Aleˇs Vavpetiˇc REˇSENE NALOGE IZ ALGEBRAIˇCNE TOPOLOGIJE

Aleˇs Vavpetiˇc

REˇ SENE NALOGE IZ

ALGEBRAIˇ CNE TOPOLOGIJE

Ljubljana 2011

ii

naslov: REˇSENE NALOGE IZ ALGEBRAI ˇCNE TOPOLOGIJE avtorske pravice: Aleˇs Vavpetiˇc

izdaja: prva izdaja

zaloˇznik: samozaloˇzba Aleˇs Vavpetiˇc, Ljubljana avtor: Aleˇs Vavpetiˇc

leto izida: 2011

natis: elektronsko gradivo

dostop: http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/AT/AT.pdf

CIP - Kataloˇzni zapis o publikaciji

Narodna in univerzitetna knjiˇznica, Ljubljana 515.14(075.8)(076.1)(0.034.2)

VAVPETI ˇC, Aleˇs

Reˇsene naloge iz algebraiˇcne topologije [Elektronski vir] / Aleˇs Vavpetiˇc. - El. knjiga. - Ljubljana : samozal. A. Vavpetiˇc, 2011

Naˇcin dostopa (URL):http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/AT/AT.pdf ISBN 978-961-93141-1-1 (pdf)

257410816

iii To je zbirka vaj, ki sem jih imel pri izbirnem predmetu Algebraiˇcna topolo- gija in pri predmetu Topologija 2.

Aleˇs Vavpetiˇc

iv

Kazalo

HOMOTOPIJA 3

HOMOTOPSKA EKVIVALENCA 9

DEFORMACIJSKI RETRAKTI 13

KONTRAKTIBILNOST 19

SIMPLICIALNI KOMPLEKSI 21

SEIFERT-VAN KAMPENOV IZREK 29

VOZLI IN SPLETI 35

DIREKTNA LIMITA 43

CW KOMPLEKSI 49

KROVNI PROSTORI 57

KROVNI PROSTORI IN GRUPE 65

HOMOLOGIJA 79

v

vi

1

OZNAKE

Rⁿ+,Rⁿ−. . . zaprta podprostora v Rⁿ

˚Rⁿ₊, ˚Rⁿ−. . . odprta podprostora vRⁿ Bⁿ. . . zaprta enotska krogla vRⁿ Sⁿ. . . enotska sfera v Rⁿ⁺¹ Sⁿ₊,Sⁿ− . . . zaprti hemisferi v Sⁿ

˚Sⁿ+, ˚Sⁿ− . . . odprti hemisferi vSⁿ I. . . interval [0,1]

CX . . . stoˇzec nad prostoromX ΣX. . . suspenzija prostora X X∨Y. . . . ˇsop prostorovX inY

|K|. . . telo simplicialnega kompleksa K K⁽ⁿ⁾. . . . .n-skelet simplicialnega kompleksa K

K ^e L. . . . elementarni kolaps simplicialnega kompleksa K na L K L. . . kolaps simplicialnega kompleksa K na L

2

1 ^HOMOTOPIJA

Definicija 1.1 Naj bosta f, g: X → Y zvezni preslikavi med to- poloˇskima prostoroma. Homotopija od f do g je zvezna preslikava H:X×I→Y za katero velja H(x,0) =f(x) in H(x,1) =g(x) za vsak x ∈ X. Preslikavi f in g sta homotopni (f ' g), ˇce obstaja kakˇsna homotopija od f do g. Za vsak t ∈I oznaˇcimo Ht: X → Y preslikavo H_t(x) =H(x, t).

Preslikavi f, g: (X, A) → (Y, B) sta homotopni (f ' g), ˇce obstaja kakˇsna homotopija H od f do g, da je Ht(A)⊂B za vset∈I.

Preslikavi f in g sta homotopni relativno A (f 'g (rel A)), ˇce ob- staja kakˇsna homotopija od f do g, da je Ht(x) = f(x) = g(x) za vse t∈I in vsex∈A.

Naloga 1.2 Pokaˇzi, da je homotopnost ekvivalenˇcna relacija.

Reˇsitev: Naj bo f:X → Y zvezna preslikava. Tedaj je H:X×I → Y, definirana s predpisom H(x, t) = f(x), homotopija od f do f. Torej je homotopnost refleksivna relacija.

Naj bostaf, g:X →Y zvezni preslikavi in naj bo H:X×I→Y homoto- pija od f do g. Tedaj je preslikavaK:X×I→ Y, definirana s predpisom K(x, t) = H(x,1−t), homotopija odg do f. Torej je homotopnost sime- triˇcna relacija.

Naj bodof, g, h:X → Y zvezne preslikave,H homotopija of f do g in H⁰ homotopija odg do h. PreslikavaK:X×I→Y, definirana s predpisom

K(x, t) =

(H(x,2t), t∈[0,¹₂], H⁰(x,2t−1), t∈[¹₂,1],

je zvezna, saj je podana na dveh zaprtih mnoˇzicahX×[0,¹₂] terX×[¹₂,1] in se na preseku predpisa ujemata; veljaH(x,2·¹₂) =H₁(x) =g(x) =H₀⁰(x) = H⁰(x,2·¹₂−1). Ker jeK₀=f inK₁ =h, jeKhomotopija odf doh. Torej je homotopnost tudi tranzitivna relacija.

3

4 1. HOMOTOPIJA Naloga 1.3 Naj bodo f, f⁰:X → Y in g, g⁰: Y → Z zvezne preslikave za katere je f 'f⁰ in g'g⁰. Pokaˇzi, da je g◦f 'g⁰◦f⁰.

Reˇsitev: Naj bostaH:X×I→Y homotopija odf dof⁰ inH⁰:Y×I→Z homotopija odg do g⁰. Definirajmo preslikavoK:X×I→ Z s predpisom K(x, t) =H⁰(H(x, t), t). Tedaj je

K0(t) =H⁰(H(x,0),0) =H⁰(f(x),0) =g(f(x)) in K1(t) =H⁰(H(x,1),1) =H⁰(f⁰(x),0) =g⁰(f⁰(x)), zato jeK homotopija of g◦f do g⁰◦f⁰.

Naloga 1.4 Naj bostaf, g:X→Y₁×Y₂ zvezni. Zai∈ {1,2}oznaˇcimo f_i, g_i:X →Y_i koordinatni preslikavi; t.j. f_i =p_i◦f in g_i =p_i◦g, kjer je pi:Y1×Y2 →Yi projekcija. Pokaˇzi, da je f 'g natako tedaj, ko je f₁ 'g₁ in f₂ 'g₂.

Reˇsitev: Denimo, da sta f ing homotopni in naj bo H:X×I→Y₁×Y₂ homotopija off dog. Zai∈ {1,2} jepi◦H:X×I→Yi homotopija odfi

dogi.

Naj velja f1 ' g1 in f2 ' g2 in naj bo H⁽ⁱ⁾:X ×I → Yi homotopija od f_i do g_i. Tedaj je H:X×I → Y₁ ×Y₂, definirana s predpisom H(x, t) = (H⁽¹⁾(x, t), H⁽²⁾(x, t)), homotopija od f do g.

Naloga 1.5 a. Pokaˇzi, da je vsaka preslikava f:Rⁿ → X homotopna konstantni preslikavi.

b. Ali sta poljubni preslikaviRⁿ→X homotopni?

Reˇsitev: a. Definirajmo homotopijoH:Rⁿ×I→Xs predpisomH(x, t) = f((1−t)x). Ker je H0(x) =f(x) in H1(x) =f(0), je H homotopija med f in konstantno preslikavoc_f(0).

b. Ne, ˇce prostor X ni povezan s potmi. Naj bosta c_x, c_y: Rⁿ → X kon- stantni preslikavi, ki slikata v razliˇcni komponenti za povezanost s potmi prostora X. Vsaka zvezna preslikava H:Rⁿ×I → X slika v neko kom- ponento za povezanost prostoraX, saj je Rⁿ×I s potmi povezan prostor.

Torej mnoˇzici H₀(Rⁿ) in H₁(Rⁿ) leˇzita v isti komponenti za povezanost s potmi prostoraX, zatocx incy nista homotopni.

5 Naloga 1.6 Poiˇsˇci potreben in zadosten pogoj za topoloˇski prostor X, da sta poljubni konstantni preslikavi iz topoloˇskega prostora Y v X ho- motopni.

Reˇsitev: Pokaˇzimo, da jeXpovezan s potmi natanko tedaj, ko sta za vsak topoloˇski prostor Y poljubni konstantni preslikavi Y →X homotopni.

