НАГЛЯДНАЯ ТОПОЛОГИЯ

В. В. ПРАСОЛОВ

НАГЛЯДНАЯ

ТОПОЛОГИЯ

МЦНМО1995

В. В. Прасолов. Наглядная топология.М.: МЦНМО, 1995

Книга представляет собой вводный курс топологии. Основные

понятия сначала описываются на интуитивно понятном уровне, а

затем постепенно уточняются и становятся вполне строгими. Это

позволяет сразу же заняться содержательными топологическими за-

дачами.

Книга снабжена многочисленными иллюстрациями, которые

нередко более важны для ее понимания, чем текст. Каждая гла-

ва содержит задачи, обдумывание которых поможет лучше усвоить

излагаемый материал.

Книга будет интересна всем, кто способен воспринимать изяще-

ство и элегантность геометрических конструкций и теорем.

Для школьников, преподавателей математики, руководителей

кружков, студентов младших курсов математических специально-

стей.

Рисунки автора

ISBN 5-900916-04-9

c○В. В. Прасоловc○МЦНМО, 1995

Предисловие

Предмет изучения топологии — свойства фигур,сохраняющиеся при непрерывных взаимно однозначныхпреобразованиях или при деформациях. Первоначальноезнакомство с топологией затруднено тем, что строгоеопределение даже простейших топологических понятийвесьма громоздко. Поэтому первые содержательные теоремыобычно появляются лишь после большой предварительнойработы, причем основная часть этой работы посвященаподробному и аккуратному доказательству интуитивноочевидных утверждений, а это занятие не оченьувлекательное.

Эта книга представляет собой вводный курс топологии,структура которого не совсем обычна. Топологическиепонятия определяются в ней сначала на бытовом,интуитивно очевидном уровне, а затем они по ходу делауточняются и доводятся до достаточно строгого уровня.Это позволяет с самого начала заниматься вполнесодержательными задачами.

Другое существенное отличие книги заключается в том,что значительная ее часть посвящена различным примерамотображений и конструкций для двумерных поверхностей,узлов и зацеплений. Обычно топологи уделяют большевнимания доказательству того, что отображенияопределенного вида не существуют. Это требуетпостроения различных инвариантов, как правило,достаточно сложных. Мы обсудим лишь наиболее простые,но весьма эффективные инварианты.

Особое значение имеют иллюстрации. Во многих местахкниги именно они наиболее важны, а текст служит лишькомментарием к ним.

При изучении математики важную роль играет решениезадач. Разбор доказательства теоремы

4

не может заменить попыток доказать ее самостоятельно.Многие утверждения, которые читателю будет полезнообдумать самостоятельно, сформулированы в виде задач.

Эти задачи тесно сплетены с основным содержанием книги,поэтому в конце каждого параграфа их решения подробно

обсуждаются.

Список литературы, рекомендуемой для дальнейшегоизучения топологии, приведен в конце книги. Среди книг и

статей, оказавших влияние на эту книгу, особо следуетвыделить книгу [Рольфсен, 1976] и статью [Виро, 1981].

Книга основана на цикле лекций, прочитанных автором в1990/91 учебном году для учащихся средней школы № 57

г. Москвы.

Я благодарен А. Б. Сосинскому и Н. М. Флайшеру заполезные обсуждения рукописи.

Во время работы над этой книгой я получал финансовуюподдержку от Российского фонда фундаментальных

исследований согласно проекту 95–01–00846 и от InternationalScience Foundation (грант MQO–000, MQO–300).

Cодержание

1. Деформации эластичных тел . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. Узлы и зацепления . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3. Заклеивание узлов и зацеплений . . . . . . . . . . . . . . . 20

4. Инвариант узла . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

5. Гомеоморфизмы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

6. Векторные поля на плоскости . . . . . . . . . . . . . . . . 54

7. Векторные поля на двумерных поверхностях . . . . . . . 73

8. Гомеоморфизмы без неподвижных точек . . . . . . . . . . 84

9. Двумерные поверхности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

Список рекомендуемой литературы . . . . . . . . . . . . . . . 110

1

Деформации эластичных тел

Знакомство с топологией мы начнем с нескольких задач одеформациях эластичных тел и поверхностей. Мы будемсчитать, что рассматриваемые фигуры можно деформи-ровать, т.е. сминать, сжимать и растягивать, не допускаяпри этом разрывов и склеек.

Деформации, о которых идет речь в предлагаемых за-дачах, кажутся на первый взгляд невозможными. Но вы-полнить их не очень сложно. Прежде чем прочитать опи-сание этих деформаций, попытайтесь придумать их сами.

⊲ Задача 1.1. Докажите, что эластичное тело, изображен-ное на рис. 1.1 (а), можно продеформировать в тело, изоб-раженное на рис. 1.1 (б). Иными словами, если бы чело-век был достаточно эластичен, то он смог бы разъединитьсцепленные пальцы обеих рук, не расцепляя их.

⊲ Задача 1.2. Эластичный крендель надет двумя ручкамина бублик (рис. 1.2 (а)). Докажите, что деформируя крен-дель, одну его ручку можно снять с бублика (рис. 1.2 (б)).

⊲ Задача 1.3. На кренделе нарисована окружность (см.рис. 1.3 (а)). Докажите, что, деформируя крендель,ее можно перевести в окружность, изображенную нарис. 1.3 (б).

8 Наглядная топология

(а) (б)

Рисунок 1.1

(а) (б)

Рисунок 1.2

(б)

(б)

Рисунок 1.3

1. Деформации эластичных тел 9

⊲ Задача 1.4. Докажите, что проколотую велосипеднуюкамеру можно вывернуть наизнанку. (Точнее говоря, этоможно было бы сделать, если бы резина, из которой из-готовлена камера, была достаточно эластична. Вывер-нуть наизнанку обычную велосипедную камеру с проко-лом небольшого разме-ра нельзя.)

⊲ Задача 1.5. Докажите,что тело, изображенноена рис. 1.4 (а), можнопродеформировать в те-ло, изображенное нарис. 1.4 (б).

(а) (б)

Рисунок 1.4

Решения

Объяснить решения большинства задач из этой кни-ги проще всего с помощью рисунков, причем, как пра-вило, эти рисун-ки не требуют осо-бых комментариев.Для большей яс-ности в некоторыхслучаях стрелкамиуказаны направле-ния движения.

▸ 1.1. См. рис. 1.5.К обсуждениюэтой деформациимы еще вернемсяв § 4. Рисунок 1.5

▸ 1.2. См. рис. 1.6.


Рисунок 1.6

▸ 1.3. См. рис. 1.7.

Рисунок 1.7

▸ 1.4. Выполним сначала деформации, изображенные нарис. 1.8. В результате получим фигуру, которую мож-но совместить саму с собой движением так, что ее «вну-

Рисунок 1.8

тренняя» и «внешняя» стороны поменяются местами. Дляэтого нужно совместить кольцо 1 с кольцом 2. Затемпроделаем те же самые деформации в обратном порядке.В результате внешняя и внутренняя стороны велосипеднойкамеры поменяются местами.

Обратите внимание, что при таком выворачивании«параллель» переходит в «меридиан» (рис. 1.9.)

Рисунок 1.9

▸ 1.5. Выполним сначала деформации, изображенные нарис. 1.10. Полученную в результате фигуру легко про-деформировать в фигуру, изображенную на рис. 1.1 (а).После этого остается воспользоваться решение задачи 1.1.

