演習問題解答:Hirsch「微分トポロジー」

本稿では、微分トポロジー?の教科書であるHirsch「微分トポロジー」の演習問題の解答を掲載する。非常に問題量が多く非常に難しい問題が所々にあるために完全なものが出来上がるには時間がかかるであろう。現在書きかけ→長すぎるので分割する予定 $$$$ 問題の難易度は*の数で表される。

第1章 : 多様体と写像

15ページ : 練習問題 : (回答執筆中)

  • 1. グラスマン多様体? $G_{n,k}:=\{V\subset \mathbb{R}^{n} \mid \rm{dim}(V)=k\}$ に対してチャートを行列用いて付与し、座標変換が解析的であることを調べれば良い。(立場としてはこのチャートたちにより位相も同時に与えることとし、まだ台集合 $G_{n,k}$ には位相が定まっていないこととする。) $$$$ また $k=0,n$ のときは $G_{n,k}$ は一点集合であるから自明な解析的 $0$ 次元多様体となる。したがって $ 0 < k < n $ の時のみ考えれば良い。 あらかじめ $\mathbb{R}^n$ には標準的な正規直交基底を取っておく。任意の元 $E\in G_{n,k}$ に対して直行補空間取ることで $E\oplus E^{\perp}=\mathbb{R}^{n}$ と分解することができる。ここで適当な線形変換 $\Phi\colon \mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$を行うことで $\Phi(E)\times\Phi(E^{\perp})=\mathbb{R}^k\times \mathbb{R}^{n-k}\cong \mathbb{R}^n$ に移すことができる。これにより以降は $E$ を $\mathbb{R}^k\subset \mathbb{R}^n$ とみなして話を進める。この時 $U_E:=\{E'\in G_{n,k} \mid E'\cap \mathbb{R}^{n-k}=\{0\} \}$ を考えると $\mathbb{R}^{k(n-k)}$ からの全単写であって $0\in \mathbb{R}^{k(n-k)}$ を $E=\mathbb{R}^k\subset\mathbb{R}^n$ に移すようなものが取れる。これが実際に位相とチャートを付与することを示す。 $$$$ この対応は次のように与えられる。 任意の $F \in U_E$ に対して ある線形写像$\mathbb{R}^k\to \mathbb{R}^{n-k},x\mapsto Ax$ であってこの線型写像のグラフが $F$ と一致するようなものが取れる。具体的には $F$ に対して$(n-k)\times k$ 行列 $A$ であって $\rm{Im}({}^{t}({}^{t}I_{k}{}^tA))=F$ を満たすものを対応させる写像である($I$ は単位行列。)。この時、この対応 $(U_{E},\{E\})\to (\rm{M}_{(n-k)\times k}(\mathbb{R}), \{0\})$ は全単射であることがすぐわかる。$(n-k)\times k$ 行列全体は適当に成分を割り当てることで $\mathbb{R}^{(n-k)k}$ と解析的同一視が出来ることに注意。 $$$$ それではこのチャートによる座標変換を見てみると適当な線形変換で書けることがわかる。線形変換は行列の成分で見ればすべて成分の積と和によって表される。したがって解析的であることに注意されたい。したがって与えられたチャートによるすべての座標変換は解析的である。特に連続であるからこれらのチャートが像へ同相写像となるような $G_{n,k}$ の位相を定めることができる。 これにより $G_{n,k}$ は必ずしもハウスドルフとは限らない $(n-k)k$ 次元解析的多様体の構造を持つことがわかった。
    次にハウスドルフ性を示す。位相の入れ方から各 $U_E$ たちはすべてハウスドルフであるしたがって $\tilde{E}\in G_{n,k} \setminus U_E$ となる時も $E$ と $\tilde{E}$ が開集合で分離できることを示せば十分である。仮定から $\tilde{E}\cap E^{\perp}\neq \{0\}$ であるから $\tilde{E}$ と $E$ がなす角は $\pi/2$である。したがって $E$ と $\tilde{E}$ それぞれに対して「なす角が $\pi/4$ 未満であるような $G_{n,k}$ の元全体」 を考えることで $E$ と $\tilde{E}$ は集合で分離できることがわかる。 $$$$ では実際にこの集合が開集合であることを示す。これは $(n-k)k$ 行列によるチャートで考える。 $E$ となす角が $\pi/4$ 未満となる $U_E$ の元全体は行列側では $\{A\in M_{(n-k)\times k}(\mathbb{R})\mid \rm{max}\{\arccos(\frac{\langle (x,Ax),(x,0) \rangle_{\mathbb{R}^n}}{\|(x,Ax)\|\|(x,0)\|})\mid x\in \mathbb{R}^k,\|x\|=1 \}<\pi/4\}$ と表すことができる。$\rm{max}$の中の関数を $g:M_{(n-k)\times k}(\mathbb{R})\times S^{k-1}\to \mathbb{R}$ の写像だと思えば、展開して成分表示すると$g(A,x)=\arccos(\frac{1}{(1+\|Ax\|^2)^{1/2}})$ と連続の合成であり連続であることがわかる。したがって $S^{k-1}$ に対して最大をとっても $M_{(n-k)\times k}(\mathbb{R})$ からの写像は$S^{k-1}$のコンパクト性から連続であることがわかる。したがって $U_E$ の元に対して $E$ との角度をはかる写像は連続であることがわかる。したがって $E$ から角度が $\pi/4$ 未満の集合は開集合であることが分かりハウスドルフであることがわかった。 $$$$ まとめると。$G_{n,k}$ は以上のチャートたちにより $(n-k)k$次元解析的多様体をなすことがわかった。(未チェック) $$$$