Naj bo X povezan s potmi. Naj bosta a, b ∈ X poljubni in γ: I → X pot od ado b. Tedaj je preslikava H: Y ×I → X, definirana s predpisom H(y, t) = γ(y), homotopija med konstantnima preslikavama ca = H0 in c_b =H1. Torej sta poljubni konstantni preslikavi homotopni.

Naj bosta za vsak topoloˇski prostorY poljubni konstantni preslikaviY →X homotopni. Za a, b∈ X obstaja homotopija H:Y ×I → X od konstante c_a do konstante c_b. Naj bo y₀ ∈ Y poljubna toˇcka. Tedaj je γ: I → X, definirana s predpisomγ(t) =H(y0, t), pot od a do b. Torej je X povezan s potmi.

Naloga 1.7 Naj bosta f, g:X → C− {0} taki zvezni preslikavi, da je

|f(x)−g(x)|<|f(x)| za vsex∈X. Pokaˇzi, da sta f in g homotopni.

Reˇsitev: Definirajmo preslikavaH:X×I→C−{0}s predpisomH(x, t) = (1−t)f(x) +tg(x). Ker velja

|(1−t)f(x) +tg(x)|=|f(x)−t(f(x)−g(x))| ≥

≥ |f(x)| −t|f(x)−g(x)| ≥

≥ |f(x)| −t|f(x)| ≥

≥(1−t)|f(x)|,

je (1−t)f(x)+tg(x) zat6= 1 razliˇcno od 0. Zat= 1 pa je (1−t)f(x)+tg(x) = g(x) tudi razliˇcno od 0. Torej preslikava H res slika v prostor C− {0} in ker jeH0=f inH1 =g, staf ing homotopni.

Naloga 1.8 Naj bodoX poljuben topoloˇski prostor,x₀∈Sⁿin f:Sⁿ→ X zvezna preslikava. Tedaj so ekvivalentne spodnje trditve.

a. Preslikava f je homotopna neki konstantni preslikavi c.

b. Obstaja razˇsiritev F:Bⁿ⁺¹→X preslikavef. c. Velja f 'c (rel x₀).

Reˇsitev: Naj boH:Sⁿ×I→X homotopija medf in konstanto c. Ker je

6 1. HOMOTOPIJA H|_Sn×{1} =ckonstanta, obstaja preslikava He:Sⁿ×I/Sⁿ× {1} →X, da je H=He◦q, kjer jeq:Sⁿ×I→Sⁿ×I/Sⁿ× {1}=CSⁿkvocientna preslikava.

Sⁿ×I X

Bⁿ⁺¹ CSⁿ

H g q

eg He

Stoˇzec nad sferoSⁿje homeomorfen krogli Bⁿ⁺¹. Vemo, da preslikava g:Sⁿ×I→Bⁿ⁺¹, definirana s pred- pisomg(x, t) = (1−t)x, porodi ho- meomorfizemeg:CSⁿ → Bⁿ⁺¹. To-

rej je diagram na desni komutativen. Za toˇcko x∈Sⁿ velja

H((e g)e⁻¹(x)) =H((e eg)⁻¹(g(x,0))) =H(q(x,e 0)) =H(x,0) =f(x), zato jeF =He ◦(eg)⁻¹:Bⁿ⁺¹ →X razˇsiritev preslikavef.

Denimo, da obstaja razˇsiritev F: Bⁿ⁺¹ → X preslikave f. Definirajmo preslikavoH:Sⁿ×I→X s predpisomH(x, t) =F((1−t)x+tx0). Tedaj je H0(x) =F(x) =f(x),H1(x) =f(x0) =c_f(x0) inH(x0, t) =F(x0) =f(x0).

Torej jeH homotopija od f do konstante c_f(x0), ki miruje v toˇcki x₀. Implikacija izc. va. je oˇcitna.

Naloga 1.9 Pokaˇzi, da za noben n∈N inkluzijai:Sⁿ⁻¹ ,→Rⁿ− {0ⁿ} ni homotopna konstanti.

Reˇsitev: Denimo, da je ihomotopna konstanti. Po prejˇsnji nalogi obstaja razˇsiritev F: Bⁿ → Rⁿ− {0ⁿ} inkluzije i. Naj bo r:Rⁿ− {0ⁿ} → Sⁿ⁻¹ retrakcija podana s predpisom r(x) = _kxk^x . Tedaj je r◦ F: Bⁿ → Sⁿ⁻¹ retrakcija, kar je v protislovju z Brouwerjevim izrekom o negibni toˇcki. Torej inkluzijaini homotopna konstanti.

Naloga 1.10 Preslikavi f, g: [−1,1]→R²− {(0,0)} sta podani s pred- pisoma f(x) = (x,√

1−x²) in g(x) = (x,−√

1−x²). Pokaˇzi, da je f 'g in f 6'g (rel {−1,1}).

Reˇsitev: Prostor [−1,1] je konveksen, zato je vsaka preslikava iz [−1,1]

v poljuben topoloˇski prostor homotopna konstanti. Ker je R²− {(0,0)} s potmi povezan, sta tako poljubni preslikavi iz [−1,1] vR²− {(0,0)} homo- topni.

Ideja dokaza neobstoja relativne homotopije: ˇCe bi obstajala homotopija (definirana na [−1,1]×I), bi porodila preslikavo na kvocientu, kjer v pra- vokotniku stisnemo v toˇcki levo in desno stranico, saj v obeh stranicah homotopija miruje. Nastali kvocient je disk B² in zoˇzitev porojene presli-

7 kave na robS¹ je inkluzija vR²− {(0,0)}, ki ima razˇsiritev na disk. To pa po prejˇsnjih dveh nalogah ni moˇzno.

Torej denimo, da obstaja homotopijaH: [−1,1]×I→R²−{(0,0)}odgdof, ki miruje na mnoˇzici{−1,1}. Ker je za i∈ {−1,1} zoˇzitevH|_{i}×I=c_(i,0) konstanta, obstaja preslikava He: [−1,1]×I/{{−1} ×I,{1} ×I} → R² − {(0,0)}, da jeH◦qe =H, kjer jeq: [−1,1]×I→[−1,1]×I/{{−1}×I,{1}×I} kvocientna projekcija.

Definirajmo preslikavo h: [−1,1]×I→B² s predpisom

h(x, t) = (x,p

1−x²(2t−1)).

Ker je kh(x, t)k² ≤x²+ (1−x²)(2t−1)² ≤ x²+ (1−x²) = 1, preslikava h res slika v B². Izraˇcunajmo prasliko toˇcke (x, y) ∈ B². ˇCe je |x| 6= 1 iz enakosti √

1−x²(2t−1) = y, dobimo t = ¹₂(^√_1−x^y ₂ + 1). Ker je y ∈ [−√

1−x²,√

1−x²], je ¹₂(^√_1−x^y ₂ + 1) ∈ I. Torej je v primeru |x| 6= 1 praslika h⁻¹(x, y) = {(x,¹₂(^√_1−x^y ₂ + 1))}. Ce jeˇ |x| = 1, je h⁻¹(x, y) = {x} ×I. Torej je h surjektivna in velja h(x, t) = h(x⁰, t⁰) natanko tedaj, ko je (x, t)∼(x⁰, t⁰). Zato preslikavah porodi zvezno bijekcijoeh: [−1,1]× I/{{−1} ×I,{1} ×I} → B². Ker h slika iz kompaktnega v Hausdorffov prostor, je kvocientna. Tako jeeh homeomorfizem. Dobili smo komutativen diagram.

[−1,1]×I R²− {(0,0)}

B² [−1,1]×I/{{−1} ×I,{1} ×I} H h q

eh He

Za (x, y)∈S¹+jeH((ee h)⁻¹(x, y)) =H((ee h)⁻¹h(x,1)) =H(q(x,e 1)) =H(x,1) = f(x) in za (x, y)∈S¹− je H((e eh)⁻¹(x, y)) =H((e eh)⁻¹h(x,0)) =H(q(x,e 0)) = H(x,0) =g(x). Torej je He ◦(eh)⁻¹:B² →R²− {(0,0)} razˇsiritev inkluzije i:S¹ →R²− {(0,0)}, kar ni moˇzno. Torej ne obstaja homotopija medf in g, ki miruje na {−1,1}.