Рисунок 1.10

2

Узлы и зацепления

Важным объектом изучения в топологии являются узлы.Узел можно представить себе как веревку, концы которойсоединены. Один из наиболее простых узлов изображенна рис. 2.1 (а). Он называется трилистник, а точнее,правый трилистник. Есть еще левый трилистник; онизображен на рис. 2.1 (б). Можно доказать, что левыйтрилистник и правый трилистник — разные узлы, т.е. ихнельзя продеформировать друг в друга. Под деформациейузла мы подразумеваем деформацию его как эластичноготела.

(а) (б)

Рисунок 2.1

Проекции одного и того же узла на разные плоскостиимеют разный вид.

⊲ Задача 2.1. Нарисуйте проекции на плоскости Oxy иOxz трилистника, изображенного на рис. 2.2.

2. Узлы и зацепления 13

Рисунок 2.2 Рисунок 2.3

⊲ Задача 2.2. Докажите, что кривая, заданная в коорди-натах Oxyz параметрическими уравнениями

x = cos t(3 cos t+ 2), y = 5cos t sin t, z = sin t(25 cos2 t− 1),

является трилистником.

Вслед за трилистником по сложности идет узел вось-

мерка, своей формой напоминающий цифру 8 (рис. 2.3).Деформируя узел, его можно сильно запутать. А если

даже такой простой узел, как трилистник или восьмерка,запутан не очень сильно, то распознать его бывает нелег-ко. Например, не сразу заметно, что на рис. 2.4 в верх-нем ряду изображен один и тот же узел (трилистник) ив нижнем ряду тоже (восьмерка). Более того, некоторыеизображения трилистника весьма похожи на изображениявосьмерки. Мы разместили такие диаграммы близ другдруга.

Рисунок 2.4

⊲ Задача 2.3. а) Докажите, что все узлы, изображенные вверхнем ряду рис. 2.4, можно продеформировать друг вдруга.


б) Докажите аналогичное утверждение для узлов ниж-него ряда.

Левый трилистник получается из правого трилистни-ка зеркальной симметрией (т.е. симметрией относительноплоскости). Как мы уже говорили, эти узлы нельзя проде-формировать друг в друга. Узел восьмерка при зеркаль-ной симметрии ведет себя иначе. Он переходит в узел,который можно продеформировать в исходный узел. Всамом деле, на рис. 2.4 в нижнем ряду первые два узласлева зеркально симметричны.

Если взять не одну веревку, а несколько, и у каждойиз них соединить концы, то получим зацепление. Двапримера зацеплений изображены на рис. 2.5. Первое изних (рис. 2.5 (а)) называют зацеплением Хопфа, а второе(рис. 2.5 (б)) — зацеплением Уайтхеда.

(а) (б)

Рисунок 2.5

Для зацепления Хопфа существует симметрия относи-тельно прямой, меняющая местами веревки (или, как ска-зал бы тополог, меняющая местами компоненты зацепле-ния). Симметрия относительно прямой в пространстве яв-ляется поворотом на 180∘ относительно этой прямой. По-этому существует деформация, меняющая местами ком-поненты зацепления Хопфа. Может показаться, что длязацепления Уайтхеда такой деформации не существует. Всамом деле, веревку 1 можно перерезать (в верхней частина нашем рисунке), затем провести через этот разрез ту жесамую веревку равно один раз и вновь соединить концы пе-ререзанной веревки. После этого веревки, из которых со-


стоит зацепление, можно будет расцепить. Как проделатьэту операцию для веревки 1, очевидно. Но разве можносделать то же самое для веревки 2? Оказывается, что да.

⊲ Задача 2.4. а) Расположите зацепление Уайтхеда так,чтобы его компоненты были симметричны относительнонекоторой прямой.

б) Проделайте для компоненты 2 зацепления Уайтхе-да описанную выше операцию перерезания и соединенияконцов перерезанной веревки.

Сразу несколькими интерес-ными свойствами облада-ет зацепление, изображенное нарис. 2.6. Его называют коль-

ца Борромео, потому что та-кие кольца нарисованы на гер-бе знатного итальянского родаБорромео. Одно из свойствколец Борромео заключается втом, что эти кольца попарно не зацеплены, т.е. после уда-ления любого кольца остается пара незацепленных колец.Другое свойство колец Борромео еще более удивительно.Если любые два из колец Борромео зацепить простей-шим образом (т.е. так, чтобы они образовали зацеплениеХопфа), то после этого третье кольцо можно будет снятьс этого зацепления (рис. 2.7).

Рисунок 2.6

(а) (б)

Рисунок 2.7


Это свойство колец Бор-ромео можно сформулироватьтак, что оно будет выгля-деть почти как фокус. Коль-ца Борромео попарно не за-цеплены, поэтому два коль-ца можно развести в разныестороны. Третье кольцо приэтом как-то обовьется вокругних. Нарисуем, как именнооно будет расположено. Дляэтого выясним сначала, что происходит с веревкой, про-ходящей между двумя прутами (рис. 2.8 (а)), при пере-становке этих прутов, в процессе которой прут 2 прохо-дит над прутом 1. Результат изображен на рис. 2.8 (б).Теперь легко понять, что происходит с третьим кольцомБорромео при разведении двух колец в разные стороны(см. рис. 2.9). Будем считать, что те два кольца, кото-рые мы раздвинули, представляют собой жесткие обручис какими-либо устройствами, позволяющими при желаниисцеплять и расцеплять их (например, с навинчивающими-ся цилиндрами), а третье кольцо представляет собой ве-ревку (рис. 2.10 (а)). При этом веревку снять с обручейнельзя. Но если мы зацепим обручи (рис. 2.10 (б)), то ве-ревку можно будет снять! В самом деле, на рис. 2.10 (б)изображено то же самое зацепление, что и на рис. 2.7.

(а) (б)

Рисунок 2.8

Рисунок 2.9


(а) (б)

Рисунок 2.10

Этот пример должен предостеречь альпинистов. Имчасто приходится пользоваться специальными крючками,которые позволяют сцепливать веревки. Эти крючки на-зывают карабинами, потому что аналогичными крючка-ми снабжались ремни карабинов (огнестрельного оружия),чтобы эти ремни было удобно пристегивать и отстегивать.Альпинистские крючки-карабины устроены так, что рас-цепиться сами они не могут. А для того, чтобы они не мог-ли сами зацепиться, их нужно устанавливать на предохра-нитель. Многие альпинисты считают, что опасна лишь си-туация, когда карабины расцепляются, а при зацеплениикарабинов ничего страшного случиться не может. Поэто-му к установке на предохранитель они иногда относятсянебрежно. Это, как мы видели, может привести к траги-ческим последствиям.

Решения

▸ 2.1. Эта задача, конечно, не вполне определенная. Про-екция узла на одну координатную плоскость не задает егопроекции на другие координатные плоскости. Однако наэти проекции накладываются весьма жесткие ограниче-ния; проекции не могут быть произвольными. Одно извозможных решений изображено на рис. 2.11.



▸ 2.2. Для доказательства удобнее всего рассмотреть про-екцию на плоскость Oxy (рис. 2.12). При этом координатаz используется для выяснения того, какая часть кривойрасположена сверху, а какая снизу.

▸ 2.3. Проще всего из-готовить трилистники восьмерку из ве-ревки или шнурка, азатем попытаться по-лучить из этих узловвсе узлы, изображен-ные на рис. 2.4. Вы-полнить некоторые пре-образования узла вось-мерка вам поможет рис. 2.13.

Рисунок 2.13

▸ 2.4. а) См. рис. 2.14.

б) Проведем веревку через разрез, как показано нарис. 2.15 (а). Процесс расцепления веревок изображен нарис. (б)–(е).

