接続された滑らかな多様体の方向を固定 $\mathbb{R}^n$ 単一のチャートで

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Nameless 2020-08-19 01:10.

私はゾリッヒ、数学分析II、第1版について勉強しています。ページ。174-175。で滑らかなk次元表面の方向(同値類)がどのように定義されるかを適切に説明した後$\mathbb {R} ^ n$ 単一のマップで記述できる場合は、次の意味を定義して、より一般的なケースに進みます。

  1. 一貫したチャート、
  2. アトラスの向き、
  3. アトラスを方向付けるための同値類(表面の可能な方向)。

これを行った後、彼は、接続された滑らかなk次元の表面が2つの可能な方向しか持てないことを証明せずに述べています。この声明から、彼は、このタイプの表面の方向を固定するために、一貫したチャートのアトラス全体を表示する必要はないが、単一のチャートを表示するだけで十分であるとすぐに推測します。

理由を証明しようとしていましたが、できません。不条理なことに、共通のチャートを含むペアワイズの一貫したチャートで作られた、方向の異なる2つのアトラスがあると思いました。$ \varphi_1 $

$$A_1=\{\varphi_1,\varphi_2,...,\varphi_m,...\}$$ $$A_2=\{\varphi_1,\varphi'_2,...,\varphi'_m,...\}$$

しかし、ここから私は不条理に到達することはできません。誰か助けてくれませんか?

2 answers

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Lee Mosher 2020-08-21 02:45.

「表面」は通常2次元を意味するため、「表面」の代わりに「多様体」という用語を使用します。

表記を使用させてください $M$ 問題のマニホールド用。

あなたはどういうわけか多様体という仮説を利用しなければなりません $M$接続されています。マニフォールドはローカルでパス接続されているため、接続されたローカルでパス接続された空間はパス接続されているという定理を使用できます。

一般的なチャートを検討してください $\varphi_1 : U_1 \to \mathbb R^k$$A_1 \cap A_2$、および基点を修正します $p \in U_1$

今、私は直接証明します $A_1$ およびのチャート $A_2$ それらのオーバーラップのどのポイントでも一貫しています。

任意を考慮してください $x \in M$、およびチャートを選出 $\phi_I : U_I \to \mathbb R^k$$A_1$ そして $\varphi'_J : U'_J \to \mathbb R^k$$A_2$、 そのような $x \in U_I \cap U'_J$。私たちはそれを示さなければなりません$\varphi_I$ そして $\varphi'_J$ その時点で一貫している $x$

マニホールドのパス接続を使用する $M$、連続パスを選択します $\gamma : [0,1]$ そのような $\gamma(0)=p$ そして $\gamma(1)=x$。セット以来$\{U_i \cap U'_j\}_{i,j}$ カバー $M$、それらの逆像 $\{\gamma^{-1}(U_i \cap U'_j)\}_{i,j}$ カバー $[0,1]$。ルベーグ数補題を適用して、整数を選択できます$N \ge 1$、および分解 $[0,1]$ サブインターバルに $I_m = [\frac{m-1}{N},\frac{m}{N}]$$m=1,\ldots,N$、 そのため $\gamma(I_m)$ 交差点の1つのサブセットです $U_{i(m)} \cap U'_{j(m)}$

私達はことを知っています $\varphi_{i(1)}$ そして $\varphi'_{j(1)}$ 両方ともで互いに一貫しています $\gamma(0)=p$、両方が $\varphi_1$。パスを検討してください$\gamma \mid I_1$ そしてしましょう $t \in I_1 = [0,1/N]$ から変化する $0$$1/N$。なので$t$ 変化する、2つのチャートのオーバーラップマップの導関数の行列式 $\varphi_{i(1)}$ そして $\varphi'_{j(1)}$ 継続的に変化し、どこでもゼロ以外であり、 $t=0$、したがって、それはで正です $t=1/N$。これはそれを証明します$\varphi_{i(1)}$ そして $\varphi'_{j(1)}$ で一貫している $\gamma(1/N)$

ここで、帰納法の証明を行います。帰納法によって、 $\varphi_{i(m)}$ そして $\varphi'_{j(m)}$ で一貫している $\gamma(m/N)$、私たちはそれを証明します $\varphi_{i(m+1)}$ そして $\varphi'_{j(m+1)}$ で一貫している $\gamma((m+1)/N)$。以来$\varphi_{i(m)}$ そして $\varphi_{i(m+1)}$ で一貫している $\gamma(m/N)$、 それ以来 $\varphi'_{j(m)}$ そして $\varphi'_{j(m+1)}$ で一貫している $\gamma(m/N)$、それはそれに続く $\varphi_{i(m+1)}$ そして $\varphi'_{j(m+1)}$ で一貫している $\gamma(m/N)$。これで、2つのチャートのオーバーラップマップの導関数の行列式の連続性を使用して、前の段落と同様に証明が続行されます。$\varphi_{i(m+1)}$ そして $\varphi'_{j(m+1)}$$\gamma(t)$、 なので $t \in I_{m+1}$ から変化します $m/N$$(m+1)/N$、およびこれらのグラフの一貫性 $\gamma(m/N)$、で一貫性を推測する $\gamma((m+1)/N)$。これで帰納法のステップは完了です。

証明を完了するために、私たちはそれを示しました $\varphi_{i(N)}$ そして $\varphi'_{j(N)}$ で一貫している $\gamma(N/N)=x$。私達はまたそれを知っています$\varphi_I$ と一致する $\varphi_{i(N)}$、および $\varphi'_J$ と一致する $\varphi'_{j(N)}$$x$。したがって、$\varphi_I$ そして $\varphi'_J$ で一貫している $x$

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Soumik 2020-08-21 02:16.

しましょう $M$ あなたになりなさい $k$-チャートに対して作成された次元の表面 $\{ \varphi_i\}_i$$\varphi_i : \mathbb R^k\rightarrow U_i \subset_{open } M $$\exists \ \omega\in \Omega^k(M)$ そのような $\omega$すべての点で消えることはありません。これは可能です$M$ 向き付け可能です。 $\varphi_i^*\omega=g_i \lambda$ どこ $\lambda=dx_1\wedge dx_2\wedge \dots dx_n$ そして $g_i:\mathbb R^k \rightarrow \mathbb R$消えない滑らかな関数です。チャートは一貫しているので、どちらか$g_i$は正またはすべて負です。すべての$g_i$は正です。

これでチャートができました $\{ \varphi_1, \varphi_j'\}_j $ 前と同じように $\varphi^*_1 \omega =g_1\lambda$ そして ${\varphi'}_j^*\omega=h_j \lambda$。上記と同じロジックで、次のいずれかが得られます$\{g_1, h_j \}_j$すべて正の関数またはすべて負の関数です。しかしそれ以来$g_1$ ポジティブです、私たちはすべてを手に入れます $h_j$は正です。したがって、同じ方向になります。

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