Analiza.2*, lato 2018 - komentarze do ćwiczeń Marcin Kotowski 5 czerwca 2019 1 11 2019, zadanie 2 z serii domowej 1 Pokażemy, że jeśli f nie jest stała, to całka: f(x f(y B B x y dx dy jest nieskończona. Szacując jak na ćwiczeniach, mamy: ( f(x f(y B B x y dx Df y (x y dy B B x y dx dy C gdzie C to skończony fragment powstały z reszty we wzorze Taylora. Zamieniając zmienne możemy równoważnie szacować całkę: Df y (z dz dy B B y z Jeśli f nie jest stała, to dla pewnego y 0 B mamy Df y0 0. Załóżmy bez straty ogólności, że Df y0 = 1. Z ciągłości pochodnej możemy wybrać ε > 0 dostatecznie małe, by B(y 0, ε B(0, 1 oraz dla każdego y B(y 0, ε zachodziło Df y 1. Dobierzmy również δ > 0 tak, 2 by dla każdego y B(y 0, ε zachodziło B(0, δ B(0, 1 y. Możemy więc szacować: ( Df y (z ( Df y (z f y, z dz dy dz dy = B B y z B(y 0,ε B(0,δ z B(y 0,ε B(0,δ z dz dy Zauważmy, że ze względu na niezmienniczość całki oraz iloczynu skalarnego na obroty możemy zastosować izometrię U taką, że U f y = λe 1, by otrzymać: f y, z B(0,δ z B(0,δ dz = λ e 1, z z dz 1 e 1, z dz 2 B(0,δ z gdzie λ 1, gdyż f 2 y = Df y 1. Ostatnia całka zaś jest rozbieżna, bowiem po 2 przejściu do współrzędnych sferycznych mamy e 1, z = z 1 = rf(φ (gdzie f(φ oznacza nieistotną tu część kątową, więc: e 1, z B(0,δ z dz = δ r δ dr 0 r rn 1 dr J(φ f(φ dφ = C 0 r = + 1
2 3 V 2019, kohomologie torusa 2.1 Torus 2-wymiarowy Niech π i : S 1 S 1 S 1 będzie rzutowaniem na i-tą współrzędną. Rozpatrujemy zorientowane dodatnio krzywe γ 1, : [0, 2π] S 1 S 1 : γ 1 (t = (e it, 1 (t = (1, e it Rozpatrujemy θ i := πi θ. Zauważmy, że rozpatrując torus T 2 jako R 2 \Z 2 i odwzorowanie ilorazowe p : R 2 T 2 mamy p θ i = dx i (dlaczego?. Wybierając w T x (S 1 S 1 = T x S 1 T x S 1 bazę złożoną z wektorów stycznych do krzywych γ 1,, łatwo zobaczyć, że (θ 1 x (v, w = v oraz (θ 2 x (v, w = w. Pokażemy najpierw, że γ i θ j = 2π dla i = j i 0 dla i j. Obliczamy: θ i = γ i πi θ = γ i θ = 2π π γ i Przedostatnia równość wynika ze wzoru na zamianę zmiennych dla całkowania 1-form. Alternatywnie, możemy obliczyć wprost z parametryzacji np. dla i = 1: 2π 2π θ 1 = θ γ1 (t(γ 1(tdt = θ γ1 (t((1, 0dt = 2π γ 1 0 0 Aby pokazać, że np. θ 1 = 0, mamy z zamiany zmiennych: θ 1 = π1θ = θ = 0 π 1 gdyż π 1 jest pętlą stale równą 1. Lemma 1. Niech M będzie rozmaitością, x, y M i niech η 1, η 2 : [0, 1] M będą dwiema gładkimi krzywymi takimi, że η 1 (0 = η 2 (0 = x, η 1 (1 = η 2 (1 = y. Załóżmy, że η 1 i η 2 są gładko homotopijne z zachowaniem końców. Wtedy dla dowolnej zamkniętej 1-formy ω mamy η 1 ω = η 2 ω. Dowód. Analogicznie jak dla M = R n, który to przypadek