(а) (б) (в) (г)

Рисунок 2.14

(а) (б) (в)

(г) (д) (е)

Рисунок 2.15

3

Заклеивание узлов и зацеплений

Мы будем говорить, что узел заклеен пленкой, если за-дана несамопересекающаяся поверхность, краем которойслужит этот узел. Два примера заклеивания трилистникапленкой изображены на рис. 3.1. Между этими пленкамиесть существенная разница: пленка (а) неориентируема,а пленка (б) ориентируема. Объясним, что это означа-ет. Будем считать пленку прозрачной. Пусть по ней пе-ремещается пара перпендикулярных векторов, касающих-ся пленки, — длинный вектор и короткий. В результатеобхода 1 → 2 → 3 → 4 вдоль пленки (а) мы получимпару векторов, которую нельзя совместить поворотом сисходной парой (если обход осуществлять не мысленно, а

(а) (б)

Рисунок 3.1

3. Заклеивание узлов и зацеплений 21

воспользоваться, например, пластмассовой фигуркой, тоона перейдет на другую сторону пленки). Для пленки(б) такого обхода не существует, т.е. при любом обходе,не пересекающем край пленки, пара векторов переходитв пару векторов, которую можно поворотом совместить сисходной парой. Пленки типа (а) называют неориентиру-

емыми, а пленки типа (б) — ориентируемыми.Плоскую пленку, заклеивающую окружность (т.е. на-

тянутую на нее), легко превратить в неориентируемуюпленку (рис. 3.2 (а)). Отметим, что эта конструкция поз-воляет любую ориентируемую пленку с краем превратитьв неориентируемую пленку с тем же самым краем. Нарис. 3.2 (а)–(в) показано, как полученную пленку проде-формировать в бутылку Клейна, из которой вырезан диск,т.е. круг. Здесь мы забегаем несколько вперед; о том, чтотакое бутылка Клейна, рассказывается в § 9.

(а) (б) (в)

Рисунок 3.2

⊲ Задача 3.1. Докажите, что окружность можно заклеитьтакже и листом Мебиуса (рис. 3.3), т.е. лист Мебиуса



можно продеформировать так, что его граница станетокружностью, лежащей в некоторой плоскости.

Из рис. 3.3 видно, что кривую, изображенную нарис. 3.4, можно заклеить листом Мебиуса. Ту же самуюкривую можно заклеить бутылкой Клейна с вырезаннымдиском. Как это сделать, показано на рис. 3.5 (а)–(в); приэтом на рис. 3.5 (а) кривая изображена слегка повернутой.

(а) (б) (в)

Рисунок 3.5

⊲ Задача 3.2. а) Докажите, что кри-вую, изображенную на рис. 3.4,можно заклеить также и ориен-тируемой поверхностью, а именно,диском.

б) Докажите, что кривую, изоб-раженную на рис. 3.6, тоже можнозаклеить диском.

Рисунок 3.6

В 1930 г. была опубликована совместная статьяФ. Франкля и Л. С. Понтрягина, в которой было доказа-но, что любое зацепление можно заклеить ориентируемойпленкой. Четыре года спустя была опубликована статьяЗейферта с другим доказательством этой теоремы. По-этому ориентируемую поверхность, заклеивающую зацеп-ление (или натянутую на зацепление), обычно называютповерхностью Зейферта.


Мы докажем эту теорему методом Зейферта. Но сна-чала остановимся еще на одной задаче, чтобы показатьнеочевидность теоремы.

⊲ Задача 3.3. Докажите, что восьмерку можно заклеитьориентируемой поверхностью.

Перейдем к описанию алгоритма Зейферта. Будемсчитать, что узел расположен вблизи своей диаграммы,т.е. он почти весь лежит в плоскости диаграммы и лишьна перекрестках выходит из нее. Зададим направлениеобхода узла. Будем обходить узел в заданном направле-нии, перепрыгивая на каждом перекрестке с одной ветвина другую так, чтобы обход продолжался в заданном на-правлении. Путь может замкнуться до того, как будетобойден весь узел. Получив замкнутый путь, продолжаемобход оставшейся части узла. На рис. 3.7 (а) изображенытакие замкнутые пути для трилистника.

(а) (б)

Рисунок 3.7

Заклеим эти пути дисками, расположенными, напри-мер, над плоскостью. Участок пути, соответствующийперепрыгиванию, можно при этом расположить как подплоскостью, так и над ней. Поэтому можно добиться то-го, чтобы на каждом перекрестке один такой участок былрасположен под плоскостью, а другой над ней. Тогда наперекрестках полученные пленки можно соединить так,как показано на рис. 3.7 (б).


Аналогичным способом можно заклеить любой узел.В самом деле, заклеивание не двух, а нескольких замкну-тых путей дисками особых трудностей не вызывает. Этузаклейку можно начать с любого из внутренних путей, т.е.с пути, не содержащего внутри себя незаклеенных путей.Затем на каждом шаге следует заклеивать путь, не со-держащий внутри себя незаклеенных путей. При этом за-клеивающий диск всегда можно расположить выше ужеимеющихся дисков.

Остается лишь один вопрос, но он очень важен. Поче-му в результате получается ориентируемая поверхность?Чтобы ответить на этот вопрос, нужно сначала датьдругое определение ориентируемости. Исходя непосред-ственно из первоначального определения ориентируемо-сти, трудно доказать ориентируемость какой-либо поверх-ности. В самом деле, для этого нужно рассмотреть всевозможные ее обходы, а их слишком много.

Прежде всего докажем, что плоскость представляет со-бой ориентируемую поверхность. Предположим, что па-ра скрепленных векторов движется по плоскости, причемдвижение начинается и заканчивается в одной и той жеточке. Нужно доказать, что направление вращения отпервого вектора ко второму в исходном положении совпа-дает с направлением вращения в конечном положении. Наплоскости любой замкнутый путь можно стянуть в точку,рассматривая гомотетичные ему пути. При этом в соот-ветственных точках рассматриваемых путей можно при-ложить векторы, полученные друг из друга параллельнымпереносом (рис. 3.8). В результате движение векторов попути, стянутому в точку, сводится к их вращению вокругэтой точки. Ясно, что направление вращения от первоговектора ко второму при этом не изменяется. Таким обра-зом, плоскость ориентируема.


Рисунок 3.8

Нетрудно показать, что на любой поверхности при об-ходе вдоль пути, который можно стянуть в точку, направ-ление вращения от первого вектора ко второму не изме-няется. Дело в том, что если у двух пар векторов их пер-вые векторы мало отличаются друг от друга, и вторыевекторы тоже, то эти пары задают одно и то же направ-ление вращения. Поэтому если один обход совершаетсялишь чуть-чуть иначе, чем другой, то полученное в ре-зультате направление вращения будет одно и то же дляобоих обходов. Следовательно, в процессе стягивания пу-ти итоговое направление вращения изменяться не будет.Отметим также, что итоговое направление вращения за-висит лишь от траектории, по которой движутся векторы;оно не зависит от того, как именно они при этом движут-ся.

(а) (б)

Рисунок 3.9

Направление вращения может измениться лишь приобходе вдоль пути, который нельзя стянуть в точку.При обходе листа Мебиуса вдоль пути, изображенного нарис. 3.9 (а), направление вращения изменяется. Следова-тельно, этот путь нельзя стянуть в точку.


Отметим, что если путь нельзя стянуть в точку, то об-ход вдоль него не обязательно изменяет направление вра-щения. Например, обход цилиндра вдоль пути, изобра-женного на рис. 3.9 (б), сохраняет направление вращения,хотя и этот путь нестягиваем.