  • 2. $n$ 次元複素射影空間? $\mathbb{C}P^n$ の与えられたチャートの座標変換が解析的であることを示せば良い。今回 $\mathbb{C}P^n$ は $\mathbb{C}^{n+1}\setminus\{0\}$ への $\mathbb{C}^{\times}$ の対角作用を入れて商空間をとったものと解釈し、 $(z_{0},\cdots z_n)$ を含む同値類を $[z_0,\cdots z_n]$ で表すこととする。 $$$$ $\mathbb{C}P^n$ のアトラス $\{(\phi_i,U_i)\}_{\{i=0\cdots n\}}$ を次のように与える。$U_i\subset \mathbb{C}P^n$ を $i$ 成分が $0$ でない元全体とし $\phi:U_i\to\mathbb{C}^n,[z_0,\cdot z_{i-1},z_{i},z_{i+1},\cdots z_{n}]\mapsto (z_{0}/z_i,\cdots z_{i-1}/z_{i},z_{i+1}/z_{i},\cdots z_{n}/z_{i})$ により与える。また自然な同一視により $\mathbb{C}^n$ は $\mathbb{R}^{2n}$ とみなす。$U_{i}$ たちが開被覆になっていることは明らかであるから座標変換が解析的であることを示せば良い。 $$$$ それでは適当な定義域($i,j$ 成分が $0$ でない部分)に制限をして $\phi_{j}\circ\phi_{i}^{-1}$ 考える。また $i<j$ と仮定しても良いこともすぐわかる。これにより具体的に成分で書き出すとこの写像は $(w_{0},\cdots w_{n-1})\mapsto [w_{0},\cdots w_{i},1,w_{i+1},\cdots w_{n-1}]\mapsto (w_{1}/w_{j},\cdots w_{i}/w_{j},1/w_{j},w_{i+1}/w_{j},\cdots w_{j-1}/w_{j},w_{j+1}/w_{j},\cdots w_{n-1}/w_{j})$ (ただし $w_{j}$ は $0$でない)となることがわかる。ここで各成分を $\mathbb{R}^{2n}$ 側で見ていく。$(a+bi)/(c+di)$ (ただし $c+di=0$ ではない。)を成分で表示すると $(a,b,c,d)\mapsto ( (ac+bd)/(c^2+d^2),(bc-ad)/(c^2+d^2))$ と表すことができる。いずれの成分も分母が $0$ にならない有理関数、特に解析的な関数として表すことができた。以上により与えられたアトラスの任意の座標変換が解析的であることがわかった。(ハウスドルフ性は省略) $$$$ まとめると、$\mathbb{C}P^n$ は与えられたアトラスによって $2n$次元解析的多様体となることがわかった。(未チェック) $$$$
  • 3. $n$ 次元四元数射影空間? $\mathbb{H}P^n$ も2.と同様の方法により解析的な多様体であることを示す。ここでは $\mathbb{H}P^n$ は $\mathbb{H}^{n+1}\setminus\{0\}$ へ $\mathbb{H}^{\times}$ を対角に右からかけるという右作用による商空間と解釈し、$(z_{0},\cdots z_n)$ を含む同値類を $[z_0,\cdots z_n]$ で表すこととする。 $$$$ 同様にアトラス $(\phi_{i},U_{i})_{\{i=0\cdots n\}}$ を次のように定める。$U_i\subset \mathbb{H}P^n$ を $i$ 成分が $0$ でない元全体とし $\phi:U_i\to\mathbb{H}^n,[z_0,\cdot z_{i-1},z_{i},z_{i+1},\cdots z_{n}]\mapsto (z_{0}/z_i,\cdots z_{i-1}/z_{i},z_{i+1}/z_{i},\cdots z_{n}/z_{i})$ により与える( $z/z'$ は $z(z')^{-1}$ の略記であることに注意 )。また自然な同一視により $\mathbb{H}^n$ は $\mathbb{R}^{4n}$ とみなす。$U_{i}$ たちが開被覆になっていることは明らかであるから座標変換が解析的であることを示せば良い。 $$$$ 同様に $i<j$ の時の座標変換を成分で表すと$(w_{0},\cdots w_{n-1})\mapsto [w_{0},\cdots w_{i},1,w_{i+1},\cdots w_{n-1}]\mapsto (w_{1}/w_{j},\cdots w_{i}/w_{j},1/w_{j},w_{i+1}/w_{j},\cdots w_{j-1}/w_{j},w_{j+1}/w_{j},\cdots w_{n-1}/w_{j})$ (ただし $w_{j}$ は $0$ でない。)と表すことができる。 $$$$ ここで各成分を $\mathbb{R}^{4n}$ 側で見ていく。$(a+bi+cj+dk)/(a'+b'i+c'j+d'k)$ (ただし $a'+b'i+c'j+d'k=0$ ではない。)を成分で表示すると $(a,b,c,d,a',b',c',d')\mapsto ( (aa'+bb'+cc'+dd')/({a'}^2+{b'}^2+{c'}^2+{d'}^2),(ba'-ab'+dc'-cd')/({a'}^2+{b'}^2+{c'}^2+{d'}^2),(ca'-ac'+bd'-db')/({a'}^2+{b'}^2+{c'}^2+{d'}^2),(da'-ad'+cb'-bc')/({a'}^2+{b'}^2+{c'}^2+{d'}^2))$ と表すことができる。いずれの成分も分母が $0$ にならない有理関数、特に解析的な関数として表すことができた。以上により与えられたアトラスの任意の座標変換が解析的であることがわかった。(ハウスドルフ性は省略) $$$$ まとめると、$\mathbb{H}P^n$ は与えられたアトラスによって $4n$次元解析的多様体となることがわかった。(未チェック) $$$$