8 1. HOMOTOPIJA Naloga 1.11 Naj bodo N = {_n¹ | n ∈ N} ∪ {0}, X = I×N, Y = {(x, kx) ∈ R² | x ∈ I, k ∈ N} in A = I× {0}. Definirajmo f(x, y) = (x,0) in g(x, y) = (x, xy).

a. Pokaˇzi, da za preslikavi f, g:X→Y velja f 'g.

b. Pokaˇzi, da za preslikavi f, g: (X, A)→(Y, A) velja f 'g.

c. Pokaˇzi, da za preslikavi f, g:X→Y ne velja f 'g (relA).

Reˇsitev: Prostora X in Y sta narisana na spodnji sliki.

1 1

1 1

a. Za poljubno preslikavoϕ:X→Y je preslikavaH:X×I→Y, definirana s predpisom H(x, y, t) = (1−t)ϕ(x, y) +t(0,0), je homotopija od ϕ do konstantec_(0,0). Torej sta poljubni preslikavi izX vY homotopni.

b. Ker za zgornjo homotopijo veljaH(x,0, t)∈Aza vsex∈I, sta preslikavi f, g: (X, A)→(Y, A) homotopni preslikavic_(0,0): (X, A)→(Y, A).

c. Ideja: ˇCe bi obstajala homotopija, bi vsako od toˇck g(1,_n¹) = (1,_n¹) pripeljala do toˇcke f(1,_n¹) = (1,0). Edina moˇznost je preko toˇcke (0,0).

Hkrati pa mora homotopija mirovati v toˇcki (1,0)∈ A. To pa zaradi zve- znosti homotopije ne gre.

Denimo torej, da obstaja homotopija H:X×I → Y od g do f, ki miruje na mnoˇzici A. Tedaj je za vsak n ∈N preslikava γ_n: I → Y, definirana s predpisomγn(t) =H(1,_n¹, t), pot od g(1,_n¹) = (1,_n¹) dof(1,¹_n) = (1,0) v prostoru Y. Ker Y − {(0,0)} ni povezan s potmi, gre pot γ_n preko toˇcke (0,0). Torej obstaja t_n, da je γ_n(t_n) = (0,0). Ker je X × I kompak- ten prostor, obstaja konvergentno podzaporedje{(1,_n¹

k, tnk)}_k∈Nzaporedja {(1,_n¹, t_n)}_n∈N. Limita je enaka (1,0, t) za nekt∈I. Zaradi zveznosti pre- slikave H, je limk→∞H(1,_n¹

k, t_k) =H(1,0, t). To pa ni moˇzno, saj je leva stran enakosti enaka (0,0) desna pa (1,0). Torej f in g nista homotopni relativnoA.

2 ^HOMOTOPSKA EKVIVALENCA

Definicija 2.1 Prostora X in Y sta homotopsko ekvivalentna, ˇce obstajata zvezni preslikavi f:X → Y in g:Y → X, da je g◦f ' id_X in f◦g'id_Y.

Naloga 2.2 Naj bosta X povezan topoloˇski prostor in Y poljuben to- poloˇski prostor. Ce sta prostoraˇ X in Y homotopsko ekvivalentna, je tudiY povezan.

Reˇsitev: Denimo, da sta X in Y homotopsko ekvivalentna. Naj bosta f: X →Y ter g:Y → X taki preslikavi, da je g◦f 'idX inf ◦g'idY. Naj boH:Y ×I→Y homotopija med idY inf ◦g.

Ker jeX povezan, je slikaf(X) tudi povezana. Naj bo C⊂Y komponenta za povezanost, ki vsebuje mnoˇzico f(X). Tedaj jef(g(Y))⊂C.

Naj boy∈Y poljubna toˇcka. Preslikavaγ:I→Y, definirana s predpisom γ(t) =H(y, t), je pot od toˇckeH(y,0) =id_Y(y) =ydoH(y,1) =f(g(y))∈ C, zato je y ∈ C. Ker je bila y poljubna toˇcka, je Y = C oziroma Y je povezan prostor.

Naloga 2.3 Kateri od prostorov R², R²− {(0,0)}, R×(R− {0}), R× [0,∞), S¹×R in M¨obiusov trak so med seboj homotopsko ekvivalentni?

Reˇsitev: Prostor R×(R− {0}) je edini med naˇstetimi nepovezan, zato po prejˇsnji nalogi ni homotopsko ekvivalenten nobenemu od preostalih prosto- rov.

Naj bosta f: R² → R×[0,∞) in g: R×[0,∞) → R² poljubni zvezni preslikavi. Ker je H:R²×I →R², definirana s predpisom H(x, t) = (1− t)x+tg(f(x)), homotopija medid_X terg◦f inG:R×[0,∞)×I→R×[0,∞), definirana s predpisom G(y, t) = (1−t)y+tf(g(y)), homotopija med id_Y terf ◦g, staf ing homotopski ekvivalenci.

Preslikavaf:R²− {(0,0)} →S¹×Rpodana s predpisomf(x, y) = (_k(x,y)k^x , 9

10 2. HOMOTOPSKA EKVIVALENCA

y

k(x,y)k, lnk(x, y)k) je homeomorfizem z inverzom f⁻¹(x, y, z) = (e^zx, e^zy).

Torej sta prostora R²− {(0,0)} in S¹×R celo homeomorfna. Pokaˇzimo, da sta prostora homotopsko ekvivalenta kroˇznici S¹, kateri je homotopsko ekvivalenten tudi M¨obiusov trak.

Naj bo f: R² − {(0,0)} → S¹, definirana s predpisom f(x) = _||x||^x , in naj bo g: S¹ ,→ R² − {(0,0)} standardna inkluzija. Tedaj je f ◦g = id_S¹ in g◦f 'id_R²_−{(0,0)}, saj za preslikavoH: (R²− {(0,0)})×I→R²− {(0,0)}, definirano s predpisomH(x, t) = (1−t)x+t_||x||^x , velja H₀=id_R2−{(0,0)} in H₁ =g◦f. Torej je prostorR²− {(0,0)}homotopsko ekvivalenten kroˇznici S¹.

M¨obiusov trak je kvocientni prostorM =I²/(x,0)∼(1−x,1). KroˇznicoS¹bomo gledali kot kvocientni prostor S¹ =I/0∼1. Naj bo fe:I² → I projekcija na drugo koordinato in eg:I → I² vloˇzitev podana s predpisom eg(y) = (¹₂, y).

Ker je fe(x,0) = 0 ∼ 1 = fe(1−x,1) in eg(0) = (¹₂,0) ∼ (¹₂,1) = eg(1), preslikavi fein eg definirata preslikavi f:M → S¹ in g:S¹ → M. Ker je fe◦eg = id_I, je f ◦g = id_S¹. Definirajmo He:I² ×I → I² s predpisom H(x, y, t) = ((1e −t)x+ ^t₂, y). Tedaj je He0 = id_I² in He1 = eg◦fe. Ker je H(x,e 0, t) = ((1−t)x+₂^t,0)∼(1−((1−t)x+₂^t),1) = ((1−t)(1−x)+₂^t,1) = H(1e −x,1, t), obstaja homotopijaH:M×I→M medid_M ing◦f. Torej je tudi M¨obiusov trak homotopsko ekvivalenten kroˇzniciS¹.

Recimo, da je R² homotopsko ekvivalenten S¹. Naj bosta f: R² → S¹ in g:S¹ →R² taki, da jef◦g'id_S¹ ing◦f 'id_R². Vemo, da sta preslikavi iz poljubnega topoloˇskega prostora vR² homotopni. Zato sta g in konstanta c_(0,0) homotopni. Tedaj jef◦g'f◦c_(0,0) =c_f(0,0). Ker pa jef◦g'id_S1, smo dobili, da jeid_S¹ 'c_f(0,0). Po Brouwerjevim izreku o negibni toˇcki id_S¹ ni homotopna konstanti. Torej prostoraR² inR×[0,∞) nista homotopsko ekvivalentna prostorom R²− {(0,0)},S¹×R,M inS¹.

Naloga 2.4 Naj bo T torus in K Kleinova steklenica. Pokaˇzi, da sta prostora T− {∗}in K− {∗} homotopsko ekvivalentna.

Reˇsitev: OznaˇcimoX =T− {∗} inY =K− {∗}. Pokazali bomo, da sta X inY homotopsko ekvivalentna ˇsopuS¹∨S¹ dveh kroˇznic.