Рисунок 3.10

Два пути γ1 и γ2, идущих из точки A в точку B,можно рассматривать как один путь γ с началом и концомв точке A (рис. 3.10). Для этого нужно один из этихпутей рассматривать не как путь из A в B, а как путьиз B в A. Легко проверить, что следующие два условияэквивалентны:

1. Обход вдоль пути γ сохраняет направление враще-ния.

2. Направление вращения, перенесенное из A в B вдольпути γ1, совпадает с направлением вращения, перенесен-ным из A в B вдоль пути γ2.

Теперь определение ориентируемости можно сформу-лировать в более удобном для применения виде. Будемговорить, что на поверхности задана ориентация, если вкаждой ее точке задано направление вращения, причемпереносы вдоль любого пути переводят эти направлениявращения друг в друга. При этом, конечно, можно огра-ничиться переносами вдоль сколь угодно коротких путей(потому что длинный путь состоит из нескольких корот-ких). Поверхность, на которой можно задать ориента-цию, называют ориентируемой. Это определение экви-валентно нашему первоначальному определению ориенти-руемости.

Еще более удобное определение ориентируемости мож-


но получить, указав явныйспособ задания ориентации.Разрежем поверхность на кри-волинейные многоугольники.Чтобы задать ориентацию намногоугольнике, достаточно за-дать направление обхода егограницы. На соседних многоугольниках направления об-хода должны быть согласованы так, как показано нарис. 3.11. Поверхность будет ориентируемой, если на всехмногоугольниках можно задать согласованные направле-ния обхода.

Рисунок 3.11

Используя такое определение ориентируемости, легкодоказать ориентируемость поверхности, которая получа-ется с помощью алгоритма Зейферта. В самом деле, по-лученная поверхность естественным образом разрезана накриволинейные многоугольники, а задать направление ихобхода можно в соответствии с направлением обхода уз-ла (рис. 3.12). Легко убедиться, что направления обходамногоугольников согласованы друг с другом.

Рисунок 3.12

Если мы отразим относительно плоскости диаграммыдиски, заклеивающие замкнутые пути, то новые диски то-же можно будет заклеить пленками, незначительно видо-изменив рис. 3.7 (б). В самом деле, заклеивающую плен-ку можно представить как часть боковой поверхности ци-линдра. Новые диски можно заклеить оставшейся частью


этой поверхности (рис. 3.13). В результате узел будетрасположен на некоторой ориентируемой поверхности безкрая, причем узел разбивает ее на две части.

Рисунок 3.13

⊲ Задача 3.4. Докажите, что любой узел можно располо-жить на некоторой ориентируемой поверхности без краятак, что он не будет разбивать ее на части.

Алгоритм Зейферта можно использовать не только длязаклеивания узла, но и для заклеивания любого зацепле-ния. При этом на каждой компоненте зацепления ориента-ция задается независимо от ориентаций остальных компо-нент. На рис. 3.14 показаны два различных выбора ори-ентаций одного и того же зацепления. Склеив пары со-ответствующих им поверхностей Зейферта, получим дверазных ориентируемых поверхности без края (рис. 3.15).

Рисунок 3.14

Рисунок 3.15


Применение алгоритма Зейферта для заклеивания за-цепления не всегда приводит к связной поверхности. На-пример, если диаграмма зацепления состоит из двух непе-ресекающихся окружностей, то заклеивающая поверх-ность состоит из двух непересекающихся дисков. Ноиз нескольких ориентируемых поверхностных, заклеива-ющих компоненты зацепления, легко получить одну ори-ентируемую поверхность, соединив исходные поверхноститрубками. Поверхностью Зейферта будем называть связ-ную ориентируемую поверхность, краем которой служатвсе компоненты зацепления.

Для построения поверхности Зейферта достаточно бы-ло бы заклеить каждую компоненту зацепления своей ори-ентируемой поверхностью так, чтобы эти поверхности по-парно не пересекались. Но такая заклейка не всегда суще-ствует. Например, зацепление Хопфа так заклеить нель-зя. Более того, нельзя даже заклеить одну из его компо-нент ориентируемой поверхностью, не пересекающей вто-рую компоненту. Доказывать это мы не будем.

⊲ Задача 3.5. Докажите, что кривую 1, изображенную нарис. 3.16, можно заклеить ориентируемой поверхностью,не пересекающей кривую 2.

Рисунок 3.16 Рисунок 3.17 Рисунок 3.18

⊲ Задача 3.6. Докажите, что три кривые, изображенныена рис. 3.17, можно заклеить тремя попарно не пересека-ющимися ориентируемыми поверхностями.


⊲ Задача 3.7. Докажите, что кривую 1, изображенную нарис. 3.18, можно заклеить листом Мебиуса, не пересекаю-щим кривую 2.

Решения

▸ 3.1. С одной стороны, эта задача очевидна: границу ли-ста Мебиуса можно продеформировать так, что она станетокружностью. При этом лист Мебиуса тоже как-то дефор-мируется. Соответствующая деформация каркаса листаМебиуса изображена на рис. 3.19. К сожалению, этот ри-сунок не очень нагляден.

(а) (б) (в)

Рисунок 3.19

Лист Мебиуса с плоской границей можно представитьсебе более наглядно. Его можно, например, склеить из вы-кройки, изображенной на рисунке 3.20. Для этого нужно

Рисунок 3.20


склеить из нее фигуру в форме октаэдра. В результа-те получится поверхность октаэдра, из которой вырезанытреугольники ADE и DCF (рис. 3.21 (а)). Кроме того,внутри октаэдра будет расположена фигура, изображен-ная на рис. 3.21 (б). Границей всей полученной фигурыбудет треугольник ACD.

(а) (б)

Рисунок 3.21

Другое наглядное представление листа Мебиуса с плос-кой границей можно получить следующим образом. Возь-мем резиновую пленку ABCD. Чтобы получить изнее лист Мебиуса, нужно склеить стрелки AB и CD(рис. 3.22 (а)). Не будем спешить это делать. Сначаланадуем пленку как резиновый шарик. В результате по-лучим сферу с отверстием ABCD (рис. 3.22 (б)). Проде-формируем сферу, сблизив отрезки AB и BC, а такжеотрезки AD и DC (рис. 3.22 (в)). Теперь уже нетруднопредставить, что произойдет при склейке стрелок AB иCD (рис. 3.22 (г)).

(а) (б) (в) (г)

Рисунок 3.22


▸ 3.2. Разрежем сферу по меридиану и вдавим внутрь верх-нюю часть поверхности одной из полусфер (рис. 3.23 (а)).Вдавленную часть границы полусферы повернем сначалана 180∘ (рис. 3.23 (б)), а затем еще на 180∘ (рис. 3.23 (в)).

(а) (б) (в)

Рисунок 3.23

▸ 3.3. Проще всего воспользоваться диаграммой узла вось-мерка, расположенной на рис. 2.4 справа. Заклеивающаяповерхность изображена на рис. 3.24.

(а) (б)


Для остальных диаграмм узла восьмерка, изображен-ных на рис. 2.4, построенные аналогичным образом закле-ивающие поверхности будут неориентируемыми. Ориен-тируемые поверхности, построенные для этих диаграммс помощью алгоритма Зейферта будут на изображенияхмногослойными. Рисовать их неудобно.


▸ 3.4. Рассмотрим окрестность данного узла. Узел можноразместить на границе этой окрестности (рис. 3.25 (а)).При этом получается заузленная поверхность. «Сплю-щив» ее, можно получить незаузленную поверхность.

▸ 3.5. Требуемая поверхность изображена на рис. 3.26.

