2335501597

A. Nowicki - Marzec 1995. Topologia i geometria różniczkowa

Stwierdzenie 1.9.4. Jeśli p\ : E\ —» X\, p₂ : E2 —» Xi są nakryciami, to odwzorowanie p-.Ei-x.E2 —► Xi x X₂,    (ei,e₂) •-» (pi(ei),p₂(e₂)),

jest nakryciem. El

1.10 Uwagi

[ 1.11 Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Niech d! : X x X —> R będzie funkcją określoną wzorem

= tS5r-

Stwierdzenie 1.10.1. Funkcja d' jest metryką w X.

Dowód. Trudność może sprawić jedynie nierówność trójkąta. Niech x,y,z 6 X. Oznaczmy: a = d(x,y), b = d(y, z), c = d(x, z). Wtedy a, b, c ^ 0 oraz a + b ^ c. Należy pokazać, że

+    ___£_ = q(i+»)(i+c)+Mi+«)(i+c)-c(i+q)(i+H o

1+0 ^T 1+6 l+c    (l+a)(l+6)(l+c)    ^ ^U-

Sprawdzamy:

a(l + 6)(1 + c) + 6(1 + a)(l + c) - c(l + a)(l + 6)

= a + ab + ac + abc + b + ab + bc + abc — c — ac — bc — abc = (a + b — c) + 2ab + abc ^ 0. K

Stwierdzenie 1.10.2. Metryki d i d! są równoważne, tm. przestrzenie metryczne (X, d) i (X, d!) są home-omorficzne. KI

| 1.2 | Jeśli X,Y są przestrzeniami topologicznymi i h : X —* Y jest homeomorfizmem, to (dla każdego x € X) przestrzenie X \ {a:} i Y \ {6(1)} są homeomorficzne ([16] 34).

Przykład 1.10.3. Przestrzenie [0,1] i (0,1), z topologiami indukowanymi z R, nie są homeomorficzne.

Dowód. Przypuśćmy, że są homeomorficzne. Wtedy są homeomorficzne, po wyrzuceniu punktu. Wyrzućmy z [0,1] punkt 0. Wtedy (0,1] = [0,1] \ {0} jest spójne, a (0,1) n (6(0)} nie jest spójne. El

Stwierdzenie 1.10.4 ([16] 146). Niech f : (0,1) —* (0,1) będzie homeomorfizmem. Istnieje wtedy dokładnie jeden homeomorfizm h : [0,1] —* [0,1] taki, że H | (0,1) = /. K

11.3    [ Przestrzenie §^n_1 x R i Rⁿ n {0} są homeomorficzne ([16] 55). Homeomorfizmem jest np. przyporządkowanie (x,t) h-> 2^lx. W szczególności § x R s= R² \ {0} «C \ {0}.

11.4    | Wiemy, że jeśli / : [0,1] —* R jest funkcją ciągłą i /(0)/(l) ^ 0, to istnieje t € [0,1] takie, że f(t) = 0. Stosując ten fakt łatwo dowodzi się, że każda funkcja ciągła / : I —* I ma punkt stały. Oto inna konsekwencja tego faktu.

Stwierdzenie 1.10.5 ([16] 80). Każda funkcja ciągła f : S¹ —* R przeprowadza pewną parę punktów antypodycznych w ten sam punkt, tzn. istnieje t € S¹ takie, że f(t) = f(—t).

Dowód. Niech / : S¹ —> R będzie daną funkcją ciągłą. Rozpatrzmy dwie funkcje ciągłe h : S —> R, e : I —* S¹ określone wzorami:

h(t) = f(t) - f(-t), e(x) = cos(Tra) + isin(^).

Wtedy funkcja he : I —* R przyjmuje na końcach przedziału I = [0,1] przeciwne wartości:

M0) = 6(1) = /(l) - /(-1), 6e(l) = M-l) = /(-1) - Zaistnieje zatem a € I takie, że he(a) = 0. Niech t = e(a). Wtedy 0 = h(t) = /(i) = /(—1). K

Z tego stwierdzenia wynika: