2.2.1 Bổ đề. Nếu K là một tập con lồi compact trong không gian Rn và K chứa hình cầu Bn, thì cặp (Bn, ˙
Bn = Sn−1), (K, ˙
K) đồng phôi.
Chứng minh. Nếu x ∈ K và 0 ≤ t < 1 thì tx nằm trong một nón mở có đỉnh x và đáy B˙n. Nón này nằm trong K (vì K là tập lồi), suy ra tx thuộc
phần trong K˙ của K. Do đó, mỗi tia xuất phát từ điểm O chỉ chứa đúng một điểm của bờ K˙ của K. Vậy ánh xạ
f0 : K →Sn−1 y 7→y/kyk
khả nghịch và do đó nó là một đồng phôi (vì K compact). Mở rộng f0 lên K ta có đồng phôi:
f : K →Bn y 7→y/kyk với y ∈ K,0≤ t < 1.
Nhận xét: Bổ đề trên vẫn còn đúng cho mọi hình cầu nchiều không nhất thiết có tâm tại O hoặc có bán kính bằng 1 (vì rõ ràng mọi hình cầu n chiều đều đồng phôi với nhau).
2.2.2 Hệ quả. a) In = [0,1] ×[0,1]×...×[0,1] ≈Bn b) (Bn, Sn−1)≈ (∆n,∆˙ n) ở đây ≈ kí hiệu đồng phôi.
Chứng minh. a) Rõ ràng In đồng phôi với [−1,1]×[−1,1] ×. . . ×[−1,1]. Mặt khác, theo bổ đề ở trên thì [−1,1] ×[−1,1]×. . . ×[−1,1] đồng phôi với Bn, ta có điều phải chứng minh.
b) Giả sử nhúng ι : ∆n → Rn được xác định bởi ι(ei) = ei với i < n, ι(ei) =−
n−1
P
i=0
ei. Rõ ràng ι(∆n) ≈ ∆n và ι(∆n) là tập lồi chứa một hình cầu nào đó có tâm tại 0 = ( 1
n+ 1
n
X
i=0
ei). Do đó có đồng phôi ∆n ≈ Bn. Đồng phôi này chuyển bờ ∆˙ n của đơn hình ∆n lên B˙n = Sn−1
2.2.3 Bổ đề. Cho ∆n là đơn hình chuẩn n chiều. Giả sử
Λn = x = (x0, x1, ..., xn) ∈ ∆n/xj = 0 với j > 0 nào đó. Khi đó tồn tại các đẳng cấu:
Hk(∆n,∆˙n) −→∂∼∗
= Hk−1( ˙∆n,Λn) ←i∼−∗
= Hk−1( ˙∆n−e0,Λn−e0) ε
0
←∼−∗
= Hk−1(∆n−1,∆˙ n−1) ở đây e0 = (1,0, . . . ,0), i là nhúng, còn e0 được định nghĩa ở 1.1.1 chương 1.
Chứng minh. Với đồng luân y 7→ (1−t)x+te0, ta thấy các cặp không gian (∆n,Λn) và (e0, e0) tương đương đồng luân. Do đó H(∆n,Λn) = O và từ dãy khớp đồng điều của b (∆n,∆˙n,Λ) suy ra:
∂∗ : Hk(∆,∆˙ n) −→∼= Hk−1(∆,∆˙ n)
là đẳng cấu. Theo định lý cắt rời ta có i∗ cũng là một đẳng cấu.
Dễ thấy mặt với chiều không ε0(∆n−1) của đơn hình ∆n−1 là cái co rút biến dạng của ∆˙ n−e0 bởi biến dạng
θ∗ : ˙∆n−e0 → ∆˙n −e0 x = (x0, x1, . . . , xn) 7→ x(t) ở đây: x(t)0 = (1−t)x0, x(t)j = 1−(1−t)x0
(1−x0) xj, j >0. Rõ ràng, biến dạng này biến Λn−e0 vào ε( ˙∆n−1)
Vậy ε0 : (∆n−1,∆˙n−1) → ( ˙∆n −e0,Λn − e0) là một tương đương đồng luân.