Naj bo I = [−1,1]. Tedaj je X = (I² − {(0,0)})/(−1,y)∼(1,y),(x,−1)∼(x,1). PreslikavaH: (I²− {(0,0)})×I → (I²− {(0,0)}), definirana s predpisom H(x, t) = (1−t)x+t_||x||^x

∞, je homotopija med identiteto in retrakcijo pro-

11 storaI²− {(0,0)}na rob kvadrata∂I². HomotopijaHinducira homotopijo med identitetoidX in retrakcijo prostoraXna (∂I²)/(−1,y)∼(1,y),(x,−1)∼(x,1) = S¹∨S¹. Pokazali smo, da jeS¹∨S¹ (krepki) deformacijski retrakt prostora X, zato sta prostoraX inS¹∨S¹ homotopsko ekvivalentna.

Prostor Y pa je (I²− {(0,0)})/(−1,y)∼(1,1−y),(x,−1)∼(x,1). Zgornja homoto- pija H inducira homotopijo med dentiteto id_Y in retrakcijo prostoraY na (∂I²)/(−1,y)∼(1,1−y),(x,−1)∼(x,1)∼=S¹∨S¹. Torej jeS¹∨S¹ (krepki) deforma- cijski retrakt prostora Y, zato sta Y inS¹∨S¹ homotopsko ekvivalentna.

12 2. HOMOTOPSKA EKVIVALENCA

3 DEFORMACIJSKI RETRAKTI

Definicija 3.1 Preslikavo r:X → A za katero velja r|_A =idA imenu- jemo retrakcija prostora X na podprostor A. Podprostor A ⊂ X je retrakt prostoraX, ˇce obstaja retrakcija X →A.

Podprostor A ⊂ X je deformacijski retrakt, ˇce obstaja homotopija H:X×I→X med idX in kakˇsno retrakcijor:X→A. Homotopijo H imenujemo deformacijska retrakcija.

Ce homotopijaˇ H miruje na mnoˇzici A, jo imenujemo krepka defor- macijska retrakcija, prostorApa imenujemo krepki deformacijski retrakt prostoraX.

Naloga 3.2 a. Poiˇsˇci vse retrakte kroˇznice S¹. b. Poiˇsˇci vse deformacijske retrakte kroˇznice S¹.

c. Poiˇsˇci vse krepke deformacijske retarkcije kroˇznice S¹.

Reˇsitev: a. Cel prostor S¹ je retrakt. Poiˇsˇcimo ˇse prave podprostore, ki so retrakti kroˇznice. Retrakt povezanega Hausdorffovega prostora je zaprt povezan podprostor. Torej so kandidati za retrakte prostoraS¹ zaprti loki.

Naj bo A ⊂ S¹ zaprt lok (lahko degeneriran). Tedaj obstajata ϕ1, ϕ2 ∈ [0,4π), da jeA ={e^iϕ|ϕ₁ ≤ϕ≤ϕ₂}. Definirajmo retrakcijor:S¹ →A s predpisom

r(e^iϕ) =

(e^iϕ, ϕ∈[ϕ₁, ϕ₂], eⁱ

ϕ2−ϕ1

ϕ2−ϕ1−2π(ϕ−ϕ₂)+iϕ2

, ϕ∈[ϕ₂, ϕ₁+ 2π].

Ker je eⁱ

ϕ2−ϕ1

ϕ2−ϕ1−2π(ϕ2−ϕ₂)+iϕ2

=e^iϕ2 ineⁱ

ϕ2−ϕ1

ϕ2−ϕ1−2π(ϕ1+2π−ϕ₂)+iϕ2

=e^iϕ1, je r zvezna. Zaϕ∈[ϕ2, ϕ1+ 2π] velja _ϕ^ϕ2−ϕ1

2−ϕ1−2π(ϕ−ϕ2) +ϕ2∈[ϕ1, ϕ2], zato r res slika v lokA. Torej jer retrakcija. Tako smo pokazali, da je vsak zaprt lok v S¹ retrakt.

b. Denimo, da jeA⊂S¹ deformacijski retrakt. Po prejˇsnji toˇcki jeAzaprt lok. Ker je toˇcka deformacijski retrakt vsakega loka, je tudi (vsaka) toˇcka deformacijski retrakt prostora S¹. To pomeni, da je konstantna preslikava

13

14 3. DEFORMACIJSKI RETRAKTI homotopna identiteti id_S1, kar je v protislovju z Brouwerjevim izrekom.

Torej je le cel prostorS¹ deformacijski retrakt.

c. Iz prejeˇsnje toˇcke sledi, da je le cel prostorS¹krepki deformacijski retrakt.

Naloga 3.3 Pokaˇzi, da sta poljubni deformacijski retrakciji F, G:X× I→X prostoraX na podprostor A homotopni.

Reˇsitev: Preslikava H:X×I×I→X, definirana s predpisom H(x, t, s) =

(F(x, t(1−2s)), s∈[0,¹₂], G(x, t(2s−1)), s∈[¹₂,1],

je homotopija med F in G. ˇCe sta F in G krepki deformacijski retrakciji prostoraX na podprostorA, velja F 'G(relA×I).

Naloga 3.4 Naj bo x0∈X krepki deformacijski retrakt prostora X.

a. Pokaˇzi, da za vsako okolico U toˇckex0 obstaja okolica V ⊂U toˇcke x0, da je inkluzijai:V ,→U homotopna konstantni.

b. Pokaˇzi, da je prostor X lokalno povezan s potmi v toˇcki x0.

Reˇsitev: a. Naj bo H:X ×I → X krepka deformacijska retrakcija in naj bo U okolica toˇcke x₀. Za vsak t ∈ I obstajata odprti okolici V_t za x0 in Wt za t, da je H(Vt ×Wt) ⊂ U. Mnoˇzica {W_t | t ∈ I} je odprto pokritje kompaktnega prostora {x₀} ×I, zato obstajajo t1, . . . , tn ∈ I, da je I = ∪ⁿ_i=1W_ti. Naj bo V = ∩ⁿ_i=1V_ti. Tedaj je zoˇzitev G: V ×I → U, G(x, t) =H(x, t), dobro definirana in velja G₀ =iter G₁=c_x0.

b. Pri oznakah iz prejˇsnje toˇcke bomo pokazali, da je H(V ×I) s potmi povezana okolica toˇcke x0. Ker je H0 = i, je V = H0(V) ⊂ H(V ×I).

Torej je H(V ×I) okolica toˇcke x0. Naj bo y ∈ H(V ×I), torej obstaja (x, s)∈V ×I, da je H(x, s) =y. Konstruirajmo pot ody dox₀ v mnoˇzici H(V ×I). ˇCe je s = 1, je y = H(x,1) = x0. Naj bo s < 1. Preslikava γ:I → H(V ×I), definirana s predpisom γ(t) = H(x,(1−t)s+t), je pot ody do x₀. Torej jeH(V ×I) s potmi povezana okolica toˇckex₀.

Naloga 3.5 ProstorX = I×{0}

∪ {0}×I

∪ ∪^∞_n=1{_n¹}×I

imenujemo glavnik.

a. Pokaˇzi, da je vsaka toˇcka deformacijski retrakt glavnika X.

b. Poiˇsˇci vse toˇcke, ki so krepki deformacijski retrakti glavnika X.

15

Reˇsitev: a. Desno spodaj je narisan prostor X. Definirajmo preslikavo H:X×I→X s predpisom

H(x, y, t) =

((x, y(1−2t)), t∈[0,¹₂], (x(2−2t),0), t∈[¹₂,1].

PreslikavaHje krepka deformacijska re- trakcija prostora X na toˇcko (0,0). Ker je prostor X s potmi povezan, sta po-

ljubni konstantni preslikavi iz X v X homotopni. Ker smo ˇze pokazali, da je c_(0,0) homotopna idX, pomeni, da so vse konstantne preslikave na X homotopne id_X. Tako smo pokazali, da so vse toˇcke deformacijski retrakti prostora X.

b. Naj bo (0, y₀) in y₀ > 0. Prostor X ni lokalno povezan v toˇcki (0, y₀).

Po prejˇsnji nalogi, toˇcka (0, y0) ni krepki deformacijski retrakt prostoraX.

Torej toˇcke iz {0} ×(0,1] niso krepki deformacijski retrakti prostoraX.

Naj bo (x0,0)∈X. Definirajmo preslikavo H:X×I→X s predpisom

H(x, y, t) =

((x, y(1−2t)), t∈[0,¹₂], (x(2−2t) + (2t−1)x₀,0), t∈[¹₂,1].

PreslikavaH je krepka deformacijska retrakcija prostoraX na toˇcko (x0,0).