udowodniliśmy na ćwiczeniach 16.05.2019. Proszę prześledzić dowód i zwrócić uwagę, że tak samo, jak w R n, na dowolnej rozmaitości każda zamknięta 1-forma jest lokalnie dokładna. Alternatywny dowód korzysta z tw. Stokesa. Rozpatrzmy dwie pętle η 1, η 2 : S 1 M oraz zamkniętą 1-formę ω na M. Niech H : S 1 [0, 1] M będzie gładką homotpią pomiędzy η 1 i η 2. Mamy: 0 = H dω = dh ω = H ω = S 1 [0,1] S 1 [0,1] (S 1 [0,1] H ω H ω = η1ω η0ω S 1 {1} S 1 {0} S 1 S 1 Czyli S 1 η 1ω = S 1 η 0ω, a to oznacza po prostu równość całek po pętlach. 2
Rozpatrzmy dowolną gładką pętlę γ : [0, 1] T 2, γ(0 = γ(1 = (1, 1. Grupa podstawowa torusa jest izomorficzna z Z 2 i jest generowana przez pętle γ 1,, a więc γ jest homotopijna z pętlą γ k,l postaci kγ 1 + l dla pewnych k, l Z (gdzie plus oznacza konkatenację pętli. Aby móć skorzystać z Lematu 1, musimy mieć gładką homotopię pomiędzy γ a γ k,l. stnienie takiej gładkiej homotopii wynika z następującego twierdzenia. Twierdzenie 2. Niech M będzie rozmaitością z brzegiem, N rozmaitością bez brzegu oraz f : M N odwzorowaniem ciągłym. Wtedy f jest homotopijne z odwzorowaniem gładkim. Jeśli f jest gładka na domkniętym podzbiorze A M, homotopię można wybrać tak, by zachowywała A. Z powyższego twierdzenia wynika, że jeśli H : S 1 [0, 1] M jest ciągłą homotopią pomiędzy krzywymi η 1 i η 2, to H jest homotopijna (jako odwzorowanie S 1 [0, 1] M z gładką homotopią H przy zachowaniu S 1 {0}, S 1 {1}. Nietrudno zobaczyć, że wtedy H jest homotopią pomiędzy η 1 i η 2. Dowód Twierdzenia 2 można znaleźć np. w ntroduction to smooth manifold Lee (Theorem 6.19. Oczywiście twierdzenie to jest znacznie ogólniejsze, niż nam potrzeba. Samo stwierdzenie, że całki z zamkniętych 1-form po homotopijnych (niekoniecznie gładko krzywych są równe, można udowodnić na piechotę (proszę dać znać, to znajdę referencję z przystępnym dowodem albo napiszę sam. Dla dowolnej 1-formy ω mamy więc: γ ω = ω = k ω + l kγ 1 +l γ 1 Niech teraz ω będzie formą zamkniętą i niech c i := 1 2π γ i ω. Dla dowolnej pętli γ mamy: (ω c 1 θ 1 c 2 θ 2 = k γ (ω c 1 θ 1 c 2 θ 2 + l γ 1 (ω c 1 θ 1 c 2 θ 2 = 0 Ponieważ ω c 1 θ 1 c 2 θ 2 ma całkę zero po każdej gładkiej pętli γ, jest różniczką pewnej formy, czyli: ω c 1 θ 1 c 2 θ 2 = dα Wynika stąd, że klasy form [θ 1 ], [θ 2 ] generują H 1 (T 2 i izomorfizm f : H 1 (T 2 R 2 zadany jest przez f([ω] := ( 1 2π γ 1 ω, 1 2π γ 1 ω (to nie zależy od wyboru reprezentanta [ω], gdyż z tw. Stokesa γ i dα = 0. 2.2 Torus n-wymiarowy Obliczymy teraz kohomologie n-wymiarowego torusa = S 1 S 1. (a Pokazaliśmy na ćwiczeniach, że dla dowolnego g odwzorowanie L g jest gładko homotopijne z identycznością, a więc, na mocy zadania z pracy domowej, L g = id jako odwzorowanie kohomologii. ω 3