2.2.4 Mệnh đề. Ta có a) HekSn−1 =
O, nếu k 6= n Z, nếu k = n b) Hek(Bn, Sn−1) =
O, nếu k 6= n Z, nếu k = n c) Hk(Rn,Rn−P) =
O, nếu k 6= n Z, nếu k = n
ở đây P là không gian chỉ có một điểm của Rn.
Chứng minh. a) Từ bổ đề 2.2.3 ta có:
Hk(Bn, Sn−1) ∼= Hk(∆n,∆˙ n) ∼= Hk−1(∆n−1,∆˙ n−1) ∼= Hk−n(∆0,∆˙0) ∼= Hk−n∆0 Vì ∆0 là không gian chỉ có một điểm, nên:
Hk−n∆0 =
O, nếu k 6= n Z, nếu k = n Vậy ta có khẳng b).
b) Bởi vì Bn+1 co rút được HekBn+1 = O với mọi k ∈ Z; do đó từ dãy khớp đồng điều thu gọn của cặp (Bn+1, Sn) suy ra
Hk+1(B, Sn) ∼=∂∗ HekSn Vậy từ khẳng định b) ta có khẳng định a).
c) Để chứng minh c), không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử P ≡ O (qua một phép tịnh tiến). Khi đó nhúng (Bn, Sn) → (Rn,Rn−P) cảm sinh các đẳng cấu của các nhóm đồng điều
HBn ∼= HRn, HSn ∼= H(Rn−P)
(do Bn là co rút biến dạng của Rn, Sn là co rút biến dạng của Rn−P) Vậy từ các dãy khớp đồng điều của các cặp (Bn, Sn−1),(Rn,Rn −P) và năm bổ đề đồng cấu, suy ra
H(Rn,Rn −P) ∼= H(Bn, Sn−1)
2.2.5 Hệ quả. Hai mặt cầu (hoặc hai không gian Euclid) có chiều khác nhau thì không đồng phôi.
Chứng minh. Nếu hai mặt cầuSn, Sm(n 6= m) đồng phôi thì các nhóm đồng điều HenSn ∼= HekSm. Từ mệnh đề 2.2.4a), suy ra mâu thuẫn.
Nếu Rn và Rm(n 6= m) đồng phôi thì có đồng phôi f : Rn →Rm, suy ra có đồng phôi f : (Rn,Rn−P) → (Rn,Rm−f(O)). Từ mệnh đề 2.2.4c), suy ra mâu thuẫn.
2.2.6 Hệ quả. Mặt cầu Sn−1 không phải là cái co rút của hình cầu Bn. Chứng minh. Giả sử f : Bn →Sn−1 là ánh xạ co, tức là ri = IdSn−1 (ở đây i : Sn−1 → Bn là nhúng). Khi đó
r∗i∗ = IdHSn−1 : HSe n−1 −→i∗ HeBn −→r∗ HSe n−1
Vậy r∗i∗ là một đẳng cấu khác tầm thường (vì HekSn−1 6= O). Nhưng điều đó là không thể vì HekBn = O.
2.2.7 Hệ quả. Giả sử f : Bn → Rn là một ánh xạ liên tục. Khi đó hoặc f(y) = 0 với một điểm y nào đó của Bn, hoặc f(z) =λz với một điểm z nào đó của Sn−1 và một số λ > 0 nào đó.