Naj bo (x0, y0) ∈X inx0, y0 >0. Preslikava H:X×I → X, definirana s predpisom

H(x, y, t) =



















(x, y(1−3t)), t∈[0,¹₃],(x, y)6∈ {x₀} ×(0,1], (x(2−3t) + (3t−1)x₀,0), t∈[¹₃,²₃],(x, y)6∈ {x₀} ×(0,1], (x0,(3t−2)y0), t∈[²₃,1],(x, y)6∈ {x₀} ×(0,1], (x, y), t∈[0,²₃],(x, y)∈ {x₀} ×[0,1], (x0,(3−3t)y+ (3t−2)y0), t∈[²₃,1],(x, y)∈ {x₀} ×[0,1], je zvezna, saj je definirana na konˇcno mnogo zaprtih mnoˇzicah in predpisi se na presekih ujemajo. Torej je toˇcka (x₀, y₀) krepki deformacijski retrakt prostora X.

16 3. DEFORMACIJSKI RETRAKTI Naloga 3.6 Naj bo

T = I× {0}

∪ ∪_q∈Q∩I{q} ×[0, q]

in naj bo Tˆ mnoˇzica, ki jo dobimo, ˇce T zrcalimo preko simetrale lihih kvadrantov in transliramo za ena navzdol. Naj bo X₀ = T ∪Tˆ in za vsak n∈Z naj bo X_n mnoˇzica X₀ translirana za vektor (n, n). Naj bo X =∪_n∈ZXn.

a. Pokaˇzi, da so vsaka toˇcka deformacijski retrakt prostoraX.

b. Pokaˇzi, da nobena toˇcka ni krepki deformacijski retrakt prostora X.

Reˇsitev: Desno je narisan prostor X. Deformacijsko retrakcijo definiramo tako, da sredinjsko lomleno ˇcrto

”potegnemo” v levo za 1 in zraven zvezno potegnemo ˇse ostale inter- vale. S tem smo vse stlaˇcili na sre- dinjsko ˇcrto in sedaj lahko to sti- snemo v toˇcko.

Naj boZ= (∪_n∈Z[n, n+1]×{n})∪

(∪_n∈Z{n}×[n+1, n+2])⊂X”sre- dinska” lomljena ˇcrta. Naj bosta L⊂Xmnoˇzica vseh navpiˇcnih da- ljic v X skupaj z mnoˇzico Z inR mnoˇzica vseh vodoravnih daljic v X skupaj z mnoˇzico Z. Torej jeL

del mnoˇzice X nad Z inR je del pod Z. VeljaX=L∪R inL∩R =Z.

Definirajmo preslikavof:Z×I→Z s predpisom

f(x, y, t) =















(x−t, y), y= [y], x−[x]≥t, ([x], y−t−x+ [x]), y= [y], x−[x]≤t, (x, y−t), x= [x], y−[y]≥t, (x−t−y+ [y],[y]), x= [x], y−[y]≤t.

Za vsakt∈I je ft:Z → Z ”translacija” zat v levo, ki je tako homeomor- fizem z inverzom f_t⁻¹, ki je ”translacija” za t v desno. Sedaj definiramo razˇsiritev g:L×I→L preslikave f s predpisom

g(x, y, t) =

((x, y−t), y−[y]≥t, f(x,[y], t−y+ [y]), y−[y]≤t.

17 in razˇsiritev h:R×I→R preslikave f s predpisom

h(x, y, t) =

((x−t, y), x−[x]≥t, f([x], y, t−x+ [x]), x−[x]≤t.

Preslikavig inh definirata homotopijoF:X×I→X za katero velja F0 = id_X inF₁(X) =Z.

Definirajmo homotopijoH:X×I→X s predpisom H(x, y, t) =

(F(x, y,2t), t∈[0,¹₂], f_2t−1⁻¹ (F(x, y,1)), t∈[¹₂,1].

PreslikavaH je deformacijska retrakcija prostoraX na Z. Ker je Z home- omorfenR, je vsaka toˇcka iz Z deformacijski retrakt prostora Z. Ker je X s potmi poezan, je tako vsaka toˇcka izX deformacijski retrakt prostoraX.

Ker prostor X ni lokalno povezan s potmi v nobeni toˇcki, nobena toˇcka ni krepki deformacijski retrakt prostoraX.

18 3. DEFORMACIJSKI RETRAKTI

4 KONTRAKTIBILNOST

Definicija 4.1 Prostor X je kontraktibilen, ˇce je identiteta idX ho- motopna kaki konstanti.

Naloga 4.2 a. Naj bo prostorX kontraktibilen. Pokaˇzi, da sta za vsak s potmi povezan topoloˇski prostorY poljubni preslikavif, g:X →Y homotopni.

b. Poiˇsˇci primer nekontraktibilnega prostoraXza katerega velja, da sta za vsak s potmi povezan prostor Y poljubni preslikavi f, g:X → Y homotopni.

Reˇsitev: a. Ker je X kontraktibilen, je id_X homotopna konstantni pre- slikavi c_x0. Tedaj je f = f ◦id_X ' f ◦c_x0 = c_f(x0) in g = g◦ id_X ' g◦cx0 = c_g(x0). Ker sta poljubni konstantni preslikavi v prostor, ki je s potmi povezan, homotopni, sta f ing homotopni.

b. Naj boX diskreten prostor z vsaj dvema toˇckama. TedajX ni povezan in zato ni kontraktibilen. Naj bo Y poljuben s potmi povezan prostor in f, g: X → Y zvezni preslikavi. Za vsak x ∈ X izberemo pot γx: I → Y od toˇcke f(x) do g(x). Tedaj je H:X ×I → Y, definirana s predpisom H(x, t) = γ_x(t), homotopija of f do g. Preslikava H je zvezna, saj je definirana na lokalno konˇcnem zaprtem pokritju{{x} ×I|x∈X}prostora X×I.

19

20 4. KONTRAKTIBILNOST Naloga 4.3 Naj bosta X topoloˇski prostor in x0 ∈ X. Pokaˇzi, da so naslednje trditve ekvivalentne.

a. Prostor X je kontraktibilen.

b. Za vsak topoloˇski prostor Y velja, da sta poljubni preslikavi f, g:Y →X homotopni.

c. Za vsak topoloˇski prostor Y in vsako toˇcko y0 ∈ Y velja, da sta poljubni preslikavi f, g: (X, x0)→(Y, y0) prosto homotopni.

Reˇsitev: (a. ⇒ b.) Naj bo X kontraktibilen. Tedaj je id_X homotopna konstantni preslikavi c. Naj bosta f, g: Y → X zvezni. Tedaj je f = idX ◦f 'c◦f =c=c◦g'idX ◦g=g.

(b.⇒a.) Naj bodo Y =X, f =idX in g=cx0. Po predpostavki sta f in ghomotopni, zato je X kontraktibilen.

(a. ⇒ c.) Naj bo X kontraktibilen. Tedaj je idX homotopna konstantni preslikavic_x0. Za zvezni preslikavif, g: (X, x₀)→(Y, y₀) veljaf =f◦id_X ' f◦c_x0 =c_y0 =g◦c_x0 'g◦id_X =g.

(c.⇒a.) Naj bodoY =X,y₀ =x₀,f =id_X in g=c_x0. Po predpostavki staf ing homotopni, zato je X kontraktibilen.

5 SIMPLICIALNI KOMPLEKSI

Definicija 5.1 Mnoˇzica{a₀, . . . , ak} v vektorskem prostoruV jeafino neodvisna, ˇce je mnoˇzica {a₁−a0, . . . , a_k−a0} linearno neodvisna.

Ce je mnoˇˇ zica {a₀, . . . , a_k} ⊂ Rⁿ afino neodvisno, njeno konveksno ogrinjaˇco imenujemo k-simpleks in ga oznaˇcimo a₀a₁. . . a_k. Simpleks b0b1. . . b_l je lice simpleksa a0a1. . . a_k, ˇce je {b₀, . . . , b_l} podmnoˇzica mnoˇzice{a₀, . . . , a_l}; piˇsemo b₀b₁. . . b_l< a₀a₁. . . a_n.

Opomba 5.2 Naj bosta x ∈ Rⁿ in a₀a₁. . . a_k simpleks v Rⁿ. Toˇcka x ∈Rⁿ je v simpleksu a₀a₁. . . a_k natanko tedaj, ko obstajajo (enoliˇcno doloˇcena) ˇstevila t0, . . . , tk∈I, da je x=Pk

i=0tiai in Pk

i=0ti = 1.

Opomba 5.3 Naj bosta a₀a₁. . . a_k in b₀b₁. . . b_l simpleksa in ϕ: {a₀, . . . , a_k} → {b₀, . . . , b_l} poljubna preslikava. Tedaj obstaja (enoliˇcno doloˇcena) linearna preslikava f:a₀a₁. . . a_k → b₀b₁. . . b_l, da jef(a_i) =ϕ(a_i).

