Несколько вопросов по топологии

[Bulinator]

Ales в сообщении #380234 писал(а):

Тем не менее определение, не содержит требование равномерной непрерывности.

Т.е. Ваш пример не совсем правильный?

Ales в сообщении #380234 писал(а):

Вы же сами его привели. Где там равномерная непрерывность?

В определении гомотопии функций/отображений.

Ales в сообщении #380234 писал(а):

почему Вас не смущает исчезновение границы колечка при переходе к тождественному отображению?

Так у меня изначально у кольца границы не было:

Bulinator в сообщении #380057 писал(а):

Пример:
Берем $R^2\backslash\{0\}$. Отображаем его на кольцо без границы формулой $(r,\varphi)\mapsto(1+\frac{2}{\pi}(1-t)\arctan{r},\varphi)$. Устремляя $t\mapsto 1$ сжимаем кольцо в окружность.

Кстати, исправлю формулу, чтобы предел принадлежал кольцу:
$(r,\varphi)\mapsto(\frac{1}{2}(1+t)+\frac{2}{\pi}(1-t)\arctan{r},\varphi)$

[Ales]

Bulinator в сообщении #380235 писал(а):

Ales в сообщении #380234 писал(а):

Тем не менее определение, не содержит требование равномерной непрерывности.

Т.е. Ваш пример не совсем правильный?

Ales в сообщении #380234 писал(а):

Вы же сами его привели. Где там равномерная непрерывность?

В определении гомотопии функций/отображений.

Ales в сообщении #380234 писал(а):

почему Вас не смущает исчезновение границы колечка при переходе к тождественному отображению?

Так у меня изначально у кольца границы не было:

Bulinator в сообщении #380057 писал(а):

Пример:
Берем $R^2\backslash\{0\}$. Отображаем его на кольцо без границы формулой $(r,\varphi)\mapsto(1+\frac{2}{\pi}(1-t)\arctan{r},\varphi)$. Устремляя $t\mapsto 1$ сжимаем кольцо в окружность.

Кстати, исправлю формулу, чтобы предел принадлежал кольцу:
$(r,\varphi)\mapsto(\frac{1}{2}(1+t)+\frac{2}{\pi}(1-t)\arctan{r},\varphi)$

У маленького кольца есть граница внутри большого кольца. Когда кольца сливаются, эта граница таинственным образом (для кольцтеков - жителей большого кольца) исчезает.

Я не могу больше обсуждать вопрос, поскольку Вы нашли в определении гомотопии то, чего я не вижу (равномерную непрерывность).
Нет общей платформы для обсуждения.

[Bulinator]

wiki писал(а):

An alternative notation is to say that a homotopy between two continuous functions $f, g : X \mapsto Y$ is a family of continuous functions $h_t : X \mapsto Y $ for $t \in [0,1] $ such that $h_0 = f $ and $h_1 = g$, and the map $t ↦ h_t$ is continuous from $[0,1]$ to the space of all continuous functions $X\mapsto Y$.

wiki писал(а):

Given two spaces $X$ and $Y$, we say they are homotopy equivalent or of the same homotopy type if there exist continuous maps $f : X\mapsto Y$ and$ g : Y \mapsto X$ such that $g \circ f$ is homotopic to the identity map $id_X$ and $f\circ g$ is homotopic to $id_Y$.

Теперь, пусть для многообразий $A$ и $B$ заданы функции $f:A\mapsto B$ и $g:B\mapsto A$. Рассмотрим композиции $f\circ g:B\mapsto B$ и $g\circ f:A\mapsto A$.
Далее, чтобы $A$ и $B$ были гомотопными, необходимо, чтобы существовали
$h^A_t:A \mapsto A,\quad h^A_0=g\circ f,\quad h^A_1=id_A$ и $h^B_t:B \mapsto B,\quad h^B_0=g\circ f,\quad h^B_1=id_B$.


Объясните мне, пожалуйста, где в Вашем примере $A$, где $B$ и где собственно $h^A_t$ и $ h^B_t$?

