Grupy dyskretne w R, Jednospójność S^n.

Topologia — różne twierdzenia.
Arkadiusz Męcel
Dokument ten powstał w ramach ćwiczeń nad składaniem dokumentów w
LATEX-u. Jego treść stanowią dowody pewnych prostych topologicznych lematów. Numeracja twierdzeń i istotnych wzorów jest jednolita dla całości tekstu.
Dyskretne podgrupy topologiczne w R
W tej części symbolem R oznaczamy przestrzeń liczb rzeczywistych z topologią
naturalną, na której określona jest struktura grupy topologicznej (R, 0, opp, +).
Twierdzenie 1 Niech X ¬ R będzie nietrywialną dyskretną podgrupą R. Jest
to wówczas grupa cykliczna.
Dowód. Załóżmy wbrew tezie, że X nie jest grupą cykliczną. Wiemy, że nie
jest to podgrupa trywialna, zawiera więc co najmniej dwa niezerowe elementy.
Oznaczmy je jako x, y. Zgodnie z założeniem możemy przyjąć, że 0 < x < y
oraz, że nie istnieje takie n ∈ N, że nx = y. Zatem dla pewnego m ∈ N mamy
y ∈ (mx, (m + 1)x). Niech y1 = y − mx. Oczywiście y1 ∈ X oraz 0 < y1 < x.
Wynika stąd natychmiast, że
inf {x ∈ X : x > 0} ∈
/ X.
(1)
Wiemy, że jeżeli x, y, z ∈ X, to {z + s |x − y| : s ∈ Z} ⊆ X. Na mocy
(1), dla dowolnego n ∈ N\{0} istnieją xn , yn ∈ X, że |yn − xn | <
1
n.
Niech
X 0 = {0 + c (yn − xn ) : n ∈ N\{0} , c ∈ Z}. X 0 jest gęsta w R. Zatem wobec inkluzji X 0 ⊂ X, sama X jest gęsta w R. Jednocześnie jednak, X posiada
topologię podprzestrzeni R. Podzbiór U 0 ⊆ X jest zatem otwarty w X wtedy
i tylko wtedy gdy istnieje pewien zbiór otwarty U ⊆ R, że U 0 = U ∩ X. W
szczególności, skoro dowolny {x} ⊆ X jest zbiorem otwartym, to istnieje nie-
1
pusty przedział Bx taki, że X ∩ Bx = {x}. Z założenia nieprawdziwości tezy
twierdzenia wynikało jednak, że X jest gęstą podprzestrzenią R. Sprzeczność.
Wniosek. W każdej nietrywialnej dyskretnej grupie topologicznej X ¬ Rn
istnieje wektor o najmniejszej, niezerowej normie.
Grupa podstawowa sfery S n dla n > 1
Twierdzenie 2 Grupa podstawowa sfery S n (dla n > 1) jest trywialna.
Dowód. Pokażemy, że dla każdego n > 1 przestrzeń S n jest jednospójna. Spełnienie warunku łukowej spójności jest oczywiste. Trzeba wykazać, ze dowolne
dwie drogi ω, η : I → S n o wspólnym początku i końcu są homotopijne. Pokażemy, że są one homotopijne z przekształceniem stałym.
Jeżeli droga ω : I → S n nie jest surjekcją, wówczas biorąc punkt s ∈
S n \{ω(I)}, mogę wskazać homeomorfizm h : S n \{s} → Rn (rzut stereograficzny). Przekształcenie: h ◦ ω : I → Rn jest homotopijne z pewnym przekształceniem stałym, bowiem Rn jest przestrzenią wypukłą. Ogólnie, przekształcenia
f, g : X → Y są homotopijne ⇔ dla dowolnego homeomorfizmu h : Y → Z,
h ◦ f ∼ h ◦ g. W naszym przypadku złożenie przekształcenia stałego z dowolnym homeomorfizmem jest przeszkształceniem stałym, a więc przykładając do
przekształceń: stałego oraz h ◦ ω homeomorfizm h−1 , dostajemy homotopijność
drogi ω z przekształceniem stałym.