Chứng minh. Giả sử ϕ : Bn → Rn là ánh xạ được xác định như sau:
ϕ(x) =
(2
x
−1)x−(2− x
)f(x/
x
) nếux ≥ 1
2
−f(4) x
x nếux ≤ 1
2
Rõ ràng ϕ là một ánh xạ liên tục và ϕ(x) = x với x ∈ Sn−1. Khi đó tồn tại x ∈ B˙n sao cho ϕ(x) = 0, vì nếu với mọi x ∈ B˙n mà ϕ(x) 6= 0 xét ánh xạ
r : Bn →sn−1 x 7→ ϕ(x)
kϕ(x)k
suy ra Sn−1 là cái co rút của Bn (mâu thuẫn với hệ quả 2.2.6)
Vậy
Nếu ϕ(x) = 0 và kxk ≤ 1
2 thì f(x) = 0 với y = 4kxk (rõ ràng y ∈ Bn) Nếu ϕ(x) = 0 và 1
2 < kxk < 1 thì f( x
kxk) = 2kxk −1 2−2kxkx Đặt z = x
kxk, λ = 2kxk −1
2−2kxkkxk, thì rõ ràng z ∈ Sn−1, λ > 0 và f(z) = λz.
2.2.8 Hệ quả. (Định lý Brouwer về điểm bất động)
Nếu g : Bn → Rn là một ánh liên tục thì tồn tại y ∈ Bn hoặc tồn tại z ∈ Sn−1 và à > 0 sao cho g(z) = àz.
Chứng minh. Gọi f : Bn →Rn là một ánh xạ liên tục sao cho f = g(x)−x. Áp dụng hệ quả 2.2.7 ta có điều phải chứng minh.
2.2.9 Định nghĩa. Giả sử X là một không gian tôpô và P là một điểm của X. Nhóm đồng điều kì dị H(X, X −P) được gọi là nhóm đồng điều địa phương của không gian X tại P.
Mệnh đề sau đây giải thích tính địa phương của nhóm đồng điều địa phương.
2.2.10 Mệnh đề. Nếu điểm P đóng trong X, tức P = P(chẳng hạn X là T1 không gian) thì với mọi lân cận V của điểm P, nhúng
(V, V −P) →(X, X −P) gây đẳng cấu
H(V, V −P) ∼= H(X, X −P)
Nói cách khác, nhóm đồng điều địa phương của không gian X tại điểm P không thay đổi khi ta thay không gian X bởi một lân cận của điểm P.
Chứng minh. Đặt B = X −V. Vì V là một lân cận của điểm P nên P ∈ intV (phần trong của V) suy ra
B = X −intV ⊂ X −P = X −P = int(X −P) Áp dụng định lý cắt rời, ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Nhóm đồng điều địa phương của một không gian tại những điểm khác nhau nói chung không đẳng cấu. Thật vậy, ta xét ví dụ sau.
Trên đường thẳng thông thường R1 ta lấy đoạn thẳng [a, b] và một điểm P không thuộc đoạn [a, b]. Đặt X = [a, b]∪P. Khi đó X là một không gian tôpô với tôpô cảm sinh từ R1, P là tập vừa đóng vừa mở trong X. Vậy ta có
Hq(X, X −P) ∼= Hq(P, P −P) = HqP =
Z, q = 0 O, q 6= 0
Gọi Q là một điểm của X sao cho Q ∈ [a, b], Q không trùng hai đầu mút của đoạn thẳng [a, b]. Ta có tập [a, b] mở trong X (vì [a, b] = X −P), nên
H(X, X −Q) ∼= H([a, b],[a, b]−Q)
Rõ ràng[a, b] co rút được và tập a, b là cái co rút biến dạng của tập [a, b]−Q nên Heq([a, b]) = O với mọi q ∈ Z
Hek−1([a, b]−Q) = Heq−1intS ∼=
Z, nếu q = 1 O, nếu q 6= 1
Vậy từ dãy khớp đồng điều thu gọn của cặp ([a, b],[a, b]−Q) suy ra:
Hq([a, b],[a, b]−Q) ∼= Heq−1([a, b]−Q) ∼=
Z, nếu q = 1 O, nếu q 6= 1 Do đó
H(X, X −Q) ∼=
Z, nếu q = 1 O, nếu q 6= 1 Từ (1) và (2) suy ra hai nhóm đồng điều địa phương
H(X, X −P), H(X, X −Q)
không đẳng cấu.
