Lý thuyết bậc topo trên đa tạp compact định hướng được

LÝ THUYẾT BẬC TÔPÔ TRÊN ĐA TẠP
COMPACT ĐỊNH HƯỚNG ĐƯC
Nguyễn Quốc Hưng - Phan Hồ Anh Thư - Võ Nguyễn Thủy Tiên
June 26, 2009
2
Mục lục
1 Một số kiến thức cơ sở 5
1.1 Khái niệm và một số tính chất về đa tạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Giá trò chính qui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Đònh lý về phân loại đa tạp 1-chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 Phép đồng luân và phép hợp luân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Đa tạp đònh hướng được 11
2.1 Đònh hướng trên không gian vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Đònh hướng trên đa tạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Đònh hướng trên đa tạp tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4 Đònh hướng trên biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 Xây dựng bậc tôpô trên đa tạp 21
3.1 Đònh nghóa bậc tôpô trên đa tạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.2 Bậc tôpô bất biến với phép đồng luân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3.3 Bậc tôpô bất biến với sự lựa chọn giá trò chính qui . . . . . . . . . . . . . 26
3.4 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
4 Ứng dụng của Bậc Topo trên đa tạp 29
3
4 MUÏC LUÏC
PHẦN 1
Một số kiến thức cơ sở
1.1 Khái niệm và một số tính chất về đa tạp
Mệnh đề 1. Tích của một đa tạp không có biên X và một đa tạp có biên Y là một
đa tạp có biên. Hơn nữa: ∂(X × Y ) = X × ∂Y , dim(X × Y ) = dim X + dim Y và
T (X × Y )
(x

0
,y
0
)
= T (X)
x
0
× T (Y )
y
0
, với mọi (x
0
, y
0
) ∈ X × Y .
Chứng minh
Xét X là đa tạp không có biên m chiều trong R
k
, Y là đa tạp có biên n chiều
trong R
l
.
(i) Chứng minh X × Y là đa tạp m + n
Lấy điểm (x
0
, y
0
) ∈ X × Y , ta chứng minh (x
0
, y

0
) có một lân cận vi đồng phôi
với tập mở trong H
m+n
Vì x
0
∈ X nên x
0
có lân cận U
x
0
vi đồng phôi với tập mở U
1
ϕ(x
0
)
trong R
m
qua
ánh xạ ϕ.
ϕ : U
x
0
→ U
1
ϕ(x
0
)
Vì y
0

∈ Y nên y
0
có lân cận V
y
0
vi đồng phôi với tập mở V
1
ψ(y
0
)
trong H
n
qua ánh
xạ ψ.
ψ : V
y
0
→ V
1
ψ(y
0
)
Mà: U
1
ϕ(x
0
)
× V
1
ψ(y

0
)
⊂ R
m
× H
n
= H
m+n
nên (x
0
, y
0
) có lân cận U
x
0
× V
y
0
vi đồng
phôi với tập mở U
1
ϕ(x
0
)
× V
1
ψ(y
0
)
của H

m+n
qua ánh xạ
Φ = ϕ × ψ : U
x
0
× V
y
0
→ U
1
ϕ(x
0
)
× V
1
ψ(y
0
)
(x, y) → (ϕ(x), ψ(y))
Rõ ràng ϕ × ψ là vi đồng phôi với ánh xạ ngược là Φ
−1
(x, y) = (ϕ
−1
(x), ψ
−1
(y)).
Do đó,X × Y là đa tạp m + n
(ii) ∂(X × Y ) = X × ∂Y
Theo đònh nghóa, ∂(X × Y ) là các điểm tương ứng với các điểm trên ∂H
m+n

qua
phép tham số hoá nào đó. Như vậy:
5
6 PHẦN 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ
∂(X × Y ) =

(x
0
,y
0
)∈X×Y

(x, y) ∈ U
x
0
× V
y
0
| (ϕ(x), ψ(y)) ∈

U
1
ϕ(x
0
)
× V
1
ψ(y
0
)