Załóżmy dalej, że droga ω jest surjekcją. Pokażemy, że istnieje droga
ω
e : I → S n , która nie jest surjekcją i jest homotopijna z drogą ω. W ten sposób
teza twierdzenia zostanie sprowadzona do rozwiązanego już problemu. Sfera S n
ma tę własność, że dla każdego punktu s ∈ S n istnieje otoczenie Us ⊂ S n homeomorficzne z Dn (otwarty dysk n - wymiarowy). Ustalmy punkt s ∈ S n nie
będący początkiem ani końcem drogi ω, oraz przyjmijmy, że Us ma na tyle małą
średnicę, aby również nie zawierać końców drogi ω . Istnienie takiego otoczenia
łatwo uzasadnić. Przyjmując takie założenia widzimy, że:
2
ω −1 (Us ) =
X
(at , bt ) ⊂ I
(2)
t∈T
Us nie zawiera końców, a więc droga ω ”wchodzi” w punktach at , a ”wychodzi” w bt , t ∈ T . Widzimy dalej, że ω −1 (s) jest zbiorem domkniętym w I, a
więc zwartym. Co więcej, ω −1 (Us ) stanowi pokrycie otwarte dla ω −1 (s). Można wybrać z niego podpokrycie skończone. Przyjmujemy więc dalej, że zbiór
T jest skończony. Stwierdziliśmy wcześniej, że Us jest homeomorficzny z Dn .
Niech q będzie tym homeomorfizmem. Dla każdego t ∈ T mamy następującą sytuację: ω(at ), ω(bt ) ∈ cl(Us ), zaś ω((at , bt )) ⊂ Us . Przykładając z lewej
strony homeomorfizm q, mamy: q ◦ ω(at ), q ◦ ω(bt ) ∈ S n−1 ⊂ cl(Dn ), oraz
q ◦ ω((at , bt )) ⊂ Dn . Skoro jednak n - wymiarowy dysk domknięty jest zbiorem
wypukłym, to istnieje droga ω
et : [at , bt ] → S n−1 ⊂ Dn , że na przedziale [at , bt ]
mamy homotopię (q ◦ ω) ∼ ω
et . Wracając jednak przy pomocy homeomorfizmu
q −1 do zbioru Us , znaleźliśmy drogę q −1 ◦ ω
et : [at , bt ] → bd(Us ), że na przedziale
[at , bt ] mamy homotopię tej drogi z ω. Taką drogę potrafimy skonstruować dla
każdego t ∈ T . Oczywistym jest, że obraz takiej drogi nie zawiera s. Wystarczy
teraz położyć:

 q −1 ◦ ω
et (x) , x ∈ [at , bt ]
ω
e (x) =
 ω(x) , wpp.
Droga ta jest homotopijna z ω i nie zawieta w obrazie punktu s. Pokazaliśmy
więc, że dla każdej surjektywnej drogi ω o obrazie w S n (dla n > 1) istnieje
homotopijna z nią droga ω
e , która jest homotopijna z przekształceniem w punkt.
W ten sposób zakończyliśmy dowód jednospójności rozważanej przestrzeni. Wniosek. Przestrzeń R2 nie jest homeomorficzna z Rn , n 6= 2, n ∈ N.
Dowód. Dla n = 1 korzystamy z tego, że prosta bez punktu ma dwie składowe spójne, zaś płaszczyzna bez punktu ma jedną składową spójną. Zatem nie
istnieje homeomorfizm pomiędzy tymi przestrzeniami. Dla n > 2 argument jest
następujący: R2 bez punktu jest przestrzenią homotopijnie równoważną z okręgiem, którego grupa podstawowa to Z. Natomiast dla n > 2 przestrzenie Rn
bez punktu są homotopijnie równoważne n - wymiarowym sferom. Te zaś, na
3
mocy Twierdzenia 2 mają trywialną grupę podstawową. Gdyby istniał homeomorfizm pomiędzy R2 a Rn , to istniałby także homeomorfizm pomiędzy tymi
przestrzeniami, pozbawionymi jednego punktu. Jednak homeomorfizm indukuje
izomorfizm grup podstawowych. Podobnie, homotopijna równoważność indukuje izomorfizm grup podstawowych. Jednak Z jest grupą nietrywialną, co kończy
dowód.
4