2.2.11 Định nghĩa. Giả sử X và Y là hai không gian tôpô và điểm P ∈ V ⊂ X. Ánh xạ liên tục f : V → X gọi là P–ánh xạ từ X vào Y nếu có một lân cận U của P sao cho U ⊂ V và f(U −P) ⊂ Y −f(P). Nếu điểm P đóng, rõ ràng P–ánh xạ f cảm sinh đồng cấu giữa các nhóm đồng điều địa phương tại điểm P:
f∗P :H(H, X −P) ∼= H(U, U −P) (f /U−→)∗ H(Y, Y −Q) ở đây Q = f(P).
Đồng cấu f∗P rõ ràng không phụ thuộc vào sự lựa chọn lân cận U. Hơn nữa ta có:
2.2.12 Mệnh đề. Nếu hai P–ánh xạ f : V → Y, f0 : V0 → Y trùng nhau trên một lân cận của điểm P thì cùng cảm sinh một đồng cấu giữa các nhóm đồng điều địa phương.
Chứng minh. Giả sử U và U0 là hai lân cận của điểm P sao cho
U ⊂V, U0 ⊂ V0, f(U −P) ⊂ Y −f(P), f0(U0−P) ⊂ Y −f0(P) Đặt Q = f(P), vì f và f0 trùng nhau trên một lân cận của điểm P, nên tồn tại lân cận W của điểm P sao cho f|W = f0|W và W ⊂ U ∩ U0. Đặc biệt f(W −P) ⊂ Y −Q.
Xét biểu đồ giao hoán sau:
H(U, U −P)
H(X, X −P) H(Y, Y −P)
H(W, W −P)
H HH
HH HHj
∼=
(f /U)∗
HH HH
HHHj
∼=
(f /U)∗
Suy ra f∗P bằng tích các đồng cấu ở dòng dưới.
Tương tự, ta có f0P∗ cũng bằng tích các đồng cấu ở dòng dưới.
Vậy f∗P = f0P∗ .
Mệnh đề trên cho phép ta có định nghĩa:
2.2.13 Định nghĩa. Hai P-ánh xạ từ không gian tôpô X vào không tôpô Y gọi là P-tương đương nếu chúng trùng nhau trên một lân cận nào đó của điểm P. Lớp tương đương của ánh xạ f được kí hiệu là fP và gọi là mầm của f tại điểm P.
Nếu f : V → Y là P-ánh xạ từ X vào Y, f : V → Y là Q = f(P)-ánh xạ từ Y vào Z thì g0f : f−1(W) → Z là P-ánh xạ, mầm của g0f tại P chỉ phụ thuộc vào mầm của f và g. Do đó, công thức gQfP = (gf)P xác định sự hợp thành của các mầm. Từ đó nhận được một phạm trù mà các vật là các cặp (X, P) tức là không gian với điểm cơ sở P, sao cho P = P, các mũi tên (X, P) → (Y, Q) là các mầm P-ánh xạ.Theo mệnh đề trên, các nhóm đồng điều địa phương là các hàm tử xác định trên phạm trù đó. Đặc biệt, các vật tương đương có các nhóm đồng điều địa phương đẳng cấu.
2.2.14 Mệnh đề. Nếu P ∈ X, Q ∈ Y thì các điểm đóng, lần lượt có các lân cận V và W sao cho (V, P) đồng phôi với (W, Q)(kí hiệu (V, P) ≈ (W, Q) thì H(X, X −P) ∼= H(Y, Y −Q)
Chứng minh. Từ mệnh đề 2.2.10 và (V, P) ≈ (W, Q) ta có:
H(X, X −P) ∼= H(V, V −P) ∼= H(W, W −Q) ∼= H(Y, Y −Q)
2.2.15 Định lý. (Định lý về bất biến của số chiều )
Nếu các điểm P ∈ Rn, Q ∈ Rm có các lân cận V, W sao cho (V, P) ≈ (W, Q) thì m = n.