∩ ∂H
m+n

=

(x
0
,y
0
)∈X×Y

(x, y) ∈ U
x
0
× V
y
0
|ψ(y) ∈ V
1
ψ(y
0
)
∩ ∂H
n

=

x
0

∈X,y
0
∈Y

(x, y)|x ∈ U
x
0
, y ∈ V
y
0
, ψ(y) ∈ V
1
ψ(y
0
)
∩ ∂H
n

(∗)
=
{(x, y)|x ∈ X, y ∈ ∂Y } = X × ∂Y
Trong đó ta cần chứng tỏ đẳng thức (*). Ta đã biết:
∂Y =

y
0
∈Y

y ∈ V
y

0
|ψ(y) ∈ V
1
ψ(y
0
)
∩ ∂H
n

Đặt
A =

x
0
∈X,y
0
∈Y

(x, y)|x ∈ U
x
0
, y ∈ V
y
0
, ψ(y) ∈ V
1
ψ(y
0
)
∩ ∂H

n

B = {(x, y)|x ∈ X, y ∈ ∂Y }
Ta sẽ chứng minh A=B.
Lấy (x, y) ∈ A như vậy tồn tại (x
0
, y
0
) ∈ X × Y sao cho x ∈ U
x
0
, y ∈ V
y
0
, ψ(y) ∈
V
1
ψ(y
0
)
∩ ∂H
n
. Suy ra x ∈ X và y ∈ ∂Y .
Ngược lại, cho (x, y) ∈ B ta có
x ∈ U
x
và y ∈

y
0

∈Y

y ∈ V
y
0
|ψ(y) ∈ V
1
ϕ(y
0
)
∩ ∂H
n

Vậy tồn tại y
0
sao cho y ∈ V
y
0
, ψ(y) ∈ V
1
ψ(y
0
)
∩ ∂H
n
Ta suy ra (x, y) ∈ A.
Tóm lại ta có ∂(X × Y ) = X × ∂Y
(iii) T (X × Y )
(x
0

,y
0
)
= T (X)
x
0
× T (Y )
y
0
, với mọi (x
0
, y
0
) ∈ X × Y
Theo trên ta có,
T (X × Y )
(x
0
,y
0
)
= dΦ
(ϕ(x
0
),ψ(y
0
))
(H
m+n
)

=

dϕ
ϕ(x
0
)
0
0 dψ
ψ(x
0
)

(H
m+n
)
= dϕ
ϕ(x
0
)
(R
m
) × dψ
ψ(x
0
)
(H
n
)
= T (X)
x

0
× T (Y )
y
0

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có kết quả sau
Mệnh đề 2. Tích của một đa tạp có biên X và một đa tạp không có biên Y là một
đa tạp có biên. Hơn nữa: ∂(X × Y ) = ∂X × Y , dim(X × Y ) = dim X + dim Y và
T (X × Y )
(x
0
,y
0
)
= T (X)
x
0
× T (Y )
y
0
, với mọi (x
0
, y
0
) ∈ X × Y .
1.2. GIÁ TRỊ CHÍNH QUI 7
1.2 Giá trò chính qui
Mệnh đề 3. Cho M, N là các đa tạp không có biên m chiều. Ánh xạ f : M → N là
hàm trơn và y là giá tròï chính quy của f. Khi ấy {x ∈ M : f(x) = y} = f
−1

(y) rời rạc.
Ngoài ra nếu M là compact thì f
−1
(y) hữu hạn
Chứng minh
Ta giả sử y ∈ f(M). Khi ấy f
−1
(y) = ∅
lấy x ∈ f
−1
(y), tức là x là điểm chính quy. Khi đó, theo đònh lý hàm ngược thì
có một lận cận của x mà f song ánh. Do đó, f
−1
(y) rời rạc.
Khi M là compact, thì f
−1
(y) compact ( vì f
−1
(y) đóng trong M). Khi đó, nếu f
−1
(y)
vô hận giá trò thì có x
0
∈ f
−1
(y) là điểm tụ, điều này không thể (vì f
−1
(y) rời rạc ).
Do đó, f
−1

(y) hữu hạn.

