich, Mathematical Analysis II, 1. baskı üzerinde çalışıyorum. pag. 174-175. Düzgün k-boyutlu yüzeyler için yönelimlerin (eşdeğerlik sınıfları) nasıl tanımlandığını doğru bir şekilde açıkladıktan sonra$\mathbb {R} ^ n$ tek bir harita ile tanımlanabilen bu, aşağıdaki anlamlarını tanımlayarak daha genel duruma geçin:
- tutarlı grafikler,
- yönlendirme atlasları,
- Atlasları yönlendirmek için eşdeğerlik sınıfları (yüzeyin olası yönelimleri).
Bunu yaptıktan sonra, bağlantılı bir pürüzsüz k-boyutlu yüzeyin sadece iki olası yöne sahip olabileceğini kanıtlamaksızın belirtir. Bu ifadeden, bu tür bir yüzeye bir yönelimi sabitlemek için, tutarlı çizelgelerden oluşan bir atlasın tamamını sergilemenin gerekli olmadığını, ancak tek bir çizelgeyi göstermenin yeterli olduğunu hemen çıkarır.
Nedenini kanıtlamaya çalışıyordum ama yapamıyorum. Saçma bir şekilde, ortak bir tablo içeren, ikili tutarlı haritalardan oluşan, farklı yönelimli iki atlasım olduğunu varsaydım.$ \varphi_1 $:
$$A_1=\{\varphi_1,\varphi_2,...,\varphi_m,...\}$$ $$A_2=\{\varphi_1,\varphi'_2,...,\varphi'_m,...\}$$
ama buradan hiçbir saçmalığa ulaşamıyorum. Biri bana yardım edebilir mi lütfen?
Yanıtlar
"Yüzey" yerine "manifold" terminolojisini kullanacağım, çünkü "yüzey" genellikle 2 boyutlu anlamına gelir.
Gösterimi kullanmama izin ver $M$ söz konusu manifold için.
Bir şekilde manifoldun hipotezini kullanmalısınız. $M$bağlandı. Manifoldlar yerel olarak yol bağlantılı olduğundan, bağlantılı, yerel olarak yol bağlantılı bir uzayın yola bağlı olduğu teoremini kullanabilirsiniz.
Ortak grafiği düşünün $\varphi_1 : U_1 \to \mathbb R^k$ içinde $A_1 \cap A_2$ve bir temel noktayı düzeltin $p \in U_1$.
Şimdi doğrudan herhangi bir grafiğin $A_1$ ve içindeki herhangi bir grafik $A_2$ örtüşmelerinin herhangi bir noktasında tutarlıdır.
Herhangi birini düşünün $x \in M$ve grafikleri seç $\phi_I : U_I \to \mathbb R^k$ içinde $A_1$ ve $\varphi'_J : U'_J \to \mathbb R^k$ içinde $A_2$, öyle ki $x \in U_I \cap U'_J$. Bunu göstermeliyiz$\varphi_I$ ve $\varphi'_J$ noktada tutarlı $x$.
Manifoldun yol bağlantısını kullanma $M$, sürekli bir yol seçin $\gamma : [0,1]$ öyle ki $\gamma(0)=p$ ve $\gamma(1)=x$. Setlerden beri$\{U_i \cap U'_j\}_{i,j}$ örtmek $M$, ters görüntüleri $\{\gamma^{-1}(U_i \cap U'_j)\}_{i,j}$ örtmek $[0,1]$. Lebesgue Lemma Numarasını uygulayarak bir tamsayı seçebiliriz$N \ge 1$ve ayrıştırmak $[0,1]$ alt aralıklara $I_m = [\frac{m-1}{N},\frac{m}{N}]$, $m=1,\ldots,N$, Böylece $\gamma(I_m)$ kavşaklardan birinin alt kümesidir $U_{i(m)} \cap U'_{j(m)}$.
