Элементарные задачи по топологии. Линии

[caxap]

Извиняюсь за непоследовательную нумерацию (она соответствует книжке "Наглядная топология" Болтянского--Ефремовича).

Задача 3. Докажите, что вокруг всякой замкнутой кривой можно описать ромб с углом $60^\circ$.

Идея: описать параллелограмм с углом при основании $60^\circ$. Потом его вращать и искать момент, когда угол между диагоналями станет прямой. Для этого достаточно найти два положения таких, что в одном из них угол острый, а в другом -- тупой и использовать непрерывность. Но не могу найти такие положения.

Есть ещё идея рассмотреть разницу между длинами основания и бокового ребра. Но опять не могу найти два положения с разными знаками этой разности.

[Kallikanzarid]

caxap в сообщении #472044 писал(а):

Докажите, что вокруг всякой замкнутой кривой можно описать ромб с углом $60^\circ$.

Что значит "вокруг" и в каком пространстве происходит дело? Если задача - просто построить ромб в $\mathbb{R}^2$ такой, что данная замкнутая кривая будет в его внутренности, то достаточно использовать три факта:
1) Ромб - это сдвинутый/масштабированный единичный шар (взвешенной) 1-нормы,
2) Все нормы на конечномерном векторном пространстве эквивалентны,
3) Простая замкнутая кривая - ограниченное множество (сначала докажите компактность, потом воспользуйтесь тем, что в вашем пространстве множество компактно тогда и только тогда, когда оно замкнуто и ограничено).

[caxap]

Повторяю: задачи элементарные; можно сказать -- детские. Не надо никаких норм и компактов.

Всё дело происходит на вещественной плоскости. "Описать" следует понимать так же как "описать окружность" в евклидовой геометрии.

В указанной книжке приведён пример, где вместо ромба квадрат. Там такое рассуждение: описываем прямоугольник (это всегда можно сделать) и вращаем его (прямоугольник изменяется при этом так, чтобы продолжать быть описанным вокруг рассматриваемой линии, т. е. при вращении изменяется только направление его нижнего основания) и замечаем, что когда он повернётся на прямой угол, прямоугольник будет тот же, с чего мы начали, но длины сторон поменяются. Из-за непрерывности заключаем, что был момент, когда длины были равны.

[ewert]

caxap в сообщении #472044 писал(а):

Докажите, что вокруг всякой замкнутой кривой можно описать ромб

Какая-то неопределённая задача. Что такое "кривая" и что значит "вписать"?...

Возьмите контур в виде галочки, составленной из двух уголков. Ну и что понимать под вписыванием её в ромб?...

[Kallikanzarid]

caxap в сообщении #472132 писал(а):

Всё дело происходит на вещественной плоскости. "Описать" следует понимать так же как "описать окружность" в евклидовой геометрии.

То есть нужно, чтобы данная (простая?) замкнутая кривая касалась всех граней ромба? Касание, если мы не требуем гладкость, следует понимать, видимо, как "имеет общую точку, но лежит по одну сторону от соответствующей прямой, так?

[sergey1]

Цитата:

Идея: описать параллелограмм с углом при основании . Потом его вращать

пока одна пара параллельных прямых не перейдет в другую.

[caxap]

(ewert, Kallikanzarid)

sergey1 в сообщении #472190 писал(а):

пока одна пара параллельных прямых не перейдет в другую.

Я так и хотел вначале, но ведь тогда мы не придём к исходному параллелограмму. Вижу только одно: длина исходного нижнего ребра будет равна длине нового бокового ребра, но этого мало.

[sergey1]

Повернуть на 60, а затем на 120 градусов.Тогда одна из пар сторон перейдет сначала в другую, а затем в себя.

(добавлено)
Нет, не годится. Скажем большая перешла в меньшую, затем в себя, а меньшая все это время не превосходила себя первоначальную.
М.б. можно доказать, что при таком повороте на любой угол если одна из сторон уменьшится, то другая увеличится? Это бы решало все.