Рисунок 3.26

▸ 3.6. Заклеим сначала обе перекрученные окружности.Для каждой из них рассмотрим пленку, изображеннуюна рис. 3.27 (а), и приклеим к ее граничным окружно-стям C1 и C2 кольцо (рис. 3.27 (б)). Можно считать,что полученные таким образом пленки целиком лежат

(а) (б)

Рисунок 3.27


вблизи окружностей 2 и 3 (рис. 3.28 (а)). Остается за-клеить окружность 1 ориентируемой пленкой, не задева-ющей окружностей 2 и 3. Как это сделать, показано нарис. 3.28 (б).

(а) (б)

Рисунок 3.28

▸ 3.7. Обратимся к листу Мебиуса с плоской границей,изображенному на рис. 3.21. Легко проверить, что окру-жность 2, изображенная на рис. 3.29, не пересекает его.

Рисунок 3.29

4

Инвариант узла

Попытки развязать трилистник к успеху не приводят. Ноэто не дает доказательства, что развязать его нельзя дей-ствительно никаким способом.

Получить такое доказательство можно, например, сле-дующим образом. Сопоставим каждой диаграмме узланекоторое число. Если при этом разным диаграммам од-ного и того же узла сопоставляется одно и то же число, томы будем говорить, что задан инвариант узла. В такомслучае для каждого узла однозначно определено значениеэтого инварианта. Если значения инварианта для двухдиаграмм узлов разные, то эти диаграммы соответствуютразным узлам. Но инвариант не обязательно различаетвсе узлы, т.е. для некоторых разных узлов значения инва-рианта могут совпадать.

Для узлов и зацеплений есть весьма простой инвари-ант. Он строится следующим образом. Рассмотрим всевозможные раскраски узла в три цвета (каждая связнаядуга диаграммы красится одним цветом). При этом накаждом перекрестке сходятся дуги одного, двух или трехцветов. Назовем раскраску правильной, если ни на какомперекрестке не сходятся ровно два цвета, т.е. на каждомперекрестке сходятся либо дуги одного цвета, либо сразувсех трех цветов.


Теорема 4.1. Количество правильных раскрасок диаграм-

мы узла в три цвета является инвариантом узла.

Доказательство. Рассмотрим все возможные преобразо-вания перекрестков диаграмм узлов при деформациях(рис. 4.1). Требуется доказать, что при этих преобразова-ниях правильные раскраски переходят в правильные рас-краски, причем однозначным образом. Поясним, что мыимеем в виду. Пусть задана правильная раскраска диа-граммы. Подвергнем эту диаграмму одному из преобразо-ваний, изображенных на рис. 4.1. Оставим без измененийраскраску диаграммы вне той части плоскости, где совер-шается преобразование. Тогда концы всех дуг на картин-ке, изображающей преобразование, будут окрашены. Тре-буется доказать, что эту раскраску можно продолжить доправильной раскраски той части диаграммы, где совер-шается преобразование, причем это продолжение раскрас-ки определено однозначно. Для одноцветных раскрасокэто легко проверить. Для всех существенно различныхразноцветных раскрасок преобразования изображены нарис. 4.2.

Рисунок 4.1

Рисунок 4.2

4. Инвариант узла 37

Теперь можно доказать, чтотрилистник не развязывается. Нарис. 4.3 изображена правильнаяраскраска диаграммы трилистни-ка, при которой используются всетри цвета. Общее количество та-ких раскрасок этой диаграммы ра-вно 6. В самом деле, одну дугуможно окрасить любым из трех цветов, другую дугу — од-ним из двух оставшихся цветов, а цвет третьей дуги послеэтого будет определен однозначно. Помимо шести разно-цветных правильных раскрасок диаграммы трилистникаесть еще три одноцветных правильных раскраски. Такимобразом, для трилистника количество правильных раскра-сок равно 9, а у незаузленной окружности есть только триодноцветные раскраски, никаких других раскрасок у неенет. Следовательно, трилистник нельзя продеформиро-вать в незаузленную окружность.

Рисунок 4.3

К сожалению, построенный инвариант не всемогущ.Он не позволяет даже доказать, что узел восьмерка неразвязывается. В самом деле, легко проверить, что любаяправильная раскраска диаграммы этого узла одноцветная.Но все же инвариант позволяет отличать друг от другабесконечно много узлов. На рис. 4.4 изображены две раз-личные правильные раскраски одной и той же диаграм-мы. Соединив n таких узелков в замкнутую цепочку, по-лучим узел, количество правильных раскрасок которогоравно 3 · 2n + 3. Следовательно, при разных n количестваправильных раскрасок разные.

Рисунок 4.4


Для зацеплений количество правильных раскрасокдиаграммы в три цвета тоже инвариант. Доказательствоэтого утверждения ничем не отличается от доказательствадля узлов.

Незаузленные и попарно не зацепленные окружностиможно красить независимо друг от друга. Поэтому коли-чество правильных раскрасок для n таких окружностейравно 3n. Это дает при использовании нашего инвариантадля зацеплений новые возможности по сравнению с узла-ми. В самом деле, если зацепление допускает лишь одно-цветные правильные раскраски, то у него количество пра-вильных раскрасок меньше, чем у незаузленных и попарноне зацепленных окружностей. Легко проверить, что всезацепления, изображенные на рис. 4.5, допускают лишьодноцветные правильные раскраски.

Рисунок 4.5

Доказанная нами невозможность расцепить зацепле-ния, изображенные на рис. 4.5, позволяет продолжить об-суждение задачи 1.1 о расцеплении сцепленных пальцев.Рис. 4.6 показывает, что если на руку надеть жесткийбраслет (рис. 4.6 (а)), то расцепить пальцы (рис. 4.6 (б))уже не удастся. В самом деле, если бы их удалось расце-пить, то браслет можно было бы снять (рис. 4.6 (в)). Но

тогда зацепление, изображенное на рис. 4.6 (а), можно бы-ло бы расцепить.

(а) (б) (в)

Рисунок 4.6

5

Гомеоморфизмы

В предыдущих параграфах мы часто рассматривали фи-гуры в пространстве с точностью до деформации, т.е. мыне различали фигуры, которые можно продеформироватьдруг в друга. Топологи называют такие фигуры изотоп-

ными (в пространстве). Например, узлы или зацепления,которые можно продеформировать друг в друга, называ-ют изотопными.

Еще более важно в топологии понятие гомеоморфно-сти фигур. Две фигуры X и Y называют гомеоморф-

ными, если существует непрерывное взаимно однозначноеотображение f : X → Y , причем обратное отображениеf−1 : Y → X тоже непрерывно. Гомеоморфность фигур, вотличие от изотопности, зависит лишь от самих фигур, ане от их расположения в пространстве. Например, любойузел гомеоморфен окружности.

Все фигуры, которые можно получить из прямоуголь-ного листа бумаги склейкой изображенных на рис. 5.1 (а)стрелок, попарно гомеоморфны. Примерами таких фигурслужат цилиндр и перекрученный цилиндр (рис. 5.1 (б)).Эти фигуры гомеоморфны, но они не изотопны. В самомделе, их границы представляют собой попарно не изотоп-ные зацепления (рис. 5.1 (в)).

5. Гомеоморфизмы 41

(а) (б) (в)

Рисунок 5.1

Если стороны прямоугольника склеивать по-другому(рис. 5.2 (а)), то полученные фигуры будут гомеоморфнылисту Мебиуса. Примеры таких фигур изображены нарис. 5.2 (б). Нижняя фигура изотопна уже знакомой намповерхности, заклеивающей трилистник (рис. 5.2 (в)).

(а) (б) (в)

Рисунок 5.2

Обсудим еще некоторые примеры гомеоморфных инегомеоморфных фигур.

