最近通过阅读Allen Hatche的《Algebraic Topology》来重新复习代数拓扑, 在复射影平面$\mathbb{C} P^n$小节的论述上卡了挺久…… 谨以本文记录一个关键命题的证明, 加深对复射影平面$\mathbb{C} P^n$的理解.
参考材料
1. Obtaining CPn as an identification space of D2n.
2. universal property in quotient topology
命题 证明$\mathbb{C} P^n = D^{2n} / \sim$, 其中, $x \sim y$当且仅当$x = y$或$q(x) = $$ q(y)$($q$为商映射: $S^{2n + 1} \overset{q}{\rightarrow} \mathbb{C} P^n$).
$\\$ 证: 易知, 存在一个嵌入映射,$$\ell: D^{2n} \to \overline{S}^{2n + 1} = \{ (z_1, \cdots, z_{n + 1}) \in S^{2n + 1} | z_{n + 1} \in \mathbb{R}, z_{n + 1} \ge 0 \}, \\
(z_1, \cdots, z_n) \mapsto (z_1, \cdots, z_n, \sqrt{1 – \sum_{i = 1}^{n} |z_i|^2}).$$分析$D^{2n}$上的等价关系. 该等价关系的定义形式$q(x) = q(y)$并不是十分准确, 我们应该把商映射$q$理解为$$q: S^{2n – 1} = \partial D^{2n} \to \mathbb{C} P^{n – 1}$$而非$q: S^{2n + 1} \to \mathbb{C} P^{n}$. 后者需要分别考虑点$\xi \in D^{2n}$与点$\xi’ \in $$ S^{2n + 1}$, 其中, $\xi’ = \ell(\xi)$. 这样一来, $x \sim y$的定义会变得十分晦涩抽象, 因为将商映射$q$作用于$x, y \in D^{2n}$之前需要进行一次嵌入映射. 因此, 我们需要使用前者作为商映射$q$的定义,$$q: S^{2n – 1} \to \mathbb{C} P^{n – 1},$$该商映射仅作用于$D^{2n}$的边界点, 从而$x \sim y$的定义也将变得清晰明了.
$\\$ 接下来证明上述商映射$q$的两种定义形式是等价的. 不妨记商映射$q_m: S^{2m + 1} $$ \to \mathbb{C} P^{m}$, $\lambda \in S^1$在$$S^{2m + 1} = \{ (z_1, \cdots, z_{m + 1}) \in \mathbb{C}^{m + 1} | {\textstyle \sum_{i = 1}^{m + 1}} |z_i|^2 = 1 \}$$上的作用为$$\lambda(z_1, \cdots, z_{m + 1}) = (\lambda z_1, \cdots, \lambda z_{m + 1}),$$则我们需证: $x \sim y$(i.e. $x = y$或$q_{n – 1}(x) = q_{n – 1}(y)$) 当且仅当$q_n(\ell(x)) =
$$ q_n(\ell(y))$.
$\\$ 考虑$x \in (u_1, \cdots, u_n) \in S^{2n – 1}$, $y = (v_1, \cdots, v_n) \in S^{2n – 1}$.
$\\$ 令$x \sim y$.若$x \sim y$, 则显然有$q_n(\ell(x)) = q_n(\ell(y))$. 故不妨假设$q_{n – 1}(x) = $$ q_{n – 1}(y)$, 即对于$x, y \in S^{2n – 1}$, 存在$\lambda \in S^1$, s.t. $(\lambda u_1, $$ \cdots, \lambda u_n) = (v_1, \cdots, $$ v_n)$. 又由$x, y \in S^{2n – 1}$可知$\ell(x) = (u_1, $$ \cdots, u_n, 0)$, $\ell(y) = (v_1, \cdots, v_n, 0)$, 则$$\lambda \ell(x) = (\lambda u_1, \cdots, \lambda u_n, 0) = (v_1, \cdots, v_n, 0) = \ell(y),$$从而我们有$q_n(\ell(x)) = q_n(\ell(y))$.
$\\$ 反过来, 令$q_n(\ell(x)) = q_n(\ell(y))$, 则存在$\lambda \in S^1$, s.t. $\lambda \ell(x) = \ell(y)$, i.e. $\lambda x $$ = y$且$$\lambda \cdot \sqrt{1 – \sum_{i = 1}^n |u_i|^2} = \sqrt{1 – \sum_{i = 1}^n |v_i|^2}.$$由于平方根总为一个非负实数($\sqrt{-1} = i$?), 故上式成立当且仅当$\lambda = 1$或$\sqrt{1 – \sum_{i = 1}^n |u_i|^2} = \sqrt{1 – \sum_{i = 1}^n |v_i|^2} = 0$. 当$\lambda = 1$时$\ell(x) = \ell(y)$, 从而$x = y$; 而对于第二种情形, 我们有$x, y \in S^{2n – 1}$, $\lambda x = y$, 从而$q_{n – 1}(x) = $$ q_{n – 1}(y)$.
$\\$ 再来证明$\ell(D^{2n}) = \overline{S}^{2n + 1}$. 需要注意的是, $D^{2n}$在$\ell$下的像$\overline{S}^{2n + 1}$并非$S^{2n + 1}$的上半球, $S^{2n + 1}$的上半球为$D^{2n + 1}$的拷贝. 易知, $\ell(D^{2n}) \subset $$ \overline{S}^{2n + 1}$. 反过来, 若$(z_1, \cdot, z_{n + 1}) \in \overline{S}^{2n + 1}$, 则$z_{n + 1} = |z_{n + 1}| = $$ \sqrt{1 – \sum_{i = 1}^n |z_i|^2}$, 故$(z_1, \cdots, $$ z_{n + 1}) = \ell((z_1, \cdots, z_n))$.
$\\$ 又$q_n(\ell(D^{2n})) = \mathbb{C} P^n$. 令$\xi = (z_1, \cdots, z_{n + 1}) \in S^{2n + 1}$. 若$z_{n + 1} $$ = 0$, 则$x = (z_1, \cdots, z_n) \in S^{2n – 1}$, $\xi = \ell(x)$; 若$z_{n + 1} \ne 0$, 则$\lambda = $$ \frac{\overline{z_{n + 1}}}{|z_{n + 1}|} \in S^1$, $\lambda \xi = (z_1′, \cdots, z_n’, |z_{n + 1}|)$. 由此可得, $\lambda \xi = \ell(x)$, 其中, $x = (z_1′, \cdots, $$ z_n’) \in D^{2n}$, $q_n(\xi) = q_n(\ell(x)) \in q_n(\ell(D^{2n}))$. 从而, 我们有$\ell(D^{2n}) = $$ \overline{S}^{2n + 1}$.
$\\$ 综上所述, $\mathbb{C} P^n = D^{2n} / \sim$. 从上述证明中也可以看出, $\mathbb{C} P^n$可由$\mathbb{C} P^{n – 1}$通过$q_{n – 1}: S^{2n – 1} \to \mathbb{C} P^{n – 1}$粘合一个$2n$-Cell$D^{2n}$得到.