Cho Y, Z là đa tạp bất kỳ ( có biên hoặc không có biên ) và dim(Y ) ≥ dim(Z).
Cho f : Y → Z là hàm trơn. Ta đặt S(f) là tập hợp các giá trò chính qui của f.
Đònh lý 1 (Sard). S(f) trù mật trong Z
Chứng minh
Chi tiết xem trong [2], Corollary, page 11.

1.3 Đònh lý về phân loại đa tạp 1-chiều
Đònh lý 2 (Phân loại đa tạp 1-chiều). Cho M là đa tạp 1-chiều liên thông, chỉ có 4 khả
năng xảy ra:
(i) nếu M là đa tạp 1-chiều compact, không có biên thì vi đồng phôi với S
1
(ii) nếu M là đa tạp 1-chiều compact, có biên thì vi đồng phôi với [0,1]
(iii) nếu M là đa tạp 1-chiều không compact, không có biên thì vi đồng phôi với (0,1)
(iv) còn không thì M là đa tạp 1-chiều không compact, có biên lúc này M vi đồng
phôi với (0,1]
Chứng minh
Chi tiết xem trong "Topology from the Differentiable viewpoint" của John W.Milnor (
page 55,56 & 57 )

Lưu ý 1. Nếu M là đa tạp bất kỳ thì nó sẽ là hội những đa tạp liên thông có chiều là
dim(M). Do đó,M là đa tạp 1-chiều bất kỳ thì M sẽ vi đồng phôi T , trong đó T là hội
của những S
1
, [0,1], [0,1), (0,1).
8 PHẦN 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.4 Phép đồng luân và phép hợp luân
Đònh nghóa 1. (Phép đồng luân)
Cho X ⊂ R

k
, Y ⊂ R
n
và 2 ánh xạ trơn f, g từ X vào Y. Ta nói f và g là 2 ánh xạ
đồng luân ( ký hiệu f ∼ g) nếu tồn tại hàm trơn F:
F : [0, 1] × X → Y
và F (0, x) = f(x), F (1, x) = g(x) với mọi x ∈ X.
Lúc đó, hàm F được gọi là một phép đồng luân giữa f và g.
Đònh nghóa 2. (Phép hợp luân)
Cho X ⊂ R
k
, Y ⊂ R
n
và hai vi đồng phôi f, g từ X vào Y. Ta nói f và g là 2 ánh xạ
hợp luân nếu tồn tại một phép đồng luân F : [0, 1] × X → Y giữa f và g sao cho với mọi
t ∈ [0, 1], ánh xạ x → F (t, x) là một vi đồng phôi từ X vào Y.
Lúc đó, hàm F được gọi là một phép hợp luân giữa f và g.
Mệnh đề 4. Quan hệ đồng luân và quan hệ hợp luân là các quan hệ tương đương trên
tập hợp tất cả các ánh xạ từ X vào Y.
Chứng minh
1/ Chứng minh quan hệ đồng luân là quan hệ tương đương.
Ta có f ∼ f vì tồn tại phép đồâng luân F giữa f và f là:
F : [0, 1] × X → Y
(t, x) → f(x)
Quan hệ đồng luân có tính đối xứng. Thật vậy, cho f ∼ g qua phép đồng luân
F. Khi đó, ánh xạ G(t, x) = F (1 − t, x) là phép đồng luân giữa g và f.
Cuối cùng ta chứng minh quan hệ đồng luân có tính bắc cầu. Cho f∼g qua phép
đồng luân F , g∼h qua phép đồng luân G. Ta sẽ tìm phép đồng luân K giữa f và h. Đặt
ϕ(x) =


e
−
1
x
nếu x > 0
0 nếu x ≤ 0.
ψ(x) =
ϕ(x −
1
3
)
ϕ(x −
1
3
) + ϕ(
2
3
− x)
Khi đó ψ : R → [0, 1] là hàm trơn và
ψ(x) =