Я понимаю так:
$A=R^2\setminus\{0\},\quad B=S^1$
А дальше уже все перемешивается: Преобразованием

Ales в сообщении #379828 писал(а):

$(r,\phi) \to (t+r(1-t),\phi), t \in [0,1]$.

Вы отображаете плоскость без точки на себя. Это вроде как $f$. А дальше? Где $S^1$?

Да, кстати, обратное преобразование в Вашем примере есть:
$r\mapsto \frac{t-r}{t-1}$.
В точке $t=1$ оно совсем не непрерывное. Можно, видимо, доказать, что чтобы преобразование и его обратное имели предел, то предел должен быть равномерным.

[paha]

Bulinator в сообщении #380215 писал(а):

Является ли диффеоморфизм многообразий частным случаем гомотопии?? Всмысле, если существует диффеоморфизм из $A$ в $B$ и, соответственно, обратно, можно сказать, что $A$ и $B$ гомотопически эквивалентны?

нет. да.

Гомотопия и диффеоморфизм -- отображения с разной областью определения
(первое $A\times I\to A$, второе $A\to B$)

Диффеоморфные многообразия $f:A\to B$ гомотопически эквивалентны по тривиальной причине: $f\circ f^{-1}\equiv id_A$

Bulinator в сообщении #380235 писал(а):

В определении гомотопии функций/отображений.

В определении нужна совместная непрерывность, т.е. непрерывность $A\times I\to A$ (непрерывность по каждоу аргуенту по отдельности не подойдет)

Bulinator в сообщении #380265 писал(а):

Теперь, пусть для многообразий $A$ и $B$ заданы функции $f:A\mapsto B$ и $g:B\mapsto A$. Рассмотрим композиции $f\circ g:B\mapsto B$ и $g\circ f:A\mapsto A$.
Далее, чтобы $A$ и $B$ были гомотопными, необходимо, чтобы существовали
$h^A_t:A \mapsto A,\quad h^A_0=g\circ f,\quad h^A_1=id_A$ и $h^B_t:B \mapsto B,\quad h^B_0=g\circ f,\quad h^B_1=id_B$.


Объясните мне, пожалуйста, где в Вашем примере $A$, где $B$ и где собственно $h^A_t$ и $ h^B_t$?

Я понимаю так:
$A=R^2\setminus\{0\},\quad B=S^1$
А дальше уже все перемешивается: Преобразованием
Ales в сообщении #379828 писал(а):
$(r,\phi) \to (t+r(1-t),\phi), t \in [0,1]$.

Вы отображаете плоскость без точки на себя. Это вроде как $f$. А дальше? Где $S^1$?

Вам указали саму гомотопию...

Подробно:
$f:\mathbb{R}^2\setminus O\to S^1$ $f(x)=x/\|x\|$ (считаем, что окружность сидит в плоскости)
$g:S^1\to\mathbb{R}^2\setminus O$ $g(x)=x$

$f\circ g=id_{S^1}$
$g\circ f(x)=x/\|x\|$ и вот она, гомотопия:

$$ h(t,x)=\frac{x}{t+(1-t)\|x\|} $$

$h(0,x)=g\circ f(x)$, $h(1,x)=x$

-- Чт ноя 25, 2010 14:25:38 --

точнее, Вам указали гомотопию

$$ h(t,x)=\frac{tx}{\|x\|}+(1-t)x $$

тоже сойдет:)))

[Bulinator]

paha

paha в сообщении #380270 писал(а):

$g:S^1\to\mathbb{R}^2\setminus O$ $g(x)=x$

Пожалуйста, тут поподробнее. На $S^1$ есть только одна переменная $\phi$. Каким образом Вы перетащили ее не плоскость?
Я правильно понимаю, что $x$ тут $(x,y)$?

[paha]

Bulinator в сообщении #379643 писал(а):

Теперь, если $Q$ не одна а две точки, тогда максимум, что мы можем сделать это стянуть многообразие в восьмерку(наверное...). Но ведь восьмерка не многообразие. Как посчитать для этого случая группу когомологий?

