又是一周双休, 下周五就可以回一趟家了, 最近工作很忙, 主管一个月前交给自己的SE制作流程优化的工作总感觉迭代了个寂寞, 压力有点大. 其实一直在纠结要不要回趟家, 最终还是狠狠心作了这个回家的决定. 毕竟工作再重要也比不过自己与家人, 忙完这个总会有下一个等着自己, 工作是做不完的=.= 自己也想着利用这大概五天的放假时间好好放松, 继续学习拓扑. 即将进入代数拓扑的学习了, 还是有点小兴奋嘿嘿~ 本文内容主要是关于两道习题的证明, 以此加深对闭曲面可定向性的理解.
命题1: 设$\sigma$是一个$n$维单形, $\overrightarrow{\eta}$是它的一个定向. 证明$\overrightarrow{\eta}$在$\sigma$的任何两个$n-1$维面上的诱导定向相容.
$\\$ 证: 不妨设$\overrightarrow{\eta} = [P_0 \cdots P_n]$, 面$\sigma = \{ P_0 \cdots P_{i – 1} P_{i + 1} \cdots P_n\}$, 面$\tau = \{ P_0 $$ \cdots P_{j – 1} P_{j + 1} \cdots P_n\}$, 且$i$小于$j$. 故$$\sigma \cap \tau = \{ P_0 \cdots P_{i – 1} P_{i + 1} \cdots P_{j – 1} P_{j + 1} \cdots P_n\}. $$又$\sigma$相对于$\overrightarrow{\eta}$的诱导定向为$(-1)^i[P_0 \cdots P_{i – 1} P_{i + 1} \cdots P_n]$, 不妨记为$\overrightarrow{\eta_1}$, $\tau$相对于$\overrightarrow{\eta}$的诱导定向为$(-1)^j[P_0 \cdots P_{j – 1} P_{j + 1} \cdots P_n]$, 不妨记为$\overrightarrow{\eta_2}$. 显然当$\sigma \cap \tau $$ = \emptyset$时$\overrightarrow{\eta_1}$与$\overrightarrow{\eta_2}$相容, 命题得证.
$\\$ 而当$\sigma \cap \tau \ne \emptyset$时, $\sigma \cap \tau$相对于$\overrightarrow{\eta_1}$的诱导定向为$$(-1)^{i+(j-1)}[P_0 \cdots P_{i – 1} P_{i + 1} \cdots P_{j – 1} P_{j + 1} \cdots P_n],$$此处$j-1$的原因是$i$小于$j$, 故实际上在除去$P_i$以后顶点的下标是发生变化的, 如$P_j$经重新编号以后应记为$Q_{j-1}$; $\sigma \cap \tau$相对于$\overrightarrow{\eta_2}$的诱导定向为$$(-1)^{i+j}[P_0 \cdots P_{i – 1} P_{i + 1} \cdots P_{j – 1} P_{j + 1} \cdots P_n],$$因为除去$P_j$以后$P_i$的下标未发生改变. 从而$\overrightarrow{\eta_1}$与$\overrightarrow{\eta_2}$相容, 命题得证.
命题2: 证明M$\sharp$N可定向当且仅当M和N均可定向, 且$$gT^2 \sharp hT^2 = (g + h)T^2, \\ kP^2 \sharp \ell P^2 = (k + \ell)P^2, \\ gT^2 \sharp kP^2 = (2g + k)P^2.$$证: 由书上P148例5可知: 一个闭曲面M不可定向当且仅当它的多边形表示中由形如$\cdots a \cdots a \cdots$的同向边对需要粘合. 故M$\sharp$N可定向 $\Leftrightarrow$ M$\sharp$N的多边形表示不含同向边对 $\Leftrightarrow$ M与N的多边形表示都不含同向边对(连通和定义) $\Leftrightarrow$ M和N均可定向.
$\\$ 再来证剩下三式, 前两式可由连通和的定义直接得出, 此处不再赘述. 而第三式$gT^2 \sharp kP^2 = (2g + k)P^2$很难由连通和的定义直接得到, 因此不妨换一种思路去证明. $\because$ $kP^2, (2g + k)P^2$均不可定向, 由上述已证得的命题知$gT^2 \sharp kP^2$亦不可定向, 又由书上P144 习题3的公式可知$gT^2 \sharp kP^2$与$(2g + k)P^2$的Euler示性数分别为$$\chi(gT^2 \sharp kP^2) = \chi(gT^2) + \chi(kP^2) – 2 \\ = 2 – 2g + 2 – k – 2 = 2 – 2g – k, \\ \chi((2g + k)P^2) = 2 – 2g – k,$$说明两者的Euler示性数相等. 由闭曲面分类定理可知$gT^2 \sharp kP^2$与$(2g + k)P^2$同胚, 故命题得证.