0 nếu 0 ≤ t ≤
1
3
1 nếu
2
3
≤ t ≤ 1
1.4. PHÉP ĐỒNG LUÂN VÀ PHÉP HP LUÂN 9
Đặt:

F
1
: [0,
1
2
] × X → Y
F
1
(t, x) = F (ψ(2t), x)
G
1
: [
1
2
, 1] × X → Y
G
1
(t, x) = G(ψ(2t − 1), x)
Khi đó F
1
, G
1
là các hàm trơn và:
F
1
(t, x) =



f(x) nếu 0 ≤ t ≤

1
6
g(x) nếu
1
3
≤ t ≤
1
2
G
1
(t, x) =



g(x) nếu
1
2
≤ t ≤
2
3
h(x) nếu
5
6
≤ t ≤ 1
Bây giờ đặt:
K(t, x) =



F

1
(t, x) nếu 0 ≤ t ≤
1
2
G
1
(t, x) nếu
1
2
≤ t ≤ 1
Ta sẽ chứng minh K chính là phép đồng luân giữa f và h. Rõ ràng
K(0, x) = f(x) và K(1, x) = h(x)
Vấn đề còn lại là chứng minh K trơn.
Lấy (t
0
, x
0
) ∈ [0, 1] × X. Ta sẽ chứng minh K trơn tại (t
0
, x
0
)
* Nếu (t
0
, x
0
) ∈ [0,
1
2
) × X: ( còn (t

0
, x
0
) ∈ (
1
2
, 1] × X là tương tự )
Vì F
1
trơn tại (t
0
, x
0
) nên F
1
có một mở rộng trơn F
2
, F
2
xác đònh trên một tập
mở của R × R
k
chứa (t
0
, x
0
) . Ta ký hiệu tập mở này là (a, b) × U , với U mở trong R
k
, t
0

∈ (a, b) nên a < t
0
< b . Đặt c = min

1
2
, b

, ta có (a, c) × U là tập hợp mở trong
R × R
k
chứa (t
0
, x
0
)
Khi ấy
F
2
|
((a,c)×U)∩([0,1]×X)
= F
1
|
((a,c)×U)∩([0,1]×X)
= K
Do đó , K trơn tại (t
0
, x
0

).
* Nếu (t
0
, x
0
) ∈ {
1
2
} × X :
Trên miền (
1
3
,
2
3
) × X ta có K(t,x) = g(x). Vì g trơn trên X , ta suy ra K (t,x)
trơn trên (
1
3
,
2
3
) × X . Vậy K trơn tại (t
0
, x
0
) .
Tóm lại f ∼ h qua phép đồng luân K.
Vậy quan hệ đồng luân là một quan hệ tương đương.
2/ Chứng minh quan hệ hợp luân là quan hệ tương đương : dễ thấy


10 PHẦN 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ
Mệnh đề 5. Cho h là ánh xạ trơn từ X vào Y, f và g là các ánh xạ trơn từ Y vào Z, nếu
f ∼ g thì ta cũng có (f ◦ h) ∼ (g ◦ h)
Chứng minh
Gọi F : [0, 1] × Y → Z là phép đồng luân giữa f và g, khi đó G : [0, 1] × X → Z ,
G(t, x) = F (t, h(x)) chính là phép đồng luân giữa (f ◦ h) và (g ◦ h) .