  • 4. まず、 $n$ 次直交群? $\rm{O}(n)$ が $M_{n\times n}(\mathbb{R})\cong \mathbb{R}^{n^2}$ の $\frac{1}{2}(n+1)n$ 次元コンパクト部分多様体であることを示す。メインに用いる道具は正則値定理?である。$f=(f_{(i,j)})_{\{i\leq j\}}:M_{n\times n}(\mathbb{R})\to \mathbb{R}^{\{(i,j)\in \mathbb{N}^2\mid 1\leq i\leq j \leq n \}} \cong \mathbb{R}^{\frac{1}{2}(n+1)n}$ を$f_{(i,j)}( (a_{k,l})_{k,l} ):=\sum_{m=1}^{n}a_{m,i}a_{m,j}-\delta_{i,j} $ で定義する。これは多少天下り的に見えるが、行列 $(a_{k,l})_{k,l}$ を列ベクトルを並べたものとして $(\tilde{a}_{1},\cdots \tilde{a}_{n})$ と書けば $f_{(i,j)}(\tilde{a}_{1},\cdots \tilde{a}_{n}))=\langle \tilde{a}_{i} ,\tilde{a}_{j}\rangle-\delta_{i,j}$ とかけることから $A\in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ が ${}^{t}AA=I_n$ を満たすことと $f(A)=0$ を満たすことが同値であることがわかる($i\leq j$ となる成分についてのみ見ているのは ${}^{t}AA$ が対象行列だからである。)。したがって $\rm{O}(n)=f^{-1}(\{0\})$ と表すことができる。では実際に $0$ が $f$ の正則値になっていることを確かめる。定義から $f$ は成分ごとに見れば積と和で表されていることから$C^{\infty}$ (より強く $C^{\omega}$ )であることはすぐわかる。 $$$$ それでは実際に各成分ごとに偏微分 $\frac{\partial f_{(i,j)}}{\partial a_{k,l}}$ を計算していく。 $(k,l)$ に対して $(i,j)=(1,l),\cdots(l-1,l),(l,l),(l,l+1),\cdots (l,n)$ のところのみ $a_{k,l}$ の変数を含んでいることに注意する。具体的に計算すると$\frac{\partial f_{(1,l)}}{\partial a_{k,l}}=a_{k,1},\cdots \frac{\partial f_{(l-1,l)}}{\partial a_{k,l}}=a_{k,l-1},\frac{\partial f_{(l,l)}}{\partial a_{k,l}}=2a_{k,l},\frac{\partial f_{(l,l+1)}}{\partial a_{k,l}}=a_{k,l+1},\cdots \frac{\partial f_{(l,n)}}{\partial a_{k,l}}=a_{k,n}$ と書ける。特に $\frac{\partial}{\partial a_{k,l}}f$ が $0$ となることと行列の $k$ 行目が $0$ であることは同値であり直交行列の正則性から今回は $0$ にならない。$\{\frac{\partial}{\partial a_{k,l}}f \}_{1\leq k,l \leq n }$ が $\frac{1}{2}(n+1)n$ 次元の空間を張ることを示せば正則値であることがわかる。 $$$$ それでは実際に階数を調べて微分が全射となっていることを示す。$x_{k,l}\in \mathbb{R}$ に対して $\sum_{k,l}x_{k,l}\frac{\partial}{\partial a_{k,l}}f $ を対応させる線型写像が微分により得られる線型写像である。特に値域側の $(i,j)$ 成分着目すると、$i=j$ の時 $\sum_{k=1}^{n} 2a_{k,i}x_{k,i}$、$i<j$ の時 $\sum_{k=1}^{n}(a_{k,i}x_{k,j}+a_{k,j}x_{k,i})$ と表すことができる。特に $i=j$ の時含めて $\sum_{k=1}^{n}(a_{k,i}x_{k,j}+a_{k,j}x_{k,i})$ と表すことができる。ここで簡単のために $Y_m:={}^t(x_{1,m},\cdots x_{n,m})$、$b_m$ を行列 $(a_{i,j})_{i,j}$ の $m$ 列目 $\tilde{a}_m$ の転置とすると、さっきの $(i,j)$ 成分の式は $b_{i}Y_{j}+b_{j}Y_{i}$ と略記することができる。縦方向を$(1,1),(2,1),(2,2),(1,3)(2,3),(3,3),(1,4),(2,4),\cdots (n,n)$、横方向を $({}^tY_1,{}^{t}Y_2,\cdots {}^{t}Y_n)$として $\frac{1}{2}(n+1)n\times n$の 区分行列として表すと次のようになる。($0$ が入るマスは省略し行列の一番左上の一部を表している。)(行列をかける環境にないので見づらいのは申し訳ありません...) $$$$
    $2b_1$
    $b_2$$b_1$
    $2b_2$
    $b_3$$b_1$
    $b_3$$b_2$
    $2b_3$
    $b_4$$b_1$
    $b_4$$b_2$