(b W ogólności, rozpatrzmy formę ω(g zależną od parametru g, taką, że dla dla dowolnego x i v 1,..., v k T x funkcja g ω(g x (v 1,..., v k jest gładka. Możemy wtedy określić formę ω(gdµ(g wzorem: ( ω(gdµ(g x (v 1,..., v k := (ω(g x (v 1,..., v k dµ(g Łatwo sprawdzić, że ω(gdµ(g istotnie jest gładką formą różniczkową. Jeśli f : jest gładkim odwzorowaniem, to dla dowolnego x i v 1,..., v k T x mamy: ( (f T ω(gdµ(g x (v 1,..., v k = ω(g f(x dµ(g (f v 1,..., f v k = n T ( n ω(gf(x (f v 1,..., f v k dµ(g = ((f ω(g x (v 1,..., v k dµ(g czyli można wejść z f pod całkę. Rozpatrzmy teraz formę: ω = L gωdµ(g Pokażemy, że ω jest niezmiennicza. Kładąc ω(g = L gω otrzymujemy dla dowolnego h : L hω = L h L gωdµ(g = L hl gωdµ(g = L ghωdµ(g = L gωdµ(g = ω gdzie w przedostatniej równości skorzystaliśmy z niezmienniczości miary Haara. Dla dowolnej zamkniętej formy ω mamy [ω] = [ω]. stotnie, dla dowolnego g odwzorowanie L g : H k ( H k ( jest identycznością, a więc [L gω] = [ω], czyli L gω = ω + dα g. Tak więc: ω = L gωdµ(g = ωdµ(g + ( dα g dµ(g = ω + d α g dµ(g gdyż dµ = 1. Fakt, że można z d wejść pod całkę, sprawdzamy analogicznie jak dla f. (c Dla każdego punktu x rozpatrzmy otoczenie U = (e it 1 x,..., e itn x, gdzie t i ( ε, ε dla małego ε > 0, rozpatrzmy V = ( t 1, t 1 ( t n, t n oraz dyfeomorfizm ϕ : V U, ϕ(s 1,..., s n = (e is 1 x,..., e isn x. W tych współrzędnych wszystkie odwzorowania L g, dla g dostatecznie bliskich identyczności, działają jak przesunięcia. Dokładniej, rozpatrzmy formy dx 1,..., dx n na V. W tych współrzędnych dowolna k-forma ω zapisuje się jako: ϕ ω = f dx gdzie = k i f : V R są gładkimi współczynnikami (czasem w takich przypadkach standardowo przeciążamy notację i piszemy ω zamiast ϕ ω. Dla dowolnego 4
g = (e is 1,..., e isn takiego, że s i V, mamy L g ϕ = ϕ T g, gdzie T g jest przesunięciem o wektor s = (s 1,..., s n. A więc forma L gω wyraża się we współrzędnych jako: ϕ L gω = (L g ϕ ω = (ϕ T g ω = Tg φ ω = Tg f dx = T g f dx gdyż formy dx i są niezmiennicze na translacje. Ponieważ Tg f (y = f (y + s, niezmienniczość formy ω wymusza, że współczynniki f są lokalnie stałe. loczyny zewnętrzne form kątowych θ i1 θ ik są po prostu przeciągnięciami form dx i1 dx ik we współrzędnych jak wyżej. Wynika stąd ich liniowa niezależność oraz, na mocy obserwacji o stałych współczynnikach, fakt, że każda forma niezmiennicza jest ich kombinacją liniową. (d Rozpatrzmy formy stopnia k + 1 i przypuśćmy, że mamy [ c θ ] = 0 H k+1 ( dla pewnych współczynników