PHẦN 2
Đa tạp đònh hướng được
2.1 Đònh hướng trên không gian vectơ
Tiếp theo, ta sẽ làm rõ khái niệm đònh hướng trên đa tạp tích. Trước hết, ta nhắc
lại đònh hướng trên không gian vectơ và đònh hướng trên đa tạp.
Cho V là một không gian vectơ hữu hạn chiều, β và β

là hai cơ sở của V. Ta nói
β và β

cùng đònh hướng nếu ma trận chuyển cơ sở từ β sang β

có đònh thức dương.
Ngược lại, ta nói β và β

ngược đònh hướng nếu ma trận chuyển cơ sở từ β sang β

có
đònh thức âm. Như vậy, quan hệ " cùng đònh hướng " là một quan hệ tương đương
trên tập hợp các cơ sở của V và phân hoạch tập hợp này thành hai lớp tương đương.
Một đònh hướng cho V là một cách gán dấu (+1) cho các phần tử thuộc một lớp tương
đương và gán dấu (−1) cho các phần tử thuộc lớp còn lại. Như vậy, khi V đã được đònh

hướng thì một cơ sở β bất kỳ của V sẽ có sign(β) = 1 hoặc sign(β) = −1. Hơn nữa,
để đònh hướng cho V, ta chỉ cần chọn một cơ sở β nào đó của V và đặt sign(β) = 1;
sau đó, gán dấu 1 cho các cơ sở cùng đònh hướng với β, gán dấu là −1 cho các cơ sở
ngược hướng với β.
Xét V, W là hai không gian vector được đònh hướng. Cho A : V → W là một
đẳng cấu. Khi đó,nếu β và β

cùng thuộc một lớp tương đương trên V thì 2 cơ sở , Aβ
và Aβ

tương ứng cũng thuộc cùng lớp tương đương trên W. Như vậy, với mọi cơ sở β
của V, Aβ luôn luôn cùng dấu hoặc luôn luôn ngược dấu với β, ta nói A bảo toàn đònh
hướng hoặc đảo ngược đònh hướng. Nếu A bảo toàn đònh hướng, đặt sign(A) = 1, nếu
A đảo ngược đònh hướng, đặt sign(A) = −1.
2.2 Đònh hướng trên đa tạp
Cho X là một đa tạp m chiều ( có biên hoặc không có biên ) , ta nhắc lại đònh
nghóa đònh hướng trên đa tạp.
Một đònh hướng của đa tạp X là một cách lựa chọn đònh hướng cho tất cả các
không gian tiếp xúc T X
x
(x thuộc X ) sao cho : tại mỗi điểm x ∈ X , tồn tại một lân
cận được tham số hóa bởi ánh xạ ϕ : U → X và với mọi u ∈ U , dϕ
u
: R
m
→ T X
ϕ(u)
mang đònh hướng dương của R
m
thành đònh hướng dương trên T X

ϕ(u)
. Lúc đó ta gọi
11
12 PHẦN 2. ĐA TẠP ĐỊNH HƯỚNG ĐƯC
ϕ là tham số hóa bảo toàn đònh hướng. Đa tạp X gọi là "đònh hướng được" nếu có thể
xác đònh trên X một đònh hướng như đònh nghóa trên.
2.3 Đònh hướng trên đa tạp tích
Bây giờ ta xét khái niệm đònh hướng trên tích các đa tạp. Cho X là đa tạp m
chiều, Y là đa tạp n chiều, một trong hai đa tạp là đa tạp có biên. Khi đó X × Y là đa
tạp m + n chiều có biên theo mệnh đề 1 Hơn nữa, qua cách chứng minh trong mệnh
đề 1, ta có không gian tiếp xúc tại điểm (x,y) là:
T (X × Y )
(x,y)
= T X
x
× T Y
y
Nếu X và Y là là các đa tạp đònh hướng được thì X × Y cũng đònh hướng được
như sau:
Cho α = (v
1
, ..., v
m
) là cơ sở của T X
x
, β = (w
1
, ..., w
n
) là cơ sở của T Y

y
và ký
hiệu (α × 0, 0 × β) là cơ sở {(v
1
, 0), ..., (v
m
, 0), (0, w
1
), ..., (0, w
n
)}của T (X × Y )
(x,y)
. ta
xác đònh đònh hướng cho T (X × Y )
(x,y)
như sau:
sign(α × 0, 0 × β) = sign(α)sign(β) (2.1)
Trước hết ta chứng minh rằng đònh hướng như trên không phụ thuộc vào việc
chọn cơ sở α, β . Xét α
1
, β
1
là hai cơ sở khác của X và Y , ta sẽ chỉ ra rằng sign(α ×
0, 0 × β) = sign(α
1
× 0, 0 × β
1
) khi và chỉ khi ma trận chuyển cơ sở từ (α × 0, 0 × β)
sang (α
1