Пример 1. Интервал (отрезок с исключенными концами)и прямая гомеоморфны. В самом деле, легко построитьгомеоморфизм интервала на полуокружность. Гомеомор-физм полуокружности на прямую изображен на рис. 5.3.


Рисунок 5.3

Пример 2. Круг с выколотой точкой гомеоморфен кольцу.Можно считать, что круг с выколотой точкой состоитиз таких точек X, что 0 < AX < 1, а кольцо состоитиз таких точек Y , что 1 < AY < 2 (A — некотораяфиксированная точка). Гомеоморфизм круга на кольцоможно задать следующим образом. Отобразим точку X вточку Y , которая лежит на лучеAX, причем AY = 1+AX.Отметим, что если бы точка A не выкалывалась из круга,то задать отображение круга на кольцо таким образом неудалось бы.

Один из простейших способов доказательства негомео-морфности фигур заключается в выкалывании точки.

Пример 3. Отрезок I = [0, 1] и интервал J = (0, 1) негомеоморфны. Предположим, что f : I → J — гомео-морфизм. Точка 1 не разбивает отрезок I, т.е. после еевыкалывания любые две оставшиеся точки можно будетсоединить путем. При гомеоморфизме это свойство сохра-няется. Следовательно, точка f(1) не разбивает интервалJ . Но любая точка интервала разбивает его. Получе-но противоречие, поэтому не существует гомеоморфизмаf : I → J .

⊲ Задача 5.1. Докажите, что окружность и интервал негомеоморфны.

⊲ Задача 5.2. Докажите, что прямая не гомеоморфна фи-гуре, состоящей из трех лучей, выходящих из одной точки.


Другой способ доказательства негомеоморфности фи-гур основан на том, что при гомеоморфизме сохраняетсясвойство стягиваемости всех петель.

Пример 4. Круг и кольцо не гомеоморфны. В самом деле,в круге любая петля стягиваема (рис. 5.4 (а)), а в кольцеесть нестягиваемая петля (рис. 5.4 (б)).

(а) (б)

Рисунок 5.4

Обсудим теперь, нельзя ли заменить условие непрерыв-ности отображения f−1 каким-либо более слабым услови-ем. Например, нельзя ли в определении гомеоморфизмапотребовать просто существования непрерывного взаимнооднозначного отображения f : X → Y или же ограни-читься требованием существования непрерывных взаимнооднозначных отображений f : X → Y и g : Y → X. Задачи5.3 и 5.4 показывают, что этих условий не достаточно.

⊲ Задача 5.3. Пусть I — полуинтервал, т.е. отрезок, одиниз концов которого исключен. Докажите, что существуетнепрерывное взаимно однозначное отображение f : I → S,где S — окружность.

⊲ Задача 5.4. Пусть F1 — круг, F2 — кольцо, причем неко-торые граничные точки этих фигур выколоты, а некото-рые оставлены (для решения задачи нужно, в частности,придумать, какие точки выколоты, а какие оставлены).


Докажите, что существуют непрерывные взаимно одно-значные отображения f : F1 → F2 и g : F2 → F1.

Обсуждение поверхностей, заклеивающих узлы, мыначали с двух примеров заклеивания трилистника(рис. 3.1). Как мы уже выяснили, одна из поверхностей,заклеивающих трилистник, гомеоморфна листу Мебиуса(рис. 5.2).

⊲ Задача 5.5. Докажите, что другая поверхность, заклеи-вающая трилистник, гомеоморфна (но не изотопна) тору

с вырезанным диском (рис. 5.5).

Рисунок 5.5

Теперь мы обсудим два важных способа построения го-меоморфизмов. У этих способов много общего. Гомеомор-физмы обоих типов будем называть скручивающими.

Построение скручивающего гомеоморфизма проще все-го описать для цилиндра, хотя для него эта конструкцияне дает ничего интересного, т.е. полученный гомеомор-физм будет изотопией. Но, например, для тора анало-гичная конструкция приводит уже к весьма интереснымгомеоморфизмам.

Построение скручивающего гомоморфизма для цилин-дра изображено на рис. 5.6 (а). Сначала мы жестко за-крепляем основания цилиндра, а сам цилиндр разрезаемпосредине. Затем один край разреза тоже закрепляем, адругой край начинаем поворачивать и поворачиваем егодо тех пор, пока не совершим полный оборот на 360∘. По-сле этого цилиндр склеиваем снова. В результате получимвзаимно однозначное отображение цилиндра в цилиндр.


Непрерывность могла бы нарушиться лишь в точках раз-реза. Но мы, сделав поворот на 360∘, возможный разрывустранили.

(а) (б)

Рисунок 5.6

Для цилиндра полученный гомеоморфизм не очень ин-тересен. Но аналогичным образом можно построить го-меоморфизм тора, рассмотрев часть тора как цилиндр. Врезультате получим весьма интересный гомеоморфизм то-ра (рис. 5.6 (б)). С помощью такого рода гомеоморфизмовтора можно перевести незаузленную окружность, распо-ложенную на торе, в трилистник (рис. 5.7). Сначала тре-мя скручивающими гомеоморфизмами мы переводим этуокружность в окружность, изображенную на рис. 5.7 (в).Заштрихованная на этом рисунке часть тора представляетсобой цилиндр. Если для этого цилиндра сделать скручи-вающий гомеоморфизм, то исходная окружность перей-дет в кривую, изображенную на рис. 5.7 (г). Последняякривая представляет собой трилистник (см. рис. 5.7 (д) и(е)). Таким образом, скручивающие гомеоморфизмы торане сводятся к изотопиям.

⊲ Задача 5.6. Постройте гомеоморфизм кренделя, перево-дящий незацепленные окружности (рис. 5.8 (а)) в зацеп-ленные окружности (рис. 5.8 (б)).

На рис. 5.9 показано, как окружность, разделяющуюкрендель пополам, можно перевести в трилистник с помо-щью скручивающих гомеоморфизмов. Переход от рис. (б)к рис. (в) совершается посредством изотопии. Переход от


(а) (б) (в)

(г) (д) (е)

Рисунок 5.7

(а) (б)Рисунок 5.8

(а) (б) (в) (г) (д)

Рисунок 5.9

(а) (б) (в) (г) (д)

Рисунок 5.10


рис. (в) к рис. (г) аналогичен переходу от рис. 5.7 (б) крис. 5.7 (в). Перемещая на рис. 5.9 (г) точки 1 и 2, 3 и 4против часовой стрелки, легко перейти к рис. 5.9 (д). Еслиограничиться одной половиной кренделя, то в результатеполучим гомеоморфизм между тором с вырезанным дис-ком и ориентируемой поверхностью, заклеивающей три-листник.

Трилистник, расположенный на кренделе, можно так-же получить из кривой, не разбивающей крендель на ча-сти (рис. 5.10). Отметим, что при любом гомеоморфизмекривая, не разбивающая крендель, переходит в кривую,не разбивающую крендель. Поэтому трилистник, изоб-раженные на рис. 5.10 (д), не разбивает крендель. По-ясним процесс получения трилистника. Сначала делаемдва скручивающих гомеоморфизма (рис. (б)). Переход отрис. (б) к рис. (в) делается с помощью изотопии. Чтобыперейти от рис. (в) к рис. (г), нужно взять крендель двумяруками в точках A и B и развернуть его верхнюю и ниж-нюю части на 180∘. Для перехода от рис. (г) к рис. (д)делаем скручивающий гомеоморфизм.


