Несколько вопросов по топологии

[Munin]

P. S. Нашёл у себя ошибку. В п. iii я заявил, что петля, "намотанная" один раз, порождает операцией $L_1\cup L_1\mapsto L_2$ петли, "намотанные" $n$ раз. Но точно так же петля, "намотанная" один раз, порождает и стягиваемую в нуль петлю: $L_1\cup L_1\mapsto L_0.$ Надо как-то учесть этот случай, а кроме того, считать эквивалентными все "намотки", отличающиеся "способом плетения", разрешив при установлении эквивалентности преодолевать точки самопересечения, если это можно сделать однозначно (словами я это выразить бессилен, поэтому вынужден привести рисунок):


-- 05.12.2010 23:46:18 --

paha в сообщении #384087 писал(а):

Где разум? Не путайте гомологии с гомотопиями

Мы бы рады, но не настолько в них разбираемся, чтобы не путать одни с другими. Я надеюсь на ваши объяснения. Сам я всего лишь делюсь своим смутным пониманием, не для того, чтобы распространить другим свои ошибки, а только для того, чтобы немного облегчить въезжание в эту область, которое довольно затруднительно без объяснений на примерах и привязки к геометрическим образам (по моему опыту). Поэтому как только я начинаю пороть чушь, вы мне говорите, и я буду замолкать и слушать вас.

[Bulinator]

paha в сообщении #383963 писал(а):

две кривые без самопересечений с началом в $x$ и концом в $y$ принадлежат одному классу, если [ВАШЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ]

Придумал(Я хитрый! )
две кривые $s_1(x,y), s_2(x,y)$ без самопересечений с началом в $x$ и концом в $y$ принадлежат одному классу, если существует непрерывная гомотопия $h_t(x,y(t))$, такая, что $h_0(x,y(0))=s_1(x,y)$ и $h_1(x,y(1))=s_2(x,y)$.

Понятно, что $y(0)=y(1)=y$. И $y(t)\neq x$.

Иными словами мы разматывем клубок!!

-- Пн дек 06, 2010 02:06:17 --

Munin в сообщении #384086 писал(а):

Bulinator
У вас как, многомерная геометрическая интуиция хорошо развита? Вы понимаете, что в $R^4$ на выколотую прямую "намотать" кривую нельзя, соскочит, а можно "намотать" только на выколотое 2-мерное подпространство? Это я к вашему замечанию, что вас интересуют только выколотые точки и, может быть, прямые.

Ну мы пока с кривыми не разобрались. Думаю как только с кривыми разберемся на случай поверхностей обобщить будет раз плюнуть.

[Bulinator]

Bulinator в сообщении #384105 писал(а):

Придумал(Я хитрый! )
две кривые $s_1(x,y), s_2(x,y)$ без самопересечений с началом в $x$ и концом в $y$ принадлежат одному классу, если существует непрерывная гомотопия $h_t(x,y(t))$, такая, что $h_0(x,y(0))=s_1(x,y)$ и $h_1(x,y(1))=s_2(x,y)$.

Понятно, что $y(0)=y(1)=y$. И $y(t)\neq x$.

Иными словами мы разматывем клубок!!

Неправильно! :(
Разматывая можем перестараться и попасть в другой класс.

-- Пн дек 06, 2010 04:18:11 --

Я видимо понял предидущие сообщения. Попытаюсь изложить.
Что такое кривые на пространстве $X$? Это отображения $s:I\mapsto X$, где $I=[0,1]$. Рассмотрим кривые на пространстве $X$ с началом в точке $x$ и концом в точке $y$. Будем гворить, что две такие кривые $s_1(x,y), s_2(x,y)$принадлежат к одному классу и обозначать этот класс через $\lambda_1^i$ если существует гладкая гомотопия $h_t:I\times I\mapsto X,$ такая, что $h_0=s_1(x,y)$ и $h_2=s_2(x,y)$. Точки $x,y$ двигать нельзя.