Chứng minh. Theo mệnh đề 2.2.4c) ta có Hq(Rn,Rn−P) =
Z, nếu q = n O, nếu q 6= n (∗) Hq(Rn,Rn−Q) =
Z, nếu q = n O, nếu q 6= n (∗∗) Từ (V, P) đồng phôi với (W, Q) suy ra
Hq(Rn,Rn−P) ∼= Hq(Rn,Rn−P), q ∈ Z Kết hợp với (∗) với (∗∗) suy ra m = n.
2.2.16 Định lý. (Định lý về bất biến của số bờ)
Giả sử Rn+ = x = (x0, x1, . . . ., xn) ∈ Rn|x0 ≥ 0là kí hiệu 00nửa trên00 của Rn.Nếu các điểm P, Q ∈ Rn có các lân cận V, W sao cho (V, P) ≈(W, Q), thì hoặc cả hai điểm đều nằm trên bờ R˙n+ = x = (x0, x1, . . . , xn) ∈ Rn|x0 = 0 hoặc cả hai điểm đều thuộc phần trong intRn+ = {x ∈ Rn|x0 > 0} của Rn+. Nói một cách khác, đồng phôi địa phương không bao giờ chuyển các điểm trên bờ vào các điểm trong và ngược lại.
Chứng minh. Nếu điểmP ∈ Rn+là điểm thuộc bờR˙n+, rõ ràng cặp(Rn+,Rn+− P) co rút biến dạng vào cặp (S, S), ở đây P ∈ R˙n+. Do đó,
H(Rn+,Rn+−P) ∼= H(S, S) =O (1) Mặt khác, nếu Q ∈ intRn+ thì theo định lý cắt rời ta có
H(Rn,Rn −P) ∼= H(Rn −B,(Rn−Q)−B) ở đây B = x = (x0, x1, . . . , xn) ∈ Rn|x0 < 0
Dễ thấy
H(Rn−B,(Rn−Q)−B) = H(Rn+,Rn+−Q) Vậy
H(Rn+,Rn+−P) ∼= H(Rn,Rn−Q) 6= O (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Ta biết rằng mỗi đồng cấu ϕ của một nhóm xiclic tự do Ghoàn toàn được xác định bởi một số nguyên, nghĩa là tồn tại duy nhất một số nguyên a sao cho với mọi g ∈ G, ϕ(g) = ag.
2.2.17 Định nghĩa. Giả sử f : Sn → Sn (tương ứng f : (Bn+1, Sn) → (Bn+1, Sn)) là một ánh xạ liên tục. Khi đó tự đồng cấu cảm sinh từ f:
f∗ :Hen+1Sn ∼= Z → HenSn ∼= Z
(tương ứng f∗ : Hn+1(Bn+1, Sn) ∼= Z → Hn+1(Bn+1, Sn) ∼= Z) được cho bởi công thức
f∗(x) = deg(f).x
ở đây deg(f) ∈ Z là một số nguyên xác định duy nhất không phụ thuộc vào x, gọi là bậc của ánh xạ f.
2.2.18 Mệnh đề. Ta có:
a) deg(Id) = 1 ;
b) deg(f0f0) = deg(f).deg(f0) ;
c) Nếu f ≈f0 thì deg(f) =deg(f0) ;
d) Nếu f là một tương đương đồng luân thì degf = 1 ;
e) Nếu f : (Bn+1, Sn) → (Bn+1, Sn) là một ánh xạ liên tục thì degf = deg(f|Sn)
Chứng minh. Từ các tính chất hàm tử của f∗(Id)∗ = Id,(f0f0)∗ = f∗0f∗0 suy ra a) và b).
Tính chất e) được rút ra từ biểu đồ giao hoán sau:
Hn+1(Bn+1, Sn) Hn+1(Bn+1, Sn)
HenSn HenSn
?
∂∗ ∼=
- f∗
?