Обсудим теперь другой тип скручивающих гомеомор-физмов. На рис. 5.11 изображены диаграммы двух узлов,различающихся лишь одним перекрестком. Один из этихузлов — трилистник, а другой узел представляет собойнезаузленную окружность. Предположим, что все про-странство заполнено эластичным материалом. Удалим изэтого пространства некоторый узел . В результате полу-


чим фигуру, которую обозначим ℝ3 ∖ K. Если K1 и K2

— узлы, изображенные на рис. 5.11, то фигуры ℝ3 ∖K1 и

ℝ3 ∖ K2 не гомеоморфны. Доказывать это утверждение

мы не будем. Нас будет интересовать другое. Оказыва-ется, если помимо 1 и 2 вырезать еще по незаузленнойокружности, то можно получить гомеоморфные фигуры.А именно, фигуры ℝ

3 ∖L1 и ℝ3 ∖L2 (рис. 5.12) гомеоморф-

ны.Прежде чем строить гомеоморфизм между ℝ

3 ∖ L1 иℝ3 ∖ L2, заметим, что вместо кривой можно вырезать ее

некоторую окрестность, т.е. вместо окружности можно вы-резать тор. Это связано с тем, что круг, из которого вы-колота точка, гомеоморфен кольцу, из которого удаленавнутренняя граничная окружность.

(а) (б)

Рисунок 5.13

(а) (б) (в)

Рисунок 5.14

При построении гомеоморфизма нас будет интересо-вать лишь область, изображенная на рис. 5.13 (а). Точ-нее говоря, гомеоморфизм будет затрагивать лишь ци-


линдр, заключенный «внутри» тора; на сечении тора(рис. 5.13 (б)) область, соответствующая этому цилиндру,заштрихована. Нарисуем этот цилиндр отдельно, увели-чив для наглядности его высоту (рис. 5.14 (а)).

К остальной части рассматриваемой фигуры ℝ3 ∖ L1

примыкают лишь основания цилиндра; его боковая по-верхность свободна, т.е. она не примыкает к остальной ча-сти фигуры. Разрежем рассматриваемую фигуру по ниж-нему основанию цилиндра. Жестко закрепим верхнее ос-нование цилиндра, а затем повернем его нижнее основаниена 360∘ (рис. 5.14 (б)) и склеим фигуру снова. После это-го с помощью изотопии можно перейти от рис. 5.14 (б) крис. 5.14 (в). В результате мы изменили тип перекрестка,т.е. перешли от фигуры ℝ

3 ∖ L1 к фигуре ℝ3 ∖ L2. Оста-

ется проверить, что полученное преобразование — гомео-морфизм. Боковая поверхность цилиндра не граничит состальной частью фигуры, поэтому точками разрыва мо-гут быть лишь точки нижнего основания. Но мы устрани-ли разрыв, повернув нижнее основание на 360∘. Значит,мы действительно построили гомеоморфизм, переводящийℝ3 ∖ L1 в ℝ

3 ∖ L2.Вернемся к узлам Ki и зацеплениям Li, изображен-

ным на рис. 5.11 и 5.12 соответственно. Пусть T1 и T2 —окружности, охватывающие перекрестки узлов K1 и K2.Иными словами, зацепление Li представляет собой объ-единение Ki и Ti. Фактически мы построили не толькогомеоморфизм f : ℝ3 ∖ L1 → ℝ

3 ∖ L2, но и гомеоморфизмg : ℝ3 ∖ T1 → ℝ

3 ∖ T2, при котором K1 отображается в K2.Таким образом, гомеоморфизм f допускает продолжениена K1. Возникает желание попытаться продолжить f и наокружность T1, т.е. построить гомеоморфизм h : ℝ3 → ℝ

3,переводящий L1 в L2 (символом ℝ

3 мы обозначили про-странство, из которого ничего не вырезано). Проследим,как ведет себя при гомеоморфизме f окружность S, на-детая на T1 (рис. 5.15 (а). Ее образ при гомеоморфизмеf изображен на рис. 5.15 (б). Этот рисунок показыва-


ет, что продолжить f наT1 не удастся. Отметим,что если бы существо-вал гомеоморфизм h :ℝ3 → ℝ

3, переводящийL1 в L2, то, в частности,существовал бы гомео-морфизм s : ℝ3 ∖ K1 →ℝ3∖K2. В самом деле, в

качестве s можно былобы взять ограничение hна множество ℝ

3 ∖K1.

(а) (б)

Рисунок 5.15

⊲ Задача 5.7. а) Дока-жите, что фигуры, по-лученные из простран-ства ℝ

3 удалением за-цеплений, изображен-ных на рис. 5.16, гомео-морфны.

Рисунок 5.16

б) Докажите аналогичное утверждение для зацепле-ний, изображенных на рис. 5.17.

Рисунок 5.17

⊲ Задача 5.8. Докажите, что любой узел можно развязать,изменяя типы его перекрестков.


Решения

▸ 5.1. Любая точка разбивает интервал на две части, а ок-ружность никакая точка не разбивает на части.

▸ 5.2. Точка, из которой выходят лучи, разбивает образо-ванную ими фигуру на три части.

▸ 5.3. Из полуинтервала можно склеить окружность(рис. 5.18).

Рисунок 5.18

▸ 5.4. Решение изображено на рис. 5.19. Пунктирная частьграниц фигур исключена. Непрерывное отображениекольца (с одной точкой на внутреннем крае) в круг, изоб-раженное в нижней части рисунка, строится точно так же,как мы строили в примере 2 гомеоморфизм кольца в кругс выколотой точкой.

Рисунок 5.19


▸ 5.5. Рассматриваемую поверхность можно получить,склеив стрелки на границе двух фигур, изображенных нарис. 5.20 (а). Сделаем изотопию одной из них, а другуюотразим в плоскости относительно прямой (рис. 5.20 (б)).Пары стрелок a и c теперь можно склеить, а одну из стре-лок b можно подвести поближе к другой стрелке с помо-щью изотопии (рис. 5.20 (в)). Склеив стрелки b, получимфигуру, которую можно продеформировать в тор с выре-занным диском. (Напомним, что эта деформация изобра-жена на рис. 1.8).

(а) (б) (в)

Рисунок 5.20

▸ 5.6. Требуемый гомеоморфизм получается из скручиваю-щего гомеоморфизма (рис. 5.21) с помощью изотопии.

(а) (б)


▸ 5.7. Будем использовать одну из удаленных кривых длятого, чтобы делать скручивающие гомеоморфизмы.

а) С помощью скручивающего гомеоморфизма перехо-дим к рис. 5.22 (а); скручивание при этом делается отно-сительно окружности, изображенной пунктиром.

б) Скручивающий гомеоморфизм нужно применитьдважды. Сначала получим зацепление, изображенное нарис. 5.23 (а). Оно изотопно зацеплению, изображенномуна рис. 5.23 (б). Сделав еще один скручивающий гомео-морфизм относительно той же самой окружности, полу-чим две незацепленные окружности (рис. 5.23 (в)).

(а) (б) (в)

Рисунок 5.23

▸ 5.8. Рассмотрим диаграмму данно-го узла K1. Пусть l — прямая, ле-жащая в плоскости диаграммы и непересекающая диаграмму. Будемдвигать прямую l по направлениюк диаграмме до тех пор, пока онане коснется диаграммы в некоторойточке P (рис. 5.24). Возьмем в про-странстве отрезок AB, проецирую-щийся в точку P . Можно считать,что точка A лежит выше точки B. Рассмотрим траекто-рию точки, равномерно опускающейся из точки A в точкуB, но не вертикально, а так, чтобы двигаться над точкамидиаграммы, отличными от точки P . Эта траектория вме-сте с отрезком AB составляет некоторый узел K2, причемего можно получить из исходного узла K1 заменой типовперекрестков. Легко проверить, что кривая K2 незаузле-на. В самом деле, ее проекция на плоскость, перпендику-лярную прямой l, не имеет точек самопересечения.