$\hrule$
Лирическое отступление. Что меня смущало до сих пор, это то, что я путал кривые с образами. Всмысле на $S^1$ может существовать сколько угодно негомотопных кривых с началом, например в $\varphi=0$ и концом в $\varphi=\pi$. Мы можем взять
$s_1: \varphi=t\pi$ и $s_2: \varphi= 3t\pi$. И эти кривые не будут гомотопны друг другу.
$\hrule$

Далее, пусть отображение $f:X\mapsto Y$ такое, что оно сохраняет классы $\lambda_1^i$. Т.е. если $s_1$ и $s_2$ (не)гомотопны, то они остануться такими и после отображения. Иными словами $f$ задает изоморфизм классов $\lambda_1^i$ на некое подмножество соответствующих классов на $Y$. Если есть такое же отображение $g:Y\mapsto X$, то из очевидного соотношения
$A\subset B, B\subset A\Rightarrow A=B$, заключаем, что $f$ и $g$ задают изоморфизмы классов $\lambda$ пространств $X$ и $Y$.

Далее, повторим трюк. Теперь, вместо кривых с фиксированным началом и концом возьмем поверхности натянутые на фиксированый контур: $s^2:I\times I\mapsto X$ и повторим рассуждения. Если для всех размерностей $f$ и $g$ определяют такие изоморфизмы, то скажем, что пространства $X$ и $Y$ гомотопически эквивалентны.

Теперь правильно?

[Padawan]

Padawan в сообщении #384008 писал(а):

paha в сообщении #383995 писал(а):

в этом пространстве можно нарисовать бесонечно много попарно негомотопных кривых (негомотопных отображений $[0;1]\to X$ с данным началом и концом) без самопересечений

Три нарисуйте, пожалуйста.

paha
Прокомментируйте, как-нибудь всё-таки.

[Bulinator]

Padawan в сообщении #384203 писал(а):

paha
Прокомментируйте, как-нибудь всё-таки.

Человек смертен.(с) :)

[Munin]

Bulinator в сообщении #384105 писал(а):

Ну мы пока с кривыми не разобрались. Думаю как только с кривыми разберемся на случай поверхностей обобщить будет раз плюнуть.

Я вам как раз про кривые как раз и говорил. Будьте внимательнее.

(Оффтоп)

Bulinator в сообщении #384221 писал(а):

Человек смертен.(с) :)

Ну и шуточки у вас. Почём вы знаете возраст собеседника?

[Bulinator]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #384265 писал(а):

Ну и шуточки у вас. Почём вы знаете возраст собеседника?

Да я не в этом смысле. Хотел сказать, что paha- смертный, т.е. человек. А людям свойственно ошибаться.

[Munin]

(Оффтоп)

Экая косвенная ассоциация. Я не привык к "смертный - значит, человек", видимо, повседневная лексика воспринимаемой мной речи другая. У меня скорее вспоминаются слова "Да, человек смертен, но это было бы еще полбеды. Плохо то, что он иногда внезапно смертен, вот в чем фокус!"...

[Bulinator]

(Оффтоп)

Munin в сообщении #384275 писал(а):

Экая косвенная ассоциация. Я не привык к "смертный - значит, человек", видимо, повседневная лексика воспринимаемой мной речи другая. У меня скорее вспоминаются слова "Да, человек смертен, но это было бы еще полбеды. Плохо то, что он иногда внезапно смертен, вот в чем фокус!"...

Ну да. Я именно в этом контексте и приводил цитату. Т.е. Воланд указывает на несовершенство человека. Впрочем, я никого обидеть не хотел. Тем более paha.

[Munin]

(Оффтоп)

Bulinator в сообщении #384278 писал(а):

Т.е. Воланд указывает на несовершенство человека.

Не на несовершенство, а на смертность. Вывести отсюда указание на то, что человеку свойственно ошибаться, мне не представляется возможным.

Bulinator в сообщении #384278 писал(а):

Впрочем, я никого обидеть не хотел. Тем более paha.

Я надеюсь, его наш диалог изрядно повеселит. На что мы скатились в его отсутствие! Куда там до смешения гомотопий с гомологиями!

[paha]

Padawan в сообщении #384203 писал(а):

paha
Прокомментируйте, как-нибудь всё-таки.

В проколотой плоскости $\mathbb{R}^2\setminus O$ рисуем кривые $r=2\varphi/\pi$ (в полярных координатах при $\varphi\in [2\pi;5\pi]$), $y=\pm\sqrt{49-(x+3)^2}$ -- они негомотопны и соединяют точки $(-10,0)$ и $(4,0)$

-- Пн дек 06, 2010 20:32:41 --

Bulinator в сообщении #384145 писал(а):

Если для всех размерностей $f$ и $g$ определяют такие изоморфизмы, то скажем, что пространства $X$ и $Y$ гомотопически эквивалентны.

это и есть слабая гомотопическая эквивалентность
http://en.wikipedia.org/wiki/Whitehead_theorem
хотя для многообразий они совпадают (из слабой следует обычная)

-- Пн дек 06, 2010 20:35:04 --

Bulinator в сообщении #384145 писал(а):

Далее, пусть отображение $f:X\mapsto Y$ такое, что оно сохраняет классы $\lambda_1^i$. Т.е. если $s_1$ и $s_2$ (не)гомотопны, то они остануться такими и после отображения. Иными словами $f$ задает изоморфизм классов $\lambda_1^i$ на некое подмножество соответствующих классов на $Y$. Если есть такое же отображение $g:Y\mapsto X$, то из очевидного соотношения
$A\subset B, B\subset A\Rightarrow A=B$, заключаем, что $f$ и $g$ задают изоморфизмы классов $\lambda$ пространств $X$ и $Y$.

Далее, повторим трюк. Теперь, вместо кривых с фиксированным началом и концом возьмем поверхности натянутые на фиксированый контур: $s^2:I\times I\mapsto X$ и повторим рассуждения. Если для всех размерностей $f$ и $g$ определяют такие изоморфизмы, то скажем, что пространства $X$ и $Y$ гомотопически эквивалентны.

Зачем изобретать велосипед? Прочитайте определение гомотопических групп --- это не только классы, их еще и умножать можно!

-- Пн дек 06, 2010 20:41:31 --

Munin в сообщении #384093 писал(а):

Мы бы рады, но не настолько в них разбираемся, чтобы не путать одни с другими. Я надеюсь на ваши объяснения.

Шапиро И.С., Ольшанецкий М.А. Лекции по топологии для физиков

[Bulinator]

paha в сообщении #384333 писал(а):

это и есть слабая гомотопическая эквивалентность

А какое условие надо добваить, чтобы получить обычную эквивалентность?

[paha]

Bulinator в сообщении #384351 писал(а):

А какое условие надо добваить, чтобы получить обычную эквивалентность?

The Whitehead theorem then states that a weak homotopy equivalence, for connected CW complexes, is a homotopy equivalence.

Пространство, которое не является CW-комплексом -- это такая экзотика... Тем более по другой теореме Уитни любое топологическое пространство (хоть бесконечномерное, хоть неметризуемое) слабо гомотопически эквивалентно некоторому CW-комплексу

Однако, обращу еще раз внимание: изоморфности гомотопических групп для с.г.э. недостаточно -- нужно, чтобы эти изоморфизмы индуцировались одним и тем же отображением

[Bulinator]

paha в сообщении #384356 писал(а):

Однако, обращу еще раз внимание: изоморфности гомотопических групп для с.г.э. недостаточно -- нужно, чтобы эти изоморфизмы индуцировались одним и тем же отображением

Ну да. Я же писал про одно отображение.

Вопрос, что появилось раньше- слабая или обычная гомотопическая эквивалентность?

[paha]

Bulinator в сообщении #384359 писал(а):

Вопрос, что появилось раньше- слабая или обычная гомотопическая эквивалентность?

разумеется, обычная... что за вопрос?-)

-- Пн дек 06, 2010 21:05:45 --

нематематический какой-то(((