Definicija 5.4 Mnoˇzica simpleksovKv evklidskem prosotruRⁿjesim- plicialni kompleks, ˇce zadoˇsˇca spodnjim zahtevam.

a. ˇCe je σ∈K in jeρ < σ, je ρ∈K.

b. ˇCe sta σ, τ ∈K, je σ∩τ bodisi prazna mnoˇzica bodisi je skupno lice obeh simpleksov.

c. Mnoˇzica K je lokalno konˇcno pokritje za telo kompleksa |K| =

∪_σ∈Kσ.

Opomba 5.5 Mnoˇzica A ⊂ |K| je zaprta natanko tedaj, ko je za vsak simpleks σ∈K mnoˇzicaA∩σ zaprta vσ.

Opomba 5.6 Preslikava f:|K| →X je zvezna natanko tedaj, ko je za vsak simpleks σ∈K zoˇzitev f|_σ:σ →X zvezna.

21

22 5. SIMPLICIALNI KOMPLEKSI Naloga 5.7 Naj bo K simplicialni kompleks. Pokaˇzi, da je |K|lokalno kompakten, lokalno povezan in lokalno povezan s potmi.

Reˇsitev: Naj bo x ∈ |K|. Po definiciji simplicialnega kompleksa ob- staja okolicaU toˇckex v K, daU seka le konˇcno mnogo simpleksov iz K.

Oznaˇcimo te simplekse sσ₁, . . . , σ_k. Tedaj jeU ⊂ ∪^k_i=1σ_i. Ker jeC=∪^k_i=1σ_i konˇcna unija kompaktnih mnoˇzic, je kompaktna. Ker jex∈U ⊂C in jeU okolica zax, je tudi C okolica zax. Torej je|K|lokalno kompakten.

Naj box∈ |K|inU ⊂ |K|njena okolica. Naj bodoσ1, . . . , σk vsi simpleksi izK, ki vsebujejo toˇckox. (Mnoˇzica∩^k_i=1σi je neprazna, saj vsebujex, zato je simpleks v K, ki ga imenujemo ganosilectoˇckex.)

Naj bo L=K− {σ₁, . . . , σ_k}. ˇCe je σ ∈L, potemx 6∈σ. Tedaj za vsako lice ρ < σ velja x 6∈ ρ, torej je ρ ∈ L. Se pravi, da je L podkompleks v K. Mnoˇzica |L|je zaprta v |K| inx 6∈ |L|, zato je d(x,|L|) =d > 0. Naj bor ∈(0, d) tako ˇstevilo, da jeV =K(x, r)∩ |K| ⊂ U. Pokaˇzimo, daje V povezana s potmi. Naj bo y ∈ V. Ker je d(x, y) < r < d, je y ∈ ∪^k_i=1σ_i. Zato obstaja j, da je y ∈σj. Ker je σj konveksna mnoˇzica, je tudi daljica xy ⊂σj in poslediˇcnoxy ⊂V. Torej je γ: I→ V, definirana s predpisom γ(t) = (1−t)y+tx, pot od y do x. Se pravi, da je mnoˇzica V povezana s potmi. Tako smo pokazali, da je|K| lokalno povezan s potmi in zato tudi lokalno povezan.

Opomba: Pokazali smo celo veˇc. Namreˇc|K|jelokalno kontraktibilen; t.j.

vsaka toˇcka ima bazo kontraktibilnih okolic. Pri zgornjih oznakah lahko definiramoH:V ×I→V s predpisomH(y, t) = (1−t)y+tx. Tedaj jeH homotopija medidV incx, se pravi, da jeV kontraktibilna okolica zax, ki je vsebovana vU.

Naloga 5.8 Naj bo K simplicialni kompleks. Tedaj je |K|povezan na- tanko tedaj, ko je povezan s potmi.

Reˇsitev: Vsak s potmi povezan prostor je povezan.

Vsak povezan prostor, ki je ˇse lokalno povezan s potmi, pa je tudi povezan s potmi.

Definicija 5.9 Za simplicialni kompleksK inn∈N∪ {0} podkompleks K⁽ⁿ⁾={σ∈K|dimσ ≤n} imenujemo n-ti skelet kompleksaK.

23 Naloga 5.10 Naj boK simplicialni kompleks. Pokaˇzi, da so naslednje trditve ekvivalentne.

a. Telo 1-skeleta |K⁽¹⁾|je povezan polieder.

b. Za vsak n∈N je |K⁽ⁿ⁾| povezan polieder.

c. Telo |K| je povezan polieder.

Reˇsitev: (a.⇒b.) Naj bo|K⁽¹⁾|povezan polieder in naj bo n∈N polju- ben. Za vsak σ ∈ K⁽ⁿ⁾ naj bo Xσ =|K⁽¹⁾| ∪σ. Ker je |K⁽¹⁾| ∩σ 6=∅, je prostorX_σ povezan. Ker je∩_σ∈K(n)X_σ =|K⁽¹⁾| 6=∅, je|K⁽ⁿ⁾|=∪_σ∈K(n)X_σ povezan polieder.

(b. ⇒ c.) Za dovolj velike n je K⁽ⁿ⁾ = K. ˇCe je |K⁽ⁿ⁾| povezan za vsak n∈N, je torej|K|povezan polieder.

(c.⇒a.) Naj bo |K|povezan polieder. Denimo, da|K⁽¹⁾|ni povezan. Naj bo U ∪V = |K⁽¹⁾| separacija. Naj bo KU = {σ ∈ K | σ ∩U 6= ∅} in K_V ={σ∈K|σ∩V 6=∅}. Naj bo σ∈K. Ker jeσ⁽¹⁾ povezan s potmi, je bodisiσ⁽¹⁾⊂U bodisiσ⁽¹⁾⊂V, se praviK_U∩K_V =∅. Ker sta K_U inK_V simplicialna podkompleksa, je|K_U| ∪ |K_V|separacija za |K|. To ni moˇzno, zato je|K⁽¹⁾|povezan polieder.

Naloga 5.11 Naj boK simplicialni kompleks. Pokaˇzi, da so naslednje trditve ekvivalentne.

a. Telo 1-skeleta |K⁽¹⁾|je s potmi povezan polieder.

b. Za vsak n∈N je |K⁽ⁿ⁾| s potmi povezan polieder.

c. Telo |K| je s potmi povezan polieder.

Reˇsitev: Sledi iz prejˇsnjih dveh nalog.

Naloga 5.12 Naj bo K simplicialni kompleks.

a. Naj bo S ⊂K konˇcna podmnoˇzica. Pokaˇzi, da obstaja konˇcen pod- kompleks L < K, da je S⊂L.

b. Naj bo A⊂ |K| zaprta. Pokaˇzi, da je A kompaktna natanko tedaj, ko je A⊂ |L| za kak konˇcen podkompleks L < K.

c. Pokaˇzi, da je|K|kompaktna natanko tedaj, ko je K konˇcna.

Reˇsitev: a. Naj boL=∪_σ∈S∪_ρ<σ{ρ}. Po definiciji jeLkonˇcna mnoˇzica.

24 5. SIMPLICIALNI KOMPLEKSI Naj boσ∈L. Tedaj obstaja ρ∈S, da je σ < ρ. Tedaj je vsako liceτ < σ tudi liceτ < ρ, torej jeτ ∈L. Se pravi, da je Lsimplicialni kompleks.

b. Naj bo A ⊂ |L| za kak konˇcen podkompleks L < K. Tedaj je A =

∪_σ∈L(A∩σ). Ker jeA∩σ zaprta vσ, ki je zaprta v ambientnem prostoru Rⁿ, je kompaktna. Torej je A konˇcna unija kompaktnih mnoˇzic, zato je kompaktna.

Denimo, da A ni vsebovana v nobenem konˇcnem podkompleksu. Po toˇcki (1) obstaja ˇstevno mnogo simpleksov σ1, σ2, . . . ∈ K, da je A∩σn 6= ∅.

Za vsak n ∈ N izberimo xn ∈ A∩σn. Tedaj zaporedje (xn)n∈N nima stekaliˇsˇca. Vsaka toˇcka x ∈ |K| ima namreˇc okolico U, ki seka le konˇcno mnogo simpleksov iz K. Taka mnoˇzica pa lahko vsebuje le konˇcno mnogo ˇclenov zaporedja (xn)n∈N. Torej A ni kompaktna mnoˇzica.