c. Oznacza to, że: c θ = dα dla pewnej k-formy α. Forma α niekoniecznie jest niezmiennicza, ale istnieje forma niezmiennicza β taka, że dα = dβ. stotnie, niech β := α, mamy wtedy dβ = dα = dα = ( c θ = c θ = dα, bo formy niezmiennicze θ są punktami stałymi. Ponieważ β jest k-formą niezmienniczą, musi być postaci: β = J d J θ J gdzie J = k. Ale formy θ j są wszystkie zamknięte, a więc dβ = 0, co dowodzi, że wszystkie współczynniki c = 0. Kończy to dowód, że H k ( R (n k. 2.3 Torus 2-wymiarowy, ciąg Mayera-Vietorisa Zapiszmy T 2 = U V, gdzie U = S 1 ( ε, π + ε, V (π ε, 2π + ε (parametryzujemy kawałek okręgu kątem są zbiorami otwartymi powstałymi z przecięcia torusa pionowo na pół (tak, że U V składa się dwóch rozłącznych zbiorów, z których każdy jest homotopijnie równoważny z okręgiem. Oba zbiory U, V również są homotopijne z okręgiem. Wynika stąd, że H 0 (U = H 0 (V = R, H 0 (U V = R 2 (bo są dwie spójne składowe, H 1 (U = H 0 (V = R, H 1 (U V = R 2 (bo znamy kohomologie S 1, H 2 (U = H 2 (V = H 2 (U V = 0. Wiemy także, że H 0 (T 2 = R. W ciągu Mayera-Vietorisa niewiadome są więc jedynie H 1 (T 2 oraz H 2 (T 2 (choć z jednego z zadań domowych wiadomo, że H n (M = R dla rozmaitości wymiaru n, więc w szczególności H 2 (T 2 = R. Aby obliczyć H 1 (T 2, przyjrzyjmy się fragmentowi ciągu: 0 H 0 (T 2 H 0 (U H 0 (V H 0 (U V H 1 (T 2 H 1 (U H 1 (V H 1 (U V 5
Dokładność ciągu i prosty rachunek na wymiarach pokazuje, że dla δ 0 : H 0 (U V H 1 (T 2 mamy kerδ 0 = imδ 0 = R. mplikuje to, że dimh 1 (T 2 {1, 2, 3} co najmniej 1, bo zawiera obraz δ 0, a co najwyżej 3, bo inaczej jądro i : H 1 (T 2 H 1 (U H 1 (V = R 2 miałoby wymiar co najmniej 2, a keri = imδ 0 = R. Kluczową strzałką jest i V i U : H 1 (U H 1 (V H 1 (U V i obserwacja, że jądro i V i U ma wymiar 1. Przypomnijmy, że (i V i U([ω], [τ] = [τ ω]. Jądro i V i U na pewno nie jest trywialne, gdyż np. jeśli weźmiemy formę kątową θ 1 i ω = θ 1 U, τ = θ 1 V, to [ω] 0, [τ] 0 (bo całki po pętli γ 1 nie znikają, ale [ω τ] = 0, bo ω = τ na U V. Jednak i V i U nie może być również odwzorowaniem zerowym, gdyż np. dla ω jak wyżej mamy (i V i U([ω], 0 = [ω] i to jest 0, znów dlatego, że całka nie znika. Z powyżśzych rozważań oraz dokładności ciągu wynika, że nie może być H 1 (T 2 = R (bo wtedy i V i U byłoby izomorfizmem ani H 1 (T 2 = R 3 (bo wtedy i : H 1 (T 2 H 1 (U H 1 (V byłoby na, więc i V i U byłoby zerowe. A więc H 1 (T 2 = R 2. Łatwo obliczyć H 2 (T 2 patrząc na fragment ciągu: H 1 (U H 1 (V H 1 (U V H 2 (T 2 0 Mamy bowiem, że δ 1 : H 1 (U V H 2 (T 2 jest na. Ale kerδ 1 = im(i V i U = R, co wobec H 1 (U V = R 2 daje H 2 (T 2 = R. 6