Biz biliyoruz ki $\varphi_{i(1)}$ ve $\varphi'_{j(1)}$ ikisi de birbiriyle tutarlı $\gamma(0)=p$, çünkü ikisi de tutarlıdır $\varphi_1$. Yolu düşünün$\gamma \mid I_1$ ve izin ver $t \in I_1 = [0,1/N]$ farklı $0$ -e $1/N$. Gibi$t$ iki grafiğin örtüşme haritasının türevinin belirleyicisi $\varphi_{i(1)}$ ve $\varphi'_{j(1)}$ sürekli değişir, her yerde sıfırdan farklıdır ve pozitiftir. $t=0$dolayısıyla olumlu $t=1/N$. Bu bunu kanıtlıyor$\varphi_{i(1)}$ ve $\varphi'_{j(1)}$ tutarlı $\gamma(1/N)$.
Şimdi bir indüksiyon kanıtı yapıyoruz: tümevarım yoluyla varsayalım ki $\varphi_{i(m)}$ ve $\varphi'_{j(m)}$ tutarlı $\gamma(m/N)$bunu kanıtlıyoruz $\varphi_{i(m+1)}$ ve $\varphi'_{j(m+1)}$ tutarlı $\gamma((m+1)/N)$. Dan beri$\varphi_{i(m)}$ ve $\varphi_{i(m+1)}$ tutarlı $\gamma(m/N)$, dan beri $\varphi'_{j(m)}$ ve $\varphi'_{j(m+1)}$ tutarlı $\gamma(m/N)$bunu takip eder $\varphi_{i(m+1)}$ ve $\varphi'_{j(m+1)}$ tutarlı $\gamma(m/N)$. Şimdi ispat, önceki paragrafta olduğu gibi, iki grafiğin örtüşme haritasının türevinin determinantının sürekliliğini kullanarak devam ediyor.$\varphi_{i(m+1)}$ ve $\varphi'_{j(m+1)}$ -de $\gamma(t)$, gibi $t \in I_{m+1}$ değişir $m/N$ -e $(m+1)/N$ve bu grafiklerin tutarlılığı $\gamma(m/N)$tutarlılığı çıkarmak için $\gamma((m+1)/N)$. Bu, indüksiyon adımını tamamlar.
İspatı tamamlamak için bunu gösterdik $\varphi_{i(N)}$ ve $\varphi'_{j(N)}$ tutarlı $\gamma(N/N)=x$. Bunu da biliyoruz$\varphi_I$ ile tutarlı $\varphi_{i(N)}$, ve $\varphi'_J$ ile tutarlı $\varphi'_{j(N)}$ -de $x$. Bu nedenle,$\varphi_I$ ve $\varphi'_J$ tutarlı $x$.
İzin Vermek $M$ senin ol $k$çizelgeye göre cevherlenmiş boyutlu yüzey $\{ \varphi_i\}_i$, $\varphi_i : \mathbb R^k\rightarrow U_i \subset_{open } M $. $\exists \ \omega\in \Omega^k(M)$ öyle ki $\omega$her noktada kaybolmuyor. Bu mümkün olduğu için$M$ yönlendirilebilir. $\varphi_i^*\omega=g_i \lambda$ nerede $\lambda=dx_1\wedge dx_2\wedge \dots dx_n$ ve $g_i:\mathbb R^k \rightarrow \mathbb R$kaybolmayan pürüzsüz bir işlevdir. Grafikler tutarlı olduğundan hepsi$g_i$'ler pozitif veya tümü negatif. Varsayalım ki$g_i$olumlu.
Şimdi çizelgelerin var $\{ \varphi_1, \varphi_j'\}_j $ Daha önce olduğu gibi $\varphi^*_1 \omega =g_1\lambda$ ve ${\varphi'}_j^*\omega=h_j \lambda$. Yukarıdaki ile aynı mantıkla, biz de$\{g_1, h_j \}_j$hepsi pozitif fonksiyonlardır veya hepsi negatiftir. Ama o zamandan beri$g_1$ pozitif, hepsini anlıyoruz $h_j$olumlu. Böylece aynı yönelimi elde edersiniz.