Implikacijo v desno lahko dokaˇzemo tudi na naslednji naˇcin. Za vsakx∈A obstaja odprta okolica Ux toˇcke x, ki seka le konˇcno mnogo simpleksov iz K. Mnoˇzica {U_x | x ∈ A} je odprto pokritje za kompaktno mnoˇzico A, zato obstaja konˇcno podpokritje {U_x1, . . . , Uxk}. Ker je A ⊂ ∪^k_i=1Uxi in unija na desni seka le konˇcno mnogo simpleksov izK, tudiAseka le konˇcno mnogo simpleksov iz K. Ker je vsaka konˇcna podmnoˇzica v K vsebovana v konˇcnem simplicialnem podkompleksu, je A vsebovana v telesu nekega konˇcnega podkompleksa.

c. Sledi iz toˇckeb.

Definicija 5.13 Topoloˇski prostor Xjetopoloˇski polieder, ˇce obstaja simplicialni kompleks K, da je X homeomorfen telesu |K|. Simplicial- nemu kompleksu K reˇcemotriangulacija poliedra X.

Naloga 5.14 Pokaˇzi, da so kolobar, M¨obiusov trak, torus in sfera to- poloˇski poliedri.

Reˇsitev: Triangulacija za kolobar:

25 Tringulacija za M¨obiusov trak:

a a ∼= a

Tringulacija za torus:

∼=

Sfera je homeomorfna robu 3-simpleksa, torej ima simplicaialni kompleks K katerega telo je homeomorfno S², ˇstiri 2-simplekse, ˇsest 1-simpleksov in ˇstiri 0-simplekse.

Opomba 5.15 Videli smo, da so topoloˇski poliedri lokalno ”lepi” pro- stori. Ali je vsakan-mnogoterost topoloˇski polieder?

1. Za n= 1 je odgovor oˇcitno da.

2. Za n= 2 je odgovor da, kar je okrog leta 1920 dokazal T. Rad´o.

3. Za n = 3 je tudi odgovor da, kar sta okrog leta 1950 dokazala E. E. Moise in R. H. Bing.

4. V dimenziji 4 obstaja mnogoterost, ki ni topoloˇski polieder.

5. Za n≥5 je vpraˇsanje ˇse vedno brez odgovora.

Definicija 5.16 Simpleks σ ∈ K je glavni simpleks v simplicialnem kompleksu K, ˇce ni pravo lice nobenega simpleksa izK.

26 5. SIMPLICIALNI KOMPLEKSI Definicija 5.17 Naj bodo K simplicialni kompleks, σ ∈K glavni sim- pleks in ρ lice kodimenzije 1 simpleksa σ, ki ni lice nobenega drugega simpleksa iz K. Tedaj je L=K− {σ, ρ} simplicialni kompleks. Opera- ciji, ki simplicialnemu kompleksu K priredi L, pravimo elementarni kolaps in piˇsemo K ^e L. Pravimo, da simplicialni kompleks kola- bira na L, piˇsemo K L, ˇce obstaja zaporedje elementarnih kolapsov K ^e L1 ^e . . . ^e Ln ^e L.

Naloga 5.18 Naj simplicialni kompleks K kolabira na simplicialni kompleks L. Pokaˇzi, da obstaja krepka deformacijska retrakcija polie- dra |K|na|L|.

Reˇsitev: Dovolj je trditev pokazati za primer, ko K ^e L. Naj bo K = L∪ {σ, τ}, kjer jeσ glavni simpleks vK inτ njegovo lice kodimenzije 1, ki ni lice nobenega drugega simpleksa. Naj bon dimenzija simpleksa σ. Naj boe₀ = (1, . . . ,1)∈Rⁿine_ii-ti enotski vektor vRⁿ. Naj boeσ=e₀e₁. . . e_n. Definirajmo preslikavoHe:σe×I→eσ s predpisom

H(x, t) = (1e −t)x+t x

||x||_∞.

Preslikava H je homotopija med id_σe in retrakcijo simpleksa σe na ∂σe − Inte1. . . en. Naj bo f:σ → σe homeomorfizem, ki τ preslika na e1. . . en. PreslikavaH:|K| ×I→ |K|, definirana s predpisom

H(x, t) =

((x, t), x∈ |L|, f⁻¹(H(fe (x), t)), x∈σ,

je krepka deformacijska retrakcija poliedra|K|na polieder|L|.

Definicija 5.19 Polieder P je kolapsibilen, ˇce obstaja simplicialni kompleks K, da je |K|=P in K kolabira na trivialni kompleks.

27 Naloga 5.20 Pokaˇzi, da je Bingova hiˇsa kontraktibilen ni pa kolapsibi- len topoloˇski poliender.

Reˇsitev: Spodnja slika prikazuje Bingovo hiˇso.

Bingova hiˇsa je krepki deformacijski re- trakt krogle R³, ki je kontraktibilna.

Zato jee tudi Bingova hiˇsa kontrakti- bilna. V poljubni triangulaciji K Bin- gove hiˇse je vsako lice glavnega simpleksa kodimenzije ena vsebovano v vsaj dveh simpleksih. Torej ne obstaja elementarni kolaps simplicialnega kompleksa K na noben njegov podkompleks. Torej K ni kolapsibilen.

28 5. SIMPLICIALNI KOMPLEKSI

6 SEIFERT-VAN KAM- PENOV IZREK

Naloga 6.1 Naj bosta M n-mnogoterost in x ∈ M. ˇCe je n ≥ 3, je π1(M)∼=π1(M− {x}).

Reˇsitev: Naj bo x notranja toˇcka mnogoterosti M, tedaj obstaja okolica A ⊂ M toˇcke x, ki je homeomorfna Rⁿ. Naj bo B = M − {x}. Tedaj je A∩B homeomorfnaRⁿ− {0} in zato homotopsko ekvivalentna sferiSⁿ⁻¹. Ker je n≥ 3, je π₁(A∩B) = π₁(Sⁿ⁻¹) = 1. Ker je tudi π₁(A) = 1, je po Seifert–van Kampenovem izrekuπ₁(M)∼=π₁(M − {x}).

Naj boxrobna toˇcka mnogoterostiM, tedaj obstaja okolicaA⊂M toˇckex, ki je homeomorfnaRⁿ₊. Naj boB =M−{x}. Tedaj jeA∩Bkontraktibilna, saj jehomeomorfnaRⁿ+− {0}. Zato jeπ1(A∩B) = 1. Ker je tudiπ1(A) = 1, je po Seifert–van Kampenovem izreku π₁(M)∼=π₁(M − {x}).

Naloga 6.2 Naj bodo X = S¹ ×S¹, K ⊂ S¹ konˇcna podmnoˇzica in X_K =X∪_x∈K({x} ×B²). Za vsakK izraˇcunajπ₁(X_K).

Reˇsitev: Naj boK=∅. Tedaj je

π₁(X_∅) =π₁(S¹×S¹)∼=π₁(S¹)×π₁(S¹)∼=Z×Z.

Naj boK ={z} enojec. Naj bo A={z} ×(IntB²) inB =XK− {(z,0)}.

Mnoˇzica A je kontraktibilna, zato je π1(A) = 1. Prostor X je krepki de- formacijski retrakt prostora B, zato je B homotopsko ekvivalenten X in je π1(B) ∼= π1(X) ∼= Z× Z. Grupa π1(X) je generirana z [α] in [β], kjer sta zanki α, β: I → X definirani s predpisom α(t) = (e^2πit,1) in β(t) = (1, e^2πit). Presek A∩B je homotopsko ekvivalenten kroˇznici S¹, zato je π1(A∩B) ∼= Z. Inkluzija i: A∩B → B inducira homomorfizem i_#:π1(A∩B)→π1(B), ki generator preslika v [β]. Torej je po Seifert-van Kampenovem izreku π₁(X_K) ∼= π₁(B)/N(i_#(π₁(A∩B))) ∼= Z. Iz dokaza tudi vidimo, da zanka α predstavlja generator grupe π1(XK), zanka β pa predstavlja trivialni element vπ1(XK).

Naj bo |K| ≥ 2. Naj bo z ∈ K poljuben in oznaˇcimo L = K − {z}.

29

30 6. SEIFERT-VAN KAMPENOV IZREK Pokaˇzimo, da je π₁(X_K) ∼= π₁(X_L). Naj bo A = {z} ×IntB² ter B = XK− {(z,0)}. ProstorA je kontraktibilen, zato je π1(A) = 1, prostorB je homotopsko ekvivalenten XL in presek A∩B je homotopsko ekvivalenten kroˇznici. Generator grupe π₁(A∩B) se s homomorfizmom, ki ga inducira inkluzija, preslika v [β], ki pa je trivialen v π1(XL). Torej je π1(XK) ∼= π1(XL)/N(i_#(π1(A∩B)))∼=Z.