    $b_4$$b_3$
    $2b_4$
    $b_5$$b_1$
    $b_5$$b_2$
    $b_5$$b_3$
    $b_5$$b_4$
    $2b_5$
    $\cdots$ $$$$ $b_{1},\cdots b_{n}$ 直交行列の列の転置であるから正則性から一次独立である。したがってこの行列は行基本形を繰り返しても $0$ のみからなる行を作れないことがわかる。したがってこの行列の階数は最大の $\frac{1}{2}(n+1)n$ で全射であることがわかった。以上より $0$ が正則値であることがわかった。正則値定理から $\rm{O}(n)=f^{-1}(0)\subset M_{n\times n}(\mathbb{R})\cong \mathbb{R}^{n^2}$ のなめらかな(または解析的) $n^2-\frac{1}{2}(n+1)n=\frac{1}{2}n(n-1)$ 次元部分多様体であることがわかった。次にコンパクト性を示す。これは難しくない。$\{0\}$ は$\mathbb{R}^{\{(i,j)\in \mathbb{N}^2\mid 1\leq i\leq j \leq n \}}$ の閉集合であるから $f$ の連続性から $\rm{O}(n)=f^{-1}(\{0\})$ は $M_{n\times n}(\mathbb{R})$ の閉集合である。次に有界性を示す。$\{0\}$ と $(a_{i,j})_{i,j} \in \rm{O}(n)$ の距離の二乗を調べると $\sum_{i=1,j=1}^{n}a_{i,j}^{2}=\sum_{j=1}^{n}(\sum_{i=1}^{n}a_{i,j}^{2})=\sum_{j=1}^{n}\langle\tilde{a}_j,\tilde{a}_{j}\rangle=\sum_{j=1}^{n}1=n$ 、したがって $\rm{O}(n)$ は原点から距離 $\sqrt{n}$ の閉球に含まれ有界である。以上より $\rm{O}(n)$ は $M_{n\times n}(\mathbb{R})$ のなめらかな(または解析的な) $\frac{1}{2}n(n-1)$ 次元コンパクト部分多様体であることがわかった。 $$$$ 次に単位元成分について調べる。行列式は各成分の和と積で表されていることから連続であり $\rm{O}(n)$ に制限すると像は $\{1,-1\}$ になることがわかる。これは $1=\rm{det}(I)=\rm{det}({}^{t}AA)=\rm{det}({}^{t}A)\rm{det}(A)=(\rm{det}(A))^2$ より行列式は $1$ か $-1$ であることが分かり実際 $A=I$ の時行列式は $1$ 、$A=\rm{diag}(-1,1,1\cdots 1)$ の行列式は $-1$ となることよりわかる。したがって $\rm{O}(n)=\rm{det}|_{\rm{O}(n)}^{-1}(1)\sqcup \rm{det}|_{\rm{O}(n)}^{-1}(1)$ と少なくとも二つ以上の連結成分を持つことがわかる。ここで$\rm{O}(n)$ は多様体であることがわかっているから局所弧状連結である。したがって弧状連結成分と連結成分は一致することに注意する。したがって $\rm{SO}(n):=\rm{det}|_{\rm{O}(n)}^{-1}(1)$ が弧状連結であることを示せば $\rm{SO}(n)$ が単位元を含む連結成分であることがわかる。 $$$$ では具体的に任意の元 $A\in \rm{SO}(n)$ に対して単位元 $I_n$ への繋がる $\rm{SO}(n)$ の中の道を具体的に構成する。$A$ は特にユニタリ行列であるから複素数の範囲で、特にユニタリ行列で対角化することができる。固有値に注目すると $\rm{U}(1):=\{z\in\mathbb{C}^{\times}\mid |z|=1\}$ に含まれていることがわかる。特にもとの行列は実数成分であるから実数でない固有値は複素共役をとってもまた固有値である。ここで$\{\alpha_{1},\cdots \alpha_{k}\}$ を虚部が正である固有値、その複素共役の固有値を $\{\overline{\alpha_{1}},\cdots\overline{\alpha_{k}}\}$ で表す。そのほかに $-1$ と $1$ が固有値となりうる。行列式は固有値すべての積であり今回は $1$ であった。$\alpha_{i} \overline{\alpha_{i}}=|\alpha_{i}|^2=1$ であるから固有値 $-1$ の重複度は偶数でないとならないことに注意されたい。したがって $-1$ の重複度を $2l$ で表すこととする。 $$$$ 実際に道を作って行くアイデアは 時間にそった回転を回転行列を用いて表すことである。しかしながら回転させるには二次元の部分空間をとる必要がある。ここで $\alpha_{i}$ の固有ベクトル と $\overline{\alpha_{i}}$ の固有ベクトルで張られる空間たちが回転をさせる平面となり、$-1$ の重複度が偶数であったから固有ベクトルをペアに分けることができる。では実際に固有ベクトルうまくスカラー倍して並べてユニタリ行列 $P$ を作り $P^{-1}AP=\rm{diag}\{\alpha_1,\overline{\alpha_{1}},\cdots \alpha_k,\overline{\alpha_{k}},-1,\cdots -1,1\cdots 1\}$ 表しておく。ユニタリ行列 $P$ の作り方から、$u_{1},\overline{u_{1}}$ を$\alpha_{1},\overline{\alpha_1}$ の $P$ を構成する固有ベクトルとすると互いに複素共役なベクトルとなっていることに注意。ここで $(u_{1}+\overline{u_{1}})$ と $\sqrt{-1}(u_{1}-\overline{u_{1}})$ は実ベクトルとなることに注意したい。