∂∗ ∼=
- (f /Sn)∗
Chú ý : Mệnh đề ngược của tính chất c) và d) cũng đúng.
Ví dụ:
a) Bậc của ánh xạ tuyến tính β : (∆n,∆˙ n) → (∆n,∆˙n) (được sinh từ một hoán vị của đỉnh của ∆n) bằng dấu của hoán vị đó, tức là deg(β) = sign(β/e0, e1, . . . , en).
b) Bậc của ánh xạ trực giao α : Sn → Sn bằng định thức của nó, tức là deg(α) = detα.
c) Bậc của ánh xạ xuyên tâm đối
Sn → Sn x 7→ −x bằng (−1)n+1.
Chứng minh
a) Giả sử v = v0, v1, . . . , vn là ánh xạ tuyến tính ∆r → ∆n biến các đỉnh ei thành các đỉnh evi(0 ≤ vi ≤ n). Ta sẽ chứng minh nếu v là hoán vị (r = n) thì [v0, v1, . . . , vn] = sign(v)[0,1, . . . , n], ở đây [0,1, . . . , n] là lớp đồng điều trong nhóm Hn(∆n,∆˙n); chú ý , [0,1, . . . , n] là phần tử sinh của nhóm. Trước hết, ta giả thiết v là một chuyển vị của hai đỉnh kề nhau i và i+ 1. Giả sử à : ∆n+1 → ∆n là ỏnh xạ (0,1, . . . , i−1, i+ 1, i, i+ 1, . . . , n).
Khi đó, ta có:
∂à= (−1)i(0,1, . . . , n) + (−1)i+2(0, . . . , i−1, i+ 1, i, i+ 2, . . . , n) +R ở đây R gồm các số hạng không có một đỉnh trong các đỉnh e0, e1, . . . , en cho nên R ∈ S∆˙ n. Do đó chuyển qua đồng điều mod∆˙ n ta có:
0 = (0,1, . . . , n) + (0, . . . , i−1, i+ 1, i, i+ 2, . . . , n)
⇒[0,1, . . . , i−1, i+ 1, i, i + 2, . . . , n] = (−1)[0,1, . . . , n]
Bây giờ, giả sử v là một hoán vị bất kì. Khi đó v là tích của các chuyển vị T1,T2, . . . ,Tq, tức là v = T10,T20, . . . ,Tq và signv = (−1)q. Từ tính chất b) của mệnh đề 2.2.14 ta có khẳng định a) của ví dụ đã cho.
b) Người ta đã chứng minh được mọi ánh xạ trực giao α : Sn → Sn, có định thức bằng 1, đồng luân với ánh xạ đồng nhất nên suy ra deg(α) = 1. Nếu detα = −1, α đồng luân với một phép đối xứng ρ qua một siêu phẳng chứa điểm O. Gọi s là đơn hình (n+ 1) chiều trong Rn+1 với các đỉnh
(e0, e1, . . . , en,−
n
X
i=0
ei)
Lớp đồng điều [s]sinh ra nhóm (Hn+1Rn,Rn−0), còn lớp [∂s]sinh ra nhóm Hfn(Rn+1 − 0) = HfnSn. Tồn tại phép đối xứng qua siêu phẳng ρ biến e0 thành e1, e1 thành e0 và giữ bất động các định ei(i > 1). Đơn hình ρs có các đỉnh (e1, e0, e2, e3, . . . , en,−Pn
i=0ei); Vậy theo a) [ρ] = −[s]. Từ đó ta có:
ρ∗[∂s] = [ρ∂s] = −[∂s] ⇒deg(ρ) = −1
⇒ deg(α) = deg(ρ) = −1 ⇒deg(α) =det(α)
c) Nếu α là ánh xạ xuyên tâm đối, thì detα = (−1)n+1, do đó theo b) ta có degα = (−1)n+1
2.2.19 Hệ quả. Nếu ánh xạ f : Sn → Sn không có điểm bất động thì deg(f) = (−1)n+1. Nếu ánh xạ f : Sn → Sn không có điểm xuyên tâm đối (tức f(x) 6= −x với mọi x ∈ Sn) thì deg(f) = 1.