[caxap]

Кажись решил. Опишем вокруг кривульки параллелограмм с углом $60^\circ$, скошенный вправо. Пусть длина основания $x$, боковой стороны -- $y$. Без ограничения общности $x>y$ (если $x=y$, то ромб готов). Поворачиваем против часовой на $60^\circ$: длину нового основания обозначим $z$, длина боковой стороны равна $x$. Поворачиваем снова на $60^\circ$: основание будет $y$, боковая сторона $z$. То есть разность длин основания и боковой стороны $x-y$ переходит сначала $z-x$, потом в $y-z$. Возможны три случая (я исключаю случаи, когда $z=x$ или $z=y$ -- тогда мы получаем ромб):
1) $z<y<x$: имеем $x-y>0$, но $z-x<0$.
2) $y<z<x$: имеем $x-y>0$, но $z-x<0$.
3) $y<x<z$: имеем $x-y>0$, но $y-z<0$.

Во всех случаях в силу непрерывности заключаем, что был момент, когда разность длины основания и боковой стороны равна нулю.

Я нигде ничего не напутал?

[caxap]

Задача 14. Докажите, что меридиан и параллель тора изотопны в нём.

(Оффтоп)

Меридиан и параллель -- это вот:


Они изотопны, если существует гомеоморфизм тора на себя, который переводит их друг в друга.

Я знаю, что если бы в торе была дырка, то через неё тор можно вывернуть (при этом параллели переходят в меридианы и наоборот). Но дырки нет.

Задача 23. Докажите, что если все вершины конечного связного графа имеют чётный индекс [= из них выходят чётное число рёбер], то граф можно "нарисовать одним росчерком", начав движение из произвольной вершины и возвращаясь в неё же.

Тут даже не знаю, с чего начать. Я уже решил предыдущие задачи и знаю, что 1) число рёбер равно $\frac 12(a_1+2a_2+3a_3+...)$, где $a_k$ -- число вершин индекса $k$; 2) число вершин, имеющих нечётный индекс, чётно; 3) если индекс всех вершин $\ge 2$, то для любой вершины существует цикл, который начинается и кончается в ней.

Была идея использовать 3): граф, у которого все вершины чётного индекса, состоит как бы из склеенных циклов. Но всё равно не могу придумать как такой граф полностью обойти в общем случае.

-- 31 июл 2011, 16:35 --

По задаче 14. А если отрезать кусочек, потом через полученную дырку тор вывернуть и приклеить кусочек обратно? Так можно? Выворачивание непрерывно, кусочек мы приклеим "к тем же точкам", от которых он был отрезан -- тоже разрыва вроде бы не получаем.

[Kallikanzarid]

Воспользуемся известной структурой группы Ли на торе: $T^2 = U(1) \times U(1)$.
Спойлер:

(Оффтоп)

Тогда интересующий вас изоморфизм будет выглядеть так: $(e^{2\pi ix}, e^{2\pi iy}) \mapsto (e^{2\pi iy}, e^{2\pi ix})$. Такая вот кавайная скрытая симметрия ^_^

Еще замечание: http://en.wikipedia.org/wiki/Ambient_isotopy Вы пропустили еще одно важное требование: этот гомеоморфизм должен быть изотопен тождественному отображению. И я не думаю, что в данном случае такую изотопию можно найти, надо подумать.

caxap в сообщении #472404 писал(а):

Докажите, что если все вершины конечного связного графа имеют чётный индекс [= из них выходят чётное число рёбер], то граф можно "нарисовать одним росчерком", начав движение из произвольной вершины и возвращаясь в неё же.

Наверное, тут предполагается изящное гомотопическое доказательство, но поскольку я нуб, то посоветую элементарное: докажите, что произвольный путь по неповторяющимся ребрам обойдет все вершины и ребра этого графа.

[Someone]

Kallikanzarid в сообщении #472408 писал(а):

Наверное, тут предполагается изящное гомотопическое доказательство, но поскольку я нуб, то посоветую элементарное: докажите, что произвольный путь по неповторяющимся ребрам обойдет все вершины и ребра этого графа.