ここでこれらを試しに $A$ で写してみる。簡単のためにこれらのベクトルを $v_{1},w_{1}$と置き、$\theta_1$ を $\alpha_1=e^{\sqrt{-1}\theta_{1}}$ を満たすものとする。$Av_{1}=A(u_{1}+\overline{u_{1}})=\alpha_{1}u_{1}+\overline{\alpha_{1}}\overline{u_{1}}=\cos(\theta_{1})v_{1}+\sin(\theta_1)w_{1}$、 $Aw_{1}=\sqrt{-1}A(u_{1}-\overline{u_{1}})=-\sin(\theta_{1})v_{1}+\cos(\theta_{1})w_{1}$ したがって $A$ は $v_1,w_{1}$ で張られる空間を二次元平面での $\theta_1$ 回転になっている。作り方から $v_1,w_1$ は直交していることに注意する。実際に計算してみれば $\langle v_{1},w_1 \rangle=\langle u_1+\overline{u_1},\sqrt{-1}(u_{1}-\overline{u_{1}})\rangle=\sqrt{-1}(\langle u_1,u_1\rangle-\langle u_1,\overline{u_1}\rangle+\langle \overline{u_1},u_1\rangle)-\langle \overline{u_1},\overline{u_1}\rangle)=\sqrt{-1}(|u_{1}|^2-|\overline{u_{1}}|^2 )=0$より直交していることが確かめられる( $u_1,\overline{u_1}$ はユニタリ行列の列であるから直交していることより2、3項目が $0$ となる。)。直交行列にするために適当にスカラー倍して長さを $1$ に調整しておく。これは同様にすべての $\alpha_{i}$ に対して同様にして $v_{i},w_{i}$ が定義でき、これら全ては直行する。なぜなら元の行列はユニタリ行列で各成分は直交していたから、$v_i,w_i$ ではられる部分空間たちも直交している。しかも $v_i,w_i$ は直交しているから元のユニタリ行列の左前半の $2k$ 列を $v_1,w_1,\cdots v_k,w_k$ に取り換えてもユニタリ行列である。しかも今回 $v_i,w_i$ たちはすべて実ベクトルで $-1$ と $1$ の固有ベクトルは実ベクトルであったからこの行列は実ユニタリ行列、つまり直交行列となる。 $$$$ これにより $Q\in \rm{O}(n)$ を $P$ の左前半の $2k$ 列を $v_1,w_1,\cdots v_{k},w_{k}$ に取り換えたものとすると、 $Q^{-1}AQ=\rm{diag}(R(\theta_1),\cdots R(\theta_{k}),-1,\cdots -1,1,\cdots 1)=\rm{diag}(R(\theta_1),\cdots R(\theta_{k}),-I_2,\cdots -I_2,1,\cdots 1)=\rm{diag}(R(\theta_1),\cdots R(\theta_{k}),R(\pi),\cdots R(\pi),1,\cdots 1)$ と書くことができる( $Q$ は $\rm{SO}(n)$ の元とは限らないが $Q^{-1}AQ$ は $\rm{SO}(n)$ の元である。これは実際に行列式を計算すればわかる。)。ただし $R(\theta)$ は $2\times 2$ の $\theta$ 回転を表す回転行列である($-1$ の個数は偶数個であり $-1$ は $l$ 個の $-I_2$ で表せることに注意)。ここで道 $\gamma:[0,1] \to \rm{SO}(n),t\mapsto Q\rm{diag}(R((1-t)\theta_1),\cdots,R((1-t)\theta_{k}),R((1-t)\pi),\cdots,R((1-t)\pi),1\cdots 1)Q^{-1}$ とすると $\gamma$ は各成分の連続性から連続で $A$ と $I_{n}$ を繋ぐ道になっている。したがって「道でつなげられる」という関係が同値関係であったことから $\rm{SO}(n)$ は単位元を含む弧状連結成分である。特に局所弧状連結であったから $\rm{SO}(n)$ は単位元を含む連結であることが示された。 $$$$ まとめると $\rm{O}(n)$ は $M_{n\times n}(\mathbb{R})$ のなめらかな(または解析的な) $\frac{1}{2}(n-1)n$ 次元コンパクト部分多様体であり、単位元の連結成分は $\rm{SO}(n)$ であることがわかった。(未チェック) $$$$
  • 5. 多様体 $M$ のアトラスを $\{(U_i,\phi_i)\}_{i \in\lambda} $ とし $V_i:=\phi(U_i)$ としておく。この時に実際に多様体 $M$ が張り子として実現できることを示す。(今回は可微分カテゴリーではなく位相カテゴリーで示す。) $\bigcup_{i\in \Lambda} V_{i}\times \{i\}$ 上の同値関係 $\sim$ を $(x,i)\sim (\phi_{j}\circ \phi_{i}^{-1}(x),j)$ によって生成される同値関係(実際にはそのまま同値関係となっている)とし $M':=\bigcup_{i\in \Lambda} V_{i}\times \{i\} /\sim$ と定義しておく。では実際に $M$ と $M'$ が(自然に)同相となることを示す。今回主に用いる道具は「写像が、局所同相かつ全単射ならば同相写像」である。 $$$$ ここで写像 $\Psi: M'\to M,[(x,i)]\mapsto \phi_{i}^{-1}(x)$ と定義する。これがWell-definedはすぐ分かる。