Đặc biệt, nếu ánh xạ f : S2k → S2k không có điểm bất động, thì biến một điểm thành điểm xuyên tâm đối.
Chứng minh. Nếuf không có điểm bất động thìdt(x) = (1−t)(f(t)−t.x) 6=
0 với mọi x ∈ Sn và mọi t ∈ [0,1].Do đó
Dt(x) = (dt(x))/||dt(x)||, x ∈ Sn, là đồng luân giữa ánh xạ f và ánh xạ xuyên tâm đối của Sn (vì D0(x) = f(x), D1(x) =−x). Do đó
deg(f) = (−1)n+1
• Nếu f(x) 6= −x với mọi x ∈ Sn thì ánh xạ f : Sn →Sn
x 7→ −f(x)
không có điểm bất động (vì nếu có x ∈ Sn mà g(x) = x thì −f(x) = x ⇒ f(x) =−x, vô lý), theo chứng minh trên ta có deg(f) = (−1)n+1.
Nếu α : Sn →Sn là ánh xạ xuyên tâm đối thì rõ ràng g = α0f Vậy:
(−1)n+1 = deg(g) =deg(α).deg(f) = (−1)n+1.deg(f)
⇒ deg(f) = 1
• Nếu ánh xạ f : S2k ⇒ S2k không có điểm bất động, theo chứng minh trên ta có deg(f) = (−1)2k+1 = −1, tức f phải có điểm xuyên tâm đối.
Bây giờ ta chuyển sang nghiên cứu khái niệm song bậc của một ánh xạ à: Sn ìSn →Sn
Trước hết, từ các mệnh đề 2.2.4, với n > 0 ta có đẳng cấu Hn(Sn×Sn). Để mô tả các phần tử sinh của nhóm, ta xét các ánh xạ:
HnSnM
HnSn (i−→1∗,i2∗) Hn(Sn ×Sn) (p−→1∗,p2∗) HnSnM
HnSn (2.1) ở đây i1, i2 : Sn → Sn×Sn là các nhúng (được xác định bởi các công thức i1(x) = (x, P), i2(x) = (P, x)); và p1, p2 : Sn ×Sn → Sn là các phép chiếu, n > 0. Hợp thành của hai ánh xạ của dãy (2.1) là ánh xạ đồng nhất nên (i1∗, i2∗) ánh xạ đẳng cấu nhóm
HnSnM
HnSn ∼= Z M
Z
Nhưng rõ ràng, hạng tử trực tiếp đó chỉ có thể là Z
M Z
Vậy ta có khẳng định sau:
2.2.20 Mệnh đề. Hai ánh xạ (i1∗, i2∗),(p1∗, p2∗) của dãy (2.1) đều là đẳng cấu.
2.2.21 Định nghĩa. Giả sử
à: Sn ìSn →Sn Khi đó đồng cấu cảm sinh (từ 2.2.20)
HnSnM
HnSn −→∼= Hn(Sn ìSn) −→à∗ HnSn
cú dạng à∗(x1, x2) = d1x1 + d2x2, ở đõy d1, d2 là hai số nguyờn xỏc định không phụ thuộc vào x1, x2. Cặp (d1, d2) được gọi là song bậc của ánh xạ.
2.2.22 Mệnh đề. Giả sử f1, f2 : Sn → Sn là hai ánh xạ liên tục. Khi đó bậc của hợp thành
Sn (f−→1,f2) Sn ìSn −→à Sn được xác định bởi công thức:
deg[à(f1, f2)] = d1.deg(f1) +d2.deg(f2)
Chứng minh. Giả sử p1, p2 : Sn × Sn → Sn là các phép chiếu. Khi đó pk(f1, f2) = fk và dãy (2.1) chứng tỏ với mọi x ∈ HnSn thì
(p1∗, p2∗)(f1, f2)∗(x) = (f1∗(x), f2∗(x)) = (deg(f1)x, deg(f2)x) Vậy:
à∗(f1, f2)∗(x) = [d1.deg(f1) +d2.deg(f2)].