× 0, 0 × β
1
) có đònh thức dương.
Đặt
(α
1
× 0, 0 × β
1
) = (a
1
× 0, a
2
× 0, ...a
m
× 0, 0 × b
1
, ..., 0 × b
n
)
(α × 0, 0 × β) = (c
1
× 0, c
2
× 0..., c
m
× 0, 0 × d
1
, ..., 0 × d
n
)

a
j
× 0 = γ
1j
(c
1
× 0) + ... + γ
mj
(c
m
× 0) + δ
1j
(0 × d
1
) + ... + δ
nj
(0 × d
n
) (2.2)
0 × b
j
= ξ
1j
(c
1
× 0) + ... + ξ
mj
(c
m
× 0) + ε

1j
(0 × d
1
) + ... + ε
nj
(0 × d
n
) (2.3)
Như vậy, ma trận chuyển cử từ (α × 0, 0 × β) sang (α
1
× 0, 0 × β
1
) là :
P =

A B
C D

trong đó A, B, C, D là các ma trận khối:
A = (γ
ij
)
1≤i≤m,1≤j≤m
B = (ξ
ij
)
1≤i≤m,1≤j≤n
C = (δ
ij
)

1≤i≤n,1≤j≤m
D = (ε
ij
)
1≤i≤n,1≤j≤n
2.3. ĐỊNH HƯỚNG TRÊN ĐA TẠP TÍCH 13
Hơn nữa, do (2) , (3) ta có
a
j
=
m

i=1
γ
ij
c
i
, ∀j = 1..., m
Suy ra ma trận chuyển cơ sở từ α qua α
1
là A
0 =
n

i=1
δ
ij
d
i
, ∀j = 1..., m

Suy ra C = 0 vì các d
i
, j = i, ..., n chính là các vectơ của cơ sở β.
0 =
m

i=1
ξ
ij
c
i
, ∀j = 1..., n
Suy ra B = 0 vì các c
i
là các vectơ của cơ sở α
b
j
=
n

i=1
ε
ij
d
i
, ∀j = 1..., n
Suy ra ma trận chuyển cơ sở từ β qua β
1
là D .
Từ đó ta có: detP = detA.detD .

Mặt khác ,
sign(α × 0, 0 × β) = sign(α
1
× 0, 0 × β
1
)
khi và chỉ khi
sign(α)sign(β) = sign(α
1
)sign
n
(β
1
)
Điều này tương đương :

sign(α)sign(α
1
) > 0, sign(β)sign(β
1
) > 0
hoặc sign(α)sign(α
1
) < 0, sign(β)sign(β
1
) < 0
tức là :

detA > 0, detD > 0
hoặc detA < 0, detD < 0

hay det P > 0
Vậy sign(α
1
× 0, 0 × β
1
) = sign(α × 0, 0 × β) khi và chỉ khi (a
1
× 0, 0 × β
1
) và
(α × 0, 0 × β) cùng đònh hướng . Như vậy cách đònh hướng cho T (X × Y )
(x,y)
như (1)
không phụ thuộc cách chọn cơ sở α, β ;
Tiếp theo ta cần kiểm chứng rằng cách đònh hướng cho từng không gian tiếp xúc
như (1) thật sự là một đònh hướng cho đa tạp X × Y . Thật vậy , qua quá trình chứng
minh X × Y là đa tạp , ta thấy mỗi điểm (x, y) ∈ X × Y có một tham số hóa là :
φ = ϕ × ψ : U × V → X × Y
(u, v) → (ϕ(u), ψ(v))
φ (0, 0) = (x, y)