$[(x,i)]=[(y,j)]$ であったとすると $x\in V_i ,y\in V_{j}$ で $\phi_{j}\circ \phi_{i}^{-1}(x)=y$ を満たさなければならない。したがって $\Psi([(y,j)])=\phi_{j}^{-1}(y)=\phi_{j}^{-1}(\phi_{j}\circ \phi_{i}^{-1}(x))=\phi_{i}(x)=\Psi([(x,i)])$ と同じ同値類は同じ元を定めることが確かめられた。今回この $\Psi$ が同相写像を与える。まず全射性は $\{U_i\}_{i\in\Lambda}$ が開被覆となっていることから明らかである。単射であることも定義からほぼ明らかで $\Psi([(x,i)])=\Psi([(y,j)])$ とすると $\psi$ の定義から $\phi_{i}^{-1}(x)=\phi_{j}^{-1}(y),\phi_{j}\circ \phi_{i}^{-1}(x)=y$ であるから同値関係の定義から $(x,i)\sim(y,j)$ つまり $[(x,i)]=[(y,j)]$ をみたし単射である。以上より $\Psi$ は全単射である。 $$$$ 次に $\Psi$ が局所同相写像であることを示す。任意の元 $X\in M'$ を取ると、定義から $X=[(x,i)]$ となるような $x\in V_{i}$ を満たす組み $(x,i)$ を用いて表すことができる。特に商位相の入れ方から $V_{i}\times V_{i}$ から誘導される $M'$ の部分集合は $X$ の開近傍となっていることに注意されたい。ここでこの近傍を $V'_{i}$ で表すこととし、商写像を $\pi:\bigcup_{i\in\Lambda} V_{i}\times \{i\}\to M'$ で表すこととする。これにより自然な同相写像 $J_{i}:V_{i} \to V_{i}\times \{i\}$ と合成することによって連続写像 $I_{i}:=\pi\circ J_{i}: V_{i}\to V'_{i}$ を得る。まず $\Psi$ そのものが連続であることを示す。商位相の普遍性から $\Psi$ の連続性と $\Psi\circ\pi$ の連続性は同値である。しかし今回 $\Psi\circ\pi=\bigcup_{i\in\Lambda}\phi_{i}^{-1}\circ J_{i}^{-1}$ と書けることから連続であり $\Psi$ は連続であり特に $\Psi|_{V'_{i}}$ は連続である。 $$$$ 次に $(\Psi|_{V'_{i}})^{-1}$ が連続であることを示す。ここで $\phi_{i}\circ \Psi|_{V'_{i}}\circ I_{i}=\rm{id}_{V_{i}}$であることに注意すると $\Psi|_{V_{i}}\circ I_{i}=\phi_{i}^{-1}$ は同相写像である。したがって $(\Psi|_{V'_{i}}\circ I_{i})^{-1}=I_{i}^{-1}\circ (\Psi|_{V'_{i}})^{-1}$ も連続である。 $I_{i}$ は連続であったから合成しても連続性は変わらず $I_{i}(I_{i}^{-1}\circ( \Psi|_{V'_{i}})^{-1})=(\Psi|_{V'_{i}})^{-1}$ は連続である。以上より $\Psi|_{V'_{i}}$ は同相写像であり、 $\Psi$ そのものは局所同相写像であることがわかった。 $$$$ まとめると $\Psi:M':=(\bigcup_{i\in\Lambda}V_{i}\times \{i\} )/\sim \to M$ は同相写像である。(未チェック) $$$$
  • 6. $M$ を多様体とし $A$ をその部分多様体とする(位相カテゴリーでも可微分カテゴリーでもどちらでも良いが $M$ には極大アトラスが定まっているものとする。)。この時うまく $M$ の開部分多様体 $N$ を構成し $A$ が $N$ の閉部分多様体となることを示す。まず $M$ の次元を $m$ 、$A$ の次元を $k$ としておく。部分多様体の定義から任意の $a\in A$ に対し(与えられた極大アトラスの元である)あるチャート(部分多様体座標近傍と呼ばれる。) $(U_{a},\phi_{a})$ であって $a\in U_{a}$ かつ $A\cap U_{a}=\phi_{a}^{-1}(\{(x_1,\cdots,x_n)\in\mathbb{R}^{n}\mid x_1,\cdots x_{k} \in\mathbb{R}, x_{k+1}=\cdots=x_{n}=0\})$ を満たすものが取れる。ここで $N:=\bigcup_{a\in A}U_{a}$ とすると求めていたものになる。実際 $U_{a}$ たちは $M$ の開集合であるから $N$ も $M$ の開集合となる。多様体の任意の開集合はチャートをすべて制限することによって自然に $M$ の部分多様体となり特に開部分多様体である。 $$$$ では次に $A$ が $N$ の閉部分多様体であることを示す。$N$ の部分多様体となることは、さっきとった $(U_{a},\phi_{a})$ を $N$ 上に制限して(実際には制限されないが) $(U_{a}\cap N ,\phi_{a}|_{U_{a}\cap N})$ ととれば部分多様体であることがわかる。 次に $A$ が $N$ の閉集合であることを示す。任意の点 $x\in N\setminus A$ を取ると $N$ の作り方から、ある $a\in A$ が存在して $x\in U_{a}$ となる。これを $\phi_{a}$ で送った側で調べると $\phi_{a}(x)\in \phi_{a}(U_{a})\setminus\{(x_1,\cdots,x_n)\in\mathbb{R}^{n}\mid x_1,\cdots x_{k} \in\mathbb{R}, x_{k+1}=\cdots=x_{n}=0\})$ であるが、相対位相の入れ方から $\phi_{a}(U_{a}) \cap\{(x_1,\cdots,x_n)\in\mathbb{R}^{n}\mid x_1,\cdots x_{k} \in\mathbb{R}, x_{k+1}=\cdots=x_{n}=0\})$ は $\phi_{a}(U_{a})$ の閉集合である。