Ánh xạ à cú thể xem như cấu trỳc nhõn trờnSn, tương tự phộp nhõn cỏc số phức (với n = 1), hay phép nhân các số quaternion (với n = 3). Trong cỏc trường hợp này, ỏnh xạ à(z1, z2) = z1.z2 cú song bậc (1,1) và ta cú kết quả sau:
2.2.23 Hệ quả. Ánh xạ pk : z 7→ zk từ nhóm S1 (tương ứng S3) của các số phức đơn vị (tương ứng của các quaternion có chuẩn bằng 1) vào chính nó có bậc k.
Chứng minh. Rõ ràng, ánh xạ pk là hợp thành
Sn (pk−1−→,Id) SnìSn −→à Sn (n= 1,3) z 7→ (zk−1, z) 7→zk−1.z = zk Theo mệnh đề 2.2.22 ta có
deg(pk) = 1.deg(pk−1) + 1.deg(Id) =deg(pk−1) + 1
Mặt khác deg(p1) = 1.deg(Id) = 1. Vậy
deg(pk) = (k−1) + 1 =k .
Dùng hệ quả này, người ta chứng được định lý cơ bản của đại số.
2.2.24 Định lý. (Định lý cơ bản của đại số)
Mọi đa thức phức: p(z) = zk +c1zk−1 +c2zk−2+...+ck(k > 0) đều có nghiệm.
Chứng minh. Giả sử đa thức p(z) đã cho không có nghiệm. Khi đó trên đường tròn S1, ta xác định ánh xạ
pb: S1 →S2
z 7→p(z)/||p(z)||
Định lý sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được rằng:
a) Nếu p không có nghiệm z với ||z|| ≤ 1, thì deg(p) = 0.b b) Nếu p không có nghiệm z với ||z|| ≥1, thì deg(p) =b k.
Để chứng minh a), ta xét biến dạng:
pb: S1 → S1
z 7→ p(tz)/||p(tz)||
Rõ ràng: pb1 = pb2 và pb0là ánh xạ hằng , suy ra
deg(p) =b deg(pb0) = 0 ⇒ deg(pb= 0) Để chứng minh b), ta xét biến dạng:
pbt :S1 → S1
z 7→ p(z, t)/||q(z, t)||
ở đây (∗)
q(z, t) = tkp(zt) = zk +t(c1zk−1 +tc2zk−2 +...+tk−1ck) nếu t 6= 0
q(z, t) = zk nếu t = 0
Vế phải của (∗) chứng tỏ hàm q(z, t) liên tục.
Hiển nhiên: pb1 = p,b pb0 = zk.
Vậy deg(p) =b deg(pb0 = k) (theo hệ quả 2.2.23).
KẾT LUẬN
Luận văn đã trình bày chi tiết và tường minh một số nội dung chính sau đây:
• Các kiến thức cơ sở của lý thuyết đồng điều kì dị: đơn hình chuẩn, phức hợp đơn hình kì dị là xây dựng một hàm tử từ phạm trù các không gian tôpô đến phạm trù các phức hợp dây chuyền, định nghĩa cho khái niệm đồng điều kì dị, khái niệm đồng điều kì dị thu gọn và các trường hợp đặc biệt.
• Một số ứng dụng của lý thuyết đồng điều kì dị: đối đồng điều kì dị của một không gian tôpô; đồng điều của hình cầu và mặt cầu; định lý Brouwer về điểm bất động; đồng điều địa phương; chứng minh định lý cơ bản của đại số bằng lý thuyết đồng điều kì dị.
Hướng phát triển luận văn
Luận văn có thể tiếp tục nghiên cứu theo hướng tìm thêm các ứng dụng khác của lý thuyết đồng điều kì dị.