Запросто. Просто когомологии будут не де-Рамовскими, а сингулярными, или кубическими (для ногообразий все они совпадают)

А можно так поступить: ненулевые когомологии букета двух пространств $A\begvee B$ являются прямой суммой $H^k(A)\oplus H^k(B)$

А можно и не стягивать: взять регулярную окрестность восьерки на плоскости и вычислять периоды форм там

-- Чт ноя 25, 2010 14:34:02 --

Bulinator в сообщении #380274 писал(а):

Пожалуйста, тут поподробнее. На $S^1$ есть только одна переменная $\phi$. Каким образом Вы перетащили ее не плоскость?

ну, единичная окружность сидит в плоскости диффеоморфно... именно:

$$ \{x\in\mathbb{R}^2\setminus O:\|x\|=1\} \simeq S^1 $$

-- Чт ноя 25, 2010 14:38:11 --

если уж так форально к делу подходите:

$$ g(\phi)=(\cos\phi,\sin\phi),\quad f(x)=\arccos\frac{(x,e_1)}{\|x\|}=\arcsin\frac{(x,e_2)}{\|x\|} $$

[Bulinator]

paha в сообщении #380275 писал(а):

ну, единичная окружность сидит в плоскости диффеоморфно... именно:

$$ \{x\in\mathbb{R}^2\setminus O:\|x\|=1\} \simeq S^1 $$

Не давите интеллектом )))
Насколько я понимаю g должно брать значение из $S^1$ и возвращать значение в $\mathbb{R}^2\setminus O$? Или нет?

[paha]

Сойдет?

-- Чт ноя 25, 2010 14:44:47 --

А насчет "сидит диффеоморфно"

Имеется подмногообразие

paha в сообщении #380275 писал(а):

$$ A=\{x\in\mathbb{R}^2\setminus O:\|x\|=1\} $$

и диффеоморфизм $s:S^1\to A$... просто добавьте к $g$ и $f$ композицию с ним, или его обратным -- он не будет ешать гомотопии

[Bulinator]

paha в сообщении #380275 писал(а):

$$ g(\phi)=(\cos\phi,\sin\phi),\quad f(x)=\arccos\frac{(x,e_1)}{\|x\|}=\arcsin\frac{(x,e_2)}{\|x\|} $$

Аа... Т.е. необязательно отображением одного многообразия во второе полностью покрывать последнее??

[Munin]

paha в сообщении #380275 писал(а):

Запросто. Просто когомологии будут не де-Рамовскими, а сингулярными, или кубическими (для ногообразий все они совпадают)

А в каких случаях они не совпадают?

[Bulinator]

Munin в сообщении #380289 писал(а):

А в каких случаях они не совпадают?

Видимо, когда одних не существет. Это как интегралы Римана и Лебега. Если оба существуют, то совпадают.

[paha]

Bulinator в сообщении #380282 писал(а):

Аа... Т.е. необязательно отображением одного многообразия во второе полностью покрывать последнее??

разумеется

-- Чт ноя 25, 2010 15:10:12 --

Munin в сообщении #380289 писал(а):

А в каких случаях они не совпадают?

у де-Рамовских коэффициенты -- поле... и они определены только для многообразий
сингулярные и остальные, разумеется, совпадают там, где определены, тут Bulinator прав

но сингулярные могут быть с любыми коэффициентами и в этом смысле строго сильнее де-Рамовских

[Bulinator]

Глупый вопрос:
$id_{S^1}$- это отображение $S^1$ в $S^1$ или просто $\phi^\prime=\phi$?

[paha]

Bulinator в сообщении #380297 писал(а):

$id_{S^1}$- это отображение $S^1$ в $S^1$ или просто $\phi^\prime=\phi$?

это тождественное отображение $S^1\to S^1$... оно единственно:))

[Munin]

paha в сообщении #380292 писал(а):

у де-Рамовских коэффициенты -- поле... и они определены только для многообразийсингулярные и остальные, разумеется, совпадают там, где определены, тут Bulinator правно сингулярные могут быть с любыми коэффициентами и в этом смысле строго сильнее де-Рамовских

А откуда возникает требование, чтобы коэффициенты были полем? Чтобы группой - это я понимаю, а поле?