したがって $\phi_a(x)$ は $\phi_{a}(U_{a})\setminus\{(x_1,\cdots,x_n)\in\mathbb{R}^{n}\mid x_1,\cdots x_{k} \in\mathbb{R}, x_{k+1}=\cdots=x_{n}=0\})$ の内点である。領域普遍性定理?から $\phi_{a}$ は像に対しての同相写像(位相的埋め込み)である。したがって $x$ は $U_{a}\setminus A$ の内点すなわち $N\setminus A$ の内点であり $A$ は $N$ の閉集合である。 $$$$ まとめると、$M$ のどんな部分多様体 $A$ をとってある開部分多様体 $N$ が取れて $A$ が $N$ の閉部分多様体となるようにできることがわかった。(未チェック) $$$$
  • 7. $0<\lambda<\infty$ に対し*1 $G_{\lambda}:=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}\mid y=|x|^{\lambda}\}$とした時 $r \in \mathbb{Z}$ を $r<\lambda\leq r+1$ となる整数とした時 $G_{\lambda}\subset \mathbb{R}^2$ は $C^r$ 級部分多様体であり $C^{r+1}$ 級部分多様体でないことを示す。まず$f(x)=|x|^{\lambda}$ と表すこととすると実関数として$C^r$ であり $C^{r+1}$ 級でないことに注意されたい。 $$$$ まず $G_{\lambda}\subset \mathbb{R}^2$ が $C^{r}$ 級部分多様体であることをしめす。これは大域的な部分多様体座標近傍が $\mathbb{R}^{2}\to \mathbb{R}^{2},(x,y)\mapsto (x,y-f(x))$ で与えられ、この写像が $C^r$ 級であることから従う。 $$$$ 次に $G_{\lambda}\subset \mathbb{R}^2$ が $C^{r+1}$ 級部分多様体ではないことを背理法で示す。$C^{r+1}$ 級部分多様体であったとすると $(0,0)\in G_{\lambda}$ に対して、その近傍 $U$ 上で定義される $C^{r+1}$ 級部分多様体座標近傍 $g:U\to \mathbb{R}^2,(x,y)\mapsto (\phi(x,y),\psi(x,y))$ が存在するはずである。部分多様体近傍の定義から $G_{\lambda}\cap U= g^{-1}(\mathbb{R}\times \{0\})$ がなりたつ。特に平行移動をすることで $(0,0)$ が $(0,0)$ に移ると仮定しても一般性を失わない。これを制限することにより $x\mapsto (\phi(x,0),\psi(x,0)) \in G_{\lambda}$ としても $C^{r+1}$ 級である。$G_{\lambda}$ の定義から $x$ は $0$ の近傍で $\psi(x,0)=f(\phi(x,0))$を満たす。仮定から $\psi(x,0)$ は $C^{r+1}$ 級であるから $f(\phi(x,0))$ も $C^{r+1}$ 級である。したがって $r+1$ 回微分でき連続となるはずである。しかし $f(\phi(x,0))$ を $r$ 回微分すると $f^{(0)}(\phi(x,0)),\cdots f^{(r)}(\phi(x,0)),\phi^{(0)}(x,0),\cdots \phi^{(r)}(x,0)$ の多項式で表され、特に $f^{(r)}$に注目することで $(f(\phi(x,0)))^{(r)}=$ "$f^{(0)}(\phi(x,0),\cdots f^{(r-1)}(\phi(x,0)),\phi^{(0)}(x,0),\cdots \phi^{(r)}(x,0)$の多項式)" $+ f^{(r)}(\phi(x,0))(\phi'(x,0))^{r}$」と表すことができる。ここで $(\phi'(x,0))^{r}$ は $0$ でないことに注意されたい。なぜなら $\phi'(x,0)=0$ とすると $f(\phi(x,0))=\psi(x,0)$ の両辺を微分することで $\psi'(x,0)=0$ となってしまい部分多様体近傍の微分が全射でなく(像に対して)微分同相であることに反してしまう。したがって $(\phi'(x,0))^{r}$ は $0$ でなく $f^{(r)}(\phi(x,0))(\phi'(x,0))^{r}$ は $C^{1}$ 級でないことがわかる。したがって $f(\phi(x,0))$ を $r$ 回微分したものは $C^{1}$ 級でなく特に $C^{r+1}$ 級であることに反する。したがって背理法の仮定から $G_{\lambda}$ は $C^{r+1}$ 級部分多様体でない。 $$$$ まとめると $G_{\lambda}\subset \mathbb{R}^2$ は $C^r$ 級部分多様体であるが $C^{r+1}$ 級部分多様体でないことがわかった。また、より一般に $\mathbb{R}$ から $\mathbb{R}$ への $C^r$ 級であるが $C^{r+1}$ 級ではない任意の関数に対して、そのグラフは $\mathbb{R}^{2}$ の $C^r$ 級部分多様体であるが $C^{r+1}$ 級部分多様体でないことがわかった。(未チェック) $$$$
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第2章 : 関数空間