Naloga 6.3 Izraˇcunaj fundamentalne grupe sklenjenih ploskev.

Reˇsitev: Sfero S² lahko zapiˇsemo kot unijo A = S² − {(0,0,1)} in B = S²− {(0,0,−1)}. Ker sta obe mnoˇzici kontraktibilni, jeπ₁(S²) = 1.

Ker jen-torusnT kvocient pravilnega 4n-kotnikaP, kjer identificiramo neke

a₁ b1

a₁ b₁ a2

a_n b_n an

b_n bn−1

α toˇcke na ∂P (glej sliko na desni),

ga lahko zapiˇsemo kot unijo A = q(IntP) in B = q(P − {0}), kjer je q: P → nT kvocientna projekcija.

Mnoˇzici A in B sta odprti, saj sta q⁻¹(A) = IntP in q⁻¹(B) = P − {0} odprti mnoˇzici v P. Mnoˇzica A je kontraktibilna, mnoˇzica B pa je homotopsko ekvivalentnaq(∂P) =

∨²ⁿ_i=1S¹. Za predstavnike generator- jev fundamentalne grupe π1(B) ∼=

π₁(∨²ⁿ_i=1S¹)∼=∗²ⁿ_i=1Z=ha₁, b₁. . . , a_n, b_n|ilahko vzamemo zankea_k, b_k:I→ q(P), definirane s predpisom a_k(t) = q((1−t)T_4k−3+tT_4k−2) in b_k(t) = q((1−t)T4k−2+tT4k−1), kjer soT1, . . . , T4nogliˇsˇca mnogokotnikaP urejene v pozitivni smeri.

PresekA∩B je homotopsko ekvivalenten kroˇznici (homeomorfen je IntP− {0}), zato jeπ₁(A∩B)∼=Z in za predstavnika generatorja lahko vzamemo zankoα, ki je narisana na zgornji sliki. Zankaαje homotopsko ekvivalentna konkatenacijia1•b1•¯a1•¯b1•a2• · · · •¯bn. Torej inkluzijai:A∩B→B indu- cira homomorfizemi_#:π₁(A∩B)→π₁(B), ki generator [α] preslika v pro- dukt komutatorjev [a1, b1]· · ·[an, bn]. Po Seifert-van Kampenovem izreku π1(nT)∼=π1(A)/N(i_#(π1(A∩B)))∼=ha₁, b1. . . , an, bn|[a1, b1]· · ·[an, bn]i.

Izraˇcun fundamentalne grupe neorientabilne ploskve nP je podoben kot za primer orientabilne ploskve. Ploskev nP je kvocient 2n kotnika z iden- tifukacijami na robu ∂P (glej sliko spodaj). Naj bo A = q(IntP) in B = q(P−{0}), kjer jeq:P →nP kvocientna projekcija. MnoˇzicaAje kontrak-

31 tibilna, mnoˇzica B pa je homotopsko ekvivalentnaq(∂P) =∨ⁿ_i=1S¹. Tedaj je π1(B)∼=π1(∨ⁿ_i=1S¹)∼=∗ⁿ_I=1Z=ha₁. . . , an|i, kjer so zankean:I→q(P)

a1

a1

a₂ a₂ a3

an

a_n

an−1

α definirane s predpisoma_k(t) =q((1−

t)T2k−1 + tT_2k) in so T₁, . . . , T_2n ogliˇsˇca mnogokotnikaP urejena v po- zitivno smer.

Presek A∩B je homotopsko ekviva- lenten kroˇznici, zato jeπ₁(A∩B)∼=Z in za predstavnika generatorja lahko vzamemo zanko α, ki je narisana na desni sliki. Zanka α je homotoposko ekvivalentna konkatenacijia₁•a₁•a₂•

· · · •an. Torej inkluzijai:A∩B→B

inducira homomorfizem i_#: π1(A∩B) → π1(B), ki generator [α] preslika v produkt kvadratov a²₁· · ·a²_n. Zato je po Seifert-van Kampenovem izreku π1(nP)∼=π1(A)/N(i#(π1(A∩B)))∼=ha₁, . . . , an|a²₁· · ·a²_ni.

Naloga 6.4 Pokaˇzi, da sta sklenjeni ploskvi homeomorfni natanko te- daj, ko imata izomorfni fundamentalni grupi.

Reˇsitev: Izraˇcunajmo abelacije fundamentalnih grup sklenjenih ploskev.

Abπ₁(S²) ={1}

Abπ₁(nT) = Abha₁, b₁, . . . , a_n, b_n|[a₁, b₁]· · ·[a_n, b_n]i=

=ha₁, b₁, . . . , a_n, b_n|[a_i, b_j],[a_i, a_j],[a_i, b_j](i, j= 1, . . . , n)i=

=Z²ⁿ

Abπ₁(nP) =π₁(nP) =ha₁, . . . , a_n|a²₁· · ·a²_ni=

=ha₁, . . . , an|a²₁· · ·a²_n,[ai, aj](i, j= 1, . . . , n)i=

=ha₁, . . . , a_n|(a₁· · ·a_n)²,[a_i, a_j](i, j= 1, . . . , n)i=

=ha₁, . . . , an, x|x², a1· · ·anx⁻¹,[ai, aj](i, j = 1, . . . , n)i=

=ha₁, . . . , an−1, x|x²,[a_i, a_j](i, j= 1, . . . , n−1), [x, a_i](i= 1, . . . , n−1)i=

=Zⁿ⁻¹⊕Z2

Ker so abelacije neizomorfne, so tudi fundamentalne grupe sklenjenih plo- skev neizomorfne.

32 6. SEIFERT-VAN KAMPENOV IZREK Naloga 6.5 Izraˇcunaj fundamentalno grupo Bingove hiˇse.

Reˇsitev: Zaa∈R³inr >0 naj bostaS(a, r),B(a, r)⊂R²kroˇznica in krog s srediˇsˇcem v toˇcki a in polmeromr. Bingova hiˇsa je podmnoˇzica prostora R³ definirana

BH= S((0,0),4)×[−1,1]

∪ S((2,0),1)×[−1,0]

∪ S((−2,0),1)×[0,1]

∪ (B((0,0),4)−B((2,0),1))× {−1}

∪ (B((0,0),4)−B((−2,0),1))× {1}

∪ (B((0,0),4)−B((2,0),1)−B((−2,0),1))× {0}

∪ [−4,−3]× {0} ×[0,1]

∪ [3,4]× {0} ×[−1,0]

.

Naj boA={(x, y, z)∈BH |z >−1} inB ={(x, y, z)∈BH |z <1}. Po Seifert-van Kampenovem izreku je

π₁(BH)∼=π₁(A)∗π₁(B)/N(hi_#(x)(j_#(x))⁻¹ |x∈π₁(A∩B)i), kjer stai:A∩B →A inj:A∩B →B inkluziji.

Naj bo Ae = {(x, y, z) ∈ BH | z ≥ 0} in Be = {(x, y, z) ∈ BH | z ≤ 0}.

Obstajata oˇcitni krepki deformacijski retrakciji prostoraAnaAeterB naB,e zato jeA'AeinB 'B. Poleg tega pa sta prostorae AeinBe homeomorfna.

Presek A∩B se krepko deformacijsko retraktira na P = B((0,0),4)− B((2,0),1)−B((−2,0),1)

× {0}. Ker jeP 'S¹∨S¹, jeπ₁(A∩B)∼=Z∗Z. Izraˇcunajmo ˇse fundamentalno grupo π₁(A)e ∼=π₁(A)∼=π₁(B).

ProstorAeje prazen torus, ki mu odstranimo (odprt) disk en disk pa dodamo.

Naj bo D= B((2,0),1)× {0} inT =Ae∪D. Po eni od prejˇsnjih nalog je π1(T) ∼= Z. Naj bo X = D− {(2,0,0)} in Y = IntD. Prostor X je homotopsko ekvivalentenA. Ker jee π₁(Y) trivialna grupa, je po Seifert-van Kampenovem izrekuπ₁(T)∼=π₁(X)/N(k_#(π₁(X∩Y)), kjer jek:X∩Y → X inkluzija. Oglejmo si sliko generatorja grupe π1(X∩Y)∼=π1(S¹) ∼=Z s homomorfizmomk_#.