Это вряд ли.

caxap в сообщении #472404 писал(а):

Задача 23. Докажите, что если все вершины конечного связного графа имеют чётный индекс [= из них выходят чётное число рёбер], то граф можно "нарисовать одним росчерком", начав движение из произвольной вершины и возвращаясь в неё же.

Выберите любую вершину и идите из неё как попало, не проходя повторно по уже пройденным рёбрам. Поскольку число рёбер конечно, в конце концов где-то застрянете. Докажите, что это будет как раз та вершина, из которой вышли.
Если ещё не все рёбра обойдены, выберите вершину, через которую уже проходили, но из которой выходит какое-нибудь не пройденное ребро. Опять идите как попало, пока не застрянете. Два этих маршрута легко объединяются в один.
И так далее, пока не обойдёте всё. Детали продумайте.

[Kallikanzarid]

Таки да, изотопия будет иметь место.

$F(e^{2\pi i x}, e^{2\pi i y}, t) = (e^{2\pi i [(1 - t)x + t y]}, e^{2 \pi i [(1 - t)y + t x]})$. Непрерывность очевидна, существование обратного к каррированию $f_t_0 = F|_{t = t_0}$ следует из обратимости матрицы $\begin{bmatrix}1 - t & t \\ t & 1 - t\end{bmatrix}$, непрерывность обратного тоже очевидна.

Получается, что меридиана и параллель тора гомотопны (т.к. изотопны) - очень забавно Или я все-таки где-то ошибся?

[caxap]

(Kallikanzarid)

Вы продолжаете шутить? Детские задачки, детские.

Someone в сообщении #472412 писал(а):

Выберите любую вершину и идите из неё как попало, не проходя повторно по уже пройденным рёбрам. Поскольку число рёбер конечно, в конце концов где-то застрянете. Докажите, что это будет как раз та вершина, из которой вышли.

Застрянем мы в силу конечности графа. Проход через вершину "убирает" два ребра, то есть индекс вершины как был чётным, так и останется. Значит застрять мы в ней не можем, а можем только в той, из которой вышли, ибо на первом шаге бы "убрали" только одно ребро.

Someone в сообщении #472412 писал(а):

Если ещё не все рёбра обойдены, выберите вершину, через которую уже проходили, но из которой выходит какое-нибудь не пройденное ребро. Опять идите как попало, пока не застрянете. Два этих маршрута легко объединяются в один.

Сотрём те рёбра, которые составляют первый цикл. Относительно новой вершины $a$ (из которой выходит не пройденное на первом цикле ребро) задача не изменилась: мы имеем снова конечный связный граф с чётными индексами вершин. Поэтому мы проходим второй цикл и застреваем в $a$. Маршруты объединяются так: сначала первый цикл до $a$, потом второй, потом остаток первого.

Someone в сообщении #472412 писал(а):

И так далее, пока не обойдёте всё. Детали продумайте.

Когда-нибудь мы пройдём весь граф в силу его конечности.

Так?

--------------
А с тором идея с вырезанием кусочка с последующим его приклеивание имеет смысл? Если нет, то почему (я не соображу, по-моему, там разрывов не получается)?

[Kallikanzarid]

caxap в сообщении #472434 писал(а):

Вы продолжаете шутить?

Нисколько. Вы спросили про изотопность двух петель - я ответил про изотопность двух петель. Я не думаю, что эту изотопию можно вменяемо изобразить на вложении тора в $\mathbb{R}^3$, вот в $\mathbb{R}^4$ - легко.

На случай, если вы не прочитали спойлер: я использовал групповую структуру лишь чтобы описывать искомый гомеоморфизм, не мучаясь с картами. Вы можете игнорировать это и работать с тором просто как с $S^1 \times S^1$, хуже от этого не станет.

Видимо, я где-то ошибся: ну не могут эти две петли быть гомотопными, тогда бы не хватило гомотопических классов для группы $\pi_1(T^2) = \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$.

UPD: Да, точно, я неправильно посчитал определитель. При $t = \frac{1}{2}$ он таки обращается в ноль, и тогда нарушается биективность. Так что изотопии никакой нет и быть не может.