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第3章 : 横断性

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第4章 : ベクトル束と管状近傍

117ページ : 練習問題 : (回答執筆中)

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  • 4. リー群? $G$ の自分自身への左作用を $ L_g:G\ni x\mapsto gx\in G$ とする。 リー環 $T_eG=\mathfrak{g}$ の基底を $ \{X_i\}_{1\le i\le n}$ とすると、$L_g$ は微分同相であるから $X_i^\ast:=L_{g\ast}X_i$ 達は $T_gG$ の基底で、各 $ X_i^\ast$ は決して $0$ にならない。 従って、接束の自明化 $TG\ni \sum_{i=1}^n\xi^i(X^*_i)_g\mapsto (g,\xi^1,\cdots,\xi^n)\ni G\times\mathbb{R}^n$ を与える。

124ページ : 練習問題

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137ページ : 練習問題

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151ページ : 練習問題

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第5章 : 写像度、交点数とオイラー特性数

165ページ : 練習問題

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177ページ : 練習問題

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第6章 : モース理論

190ページ : 練習問題

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199ページ : 練習問題

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210ページ : 練習問題

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    (b)

  • 2.

    (a)

    (b)

    (c)

    (d)

  • 3.
  • 4.
  • *5.

    (a)

    (b)

  • 6.

    (a)

    (b)

  • *7.
  • 8.
  • 9.
  • 10.

214ページ : 練習問題

  • *1.
  • 2.

第7章 : 同境類

218ページ : 練習問題

  • 1.
  • 2.
  • 3.
  • 4.
  • 5.

223ページ : 練習問題

  • 1.

    (a)

    (b)

    (c)

  • 2.

    (a)

    (b)

  • 3.

    *(a)

    (b)

    (c)

  • 4.

    (a)

    (b)

    (c)

  • 5.
  • 6.
  • *7.
  • 8.

第8章 : イソトピー

231ページ : 練習問題

  • 1.
  • 2.
  • 3.

    (a)

    (b)

    (c)

  • 4.
  • *5.
  • 6.
  • 7.

    (a)

    (b)

  • 8.
  • *9.

    (a)

    (b)

  • 10.
  • *11.
  • ***12.
  • 13.

    (a)

    (b)

  • 14.
  • *15.

    (a)

    (b)

    (c)

    (d)

  • 16.
  • *17.

238ページ : 練習問題

  • 1.

    (a)

    (b)

    (c)

  • 2.
  • 3.

    (a)

    (b)

    (c)

    (d)

    **(e)

第9章 : 曲面

246ページ : 練習問題

  • 1.
  • 2.
  • 3.

    (a)

    (b)

    (c)

  • 4.

    (a)

    (b)

  • 5.
  • **6.
  • 7.
  • 8.

253ページ : 練習問題

  • 1.
  • 2.

    (a)

    (b)

    (c)

    (d)

  • 3.
  • 4.
  • 5.

262ページ : 練習問題

  • 1.
  • *2.
  • *3.
  • 4.

    (a)

    (b)

  • 5.

    (a)

    (b)

  • 6.
  • 7.
  • *8.
  • 9.
  • 10.
  • 11.
  • 12.
  • 13.

    (a)

    (b)

    (c)

    *(d)

  • *14.
  • *15.
  • *16.
  • *17.

    (a)

    (b)

    (c)

参考文献

関連事項



*1 オリジナルでは $\lambda=0$ を許しているが $0^0$ の解釈により答えが異なるため今回は $0$ でないとした。もし $0^0=1$ または定義されないという立場であれば $G_{0}$ は $C^{\infty},C^{\omega}$ である。もし $0^0$ を $1$ 以外の値に定めるなら $G_{0}$ は部分多様体でない。

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Last-modified: 2020-11-15 (日) 20:31:35 (18d)