Рисунок 5.24

6

Векторные поля на плоскости

Пусть в каждой точке плоскости (или части плоскости) за-дан вектор, причем координаты вектора непрерывно зави-сят от точки (рис. 6.1). Тогда говорят, что на плоскости за-дано непрерывное векторное

поле. Точку, в которой за-дан нулевой вектор, называ-ют особой точкой векторногополя. Мы будем рассматри-вать лишь векторные поля сконечным числом особых то-чек.

Рисунок 6.1

Совершим обход вокруг особой точки по некоторомунесамопересекающимуся пути, не содержащему внутри се-бя других особых точек. Для каждой точки, через кото-рую мы проходим, рассмотрим соответствующий ей век-тор и перенесем его в некоторую фиксированную точку.В процессе обхода он будет вращаться вокруг фиксиро-ванной точки, возможно, меняя при этом длину. Посмот-рим, сколько оборотов совершает этот вектор при полномобходе вокруг особой точки. Каждому обороту вектораприпишем знак плюс, если направление вращения векторасовпадает с направлением обхода, и знак минус, если на-правление вращения вектора противоположно направле-нию обхода. Общее количество оборотов вектора с учетом

6. Векторные поля на плоскости 55

знака (т.е. разность между количеством положительных иотрицательных оборотов) называют индексом особой точ-ки.

Индекс не зависит от направления обхода. Но поканепонятно, зависит ли он от пути обхода. Чуть позже мыдокажем, что от пути обхода индекс не зависит. А покаразберем несколько примеров.

(а) (б) (в)

Рисунок 6.2

Рассмотрим на плоскости векторные поля a, b и c, гдеa(x, y) = (x, y), b(x, y) = (y,−x), c(x, y) = (y, x) (рис. 6.2).Каждое из этих векторных полей имеет лишь одну особуюточку, а именно, начало координат. Пусть φ — угол пово-рота от оси Ox до вектора (x, y); α, β и γ — углы поворотовот оси Ox до векторов a, b и c соответственно. Углы α, β иγ зависят лишь от φ. При этом α(φ) = φ, β(φ) = φ− 90∘,γ(φ) = 90∘ − φ. При обходе вокруг начала координат поокружности x2 + y2 = 1 углы α, β и γ изменяются на360∘. Направление изменения углов α и β совпадают с на-правлением изменения угла φ, а направление измененияугла γ противоположно ему. Следовательно, для вектор-ных полей a и b индекс начала координат равен 1, а длявекторного поля c индекс начала координат равен −1.

Векторное поле удобно представлять себе как полескоростей, описывающее движение всех точек плоскости.Иными словами, каждая точка плоскости движется понекоторой траектории, а векторное поле состоит из век-торов скоростей движения этих точек. При этом скорость


движения точки полностью определяется ее местоположе-нием, т.е. поле скоростей не зависит от времени.

⊲ Задача 6.1. Докажите, что в случае векторных полей a,b и c траекториями движения точек, отличных от нача-ла координат, будут соответственно лучи, окружности иветви гипербол.

⊲ Задача 6.2. Найдите индексы векторных полей, траекто-рии которых изображены на рис. 6.3.

(а) (б) (в)

Рисунок 6.3

⊲ Задача 6.3. Существует ли векторное поле с траектори-ями, изображенными на рис. 6.4?


Напомним, что комплексной плоскостью называютмножество точек плоскости, отождествленное с множе-ством комплексных чисел. Точка с координатами (x, y)отождествляется при этом с числом x+ iy.


⊲ Задача 6.4. Рассмотрим на комплексной плоскости век-

торное поле v(z) =zn

∣z∣n−1при z ∕= 0, v(0) = 0. Найдите

индексы особых точек таких векторных полей для всехцелых n и нарисуйте их траектории.

⊲ Задача 6.5. Назовем векторное поле v четным, еслиv(x) = v(−x), и нечетным, если v(x) = −v(−x). Дока-жите, что индекс точки O для четного поля четен, а длянечетного поля нечетен.

⊲ Задача 6.6. В каждой точке X некоторой окружностизадан вектор v(X), непрерывно зависящий от X. Прямая,содержащая этот вектор, пересекает окружность в точкахX и Y (рис. 6.5). При полном обходе окружности векторv делает n оборотов. Сколько оборотов делает при этомвектор w =

−−→OY , где O — центр окружности?

Докажем теперь, что индекс особой точки не зависитот пути обхода. Индекс — целое число, поэтому он можетизменяться лишь скачком, не менее чем на 1; изменятьсянепрерывно индекс не может. При непрерывном измене-нии пути обхода скачок индекса может произойти лишь втом случае, когда путь проходит через особую точку. Номы рассматриваем лишь пути, которые содержат внутрировно одну особую точку и не проходят через особые то-чки. Любые два таких пути, содержащих одну и ту жеособую точку, можно продеформировать друг в друга, незадевая при этом особых точек.

⊲ Задача 6.7. Замкнутая самопересекающаяся кривая раз-бивает плоскость на несколько областей (рис. 6.6). В каж-дой области можно выбрать некоторую точку O и сопо-


ставить области число обо-ротов вектора

−−→OX при об-

ходе кривой. Докажите,что если две области име-ют общую границу, то со-ответствующие им числаотличаются на 1. Рисунок 6.6

Пусть замкнутая несамопересекающаяся кривая γ непроходит через особые точки векторного поля v. Тогдаможно определить индекс этой кривой как число оборотоввектора v(X) при обходе кривой γ. Обороты вектора счи-таются положительными, если их направление совпадаетс направлением обхода кривой.

Теорема 6.1. Индекс кривой γ равен сумме индексов осо-

бых точек, заключенных внутри ее.

Доказательство. Выберем в качестве оси Ox прямую, неперпендикулярную ни одной из прямых, соединяющих па-ры данных точек, и соединим рассматриваемые особые то-чки в порядке возрастания координаты x (рис. 6.7).

Рисунок 6.7

Кривая γ изотопна кривой γ1, близкой к полученнойломаной (на рис. 6.7 заштрихована область, содержащая-ся внутри γ1). В процессе изотопии от γ к γ1 кривые непроходят через особые точки, поэтому индексы кривых γ


и γ1 равны. Кривая γ1 состоит из дуг окружностей с цен-трами в особых точках и отрезков, близких к отрезкам,соединяющим особые точки. Если пройти по отрезку ABсначала от A к B, а затем от B к A, то в обоих случаяхабсолютные величины углов поворота вектора v(X) будутравны, но направления углов поворота будут противопо-ложны. Следовательно, части кривой γ1, близкие к от-резкам, дают нулевой вклад в индекс, так как они прохо-дятся в противоположных направлениях. В итоге вклад виндекс кривой γ1 дают лишь особые точки.

Во всех этих рассуждениях мы предполагаем, что кри-вая γ1 достаточно близка к рассматриваемой ломаной.

Следствие. Если индекс замкнутой несамопересекаю-

щейся кривой отличен от нуля, то внутри ее есть по

крайней мере одна особая точка.

Именно со следствием теоремы 6.1 связаны наиболееважные применения индекса особой точки. Приведем трипримера использования этого следствия (теоремы 6.2–6.4).

Теорема 6.2. Пусть f — непрерывное отображение кру-

га D2 в плоскость, причем каждая точка граничной

окружности S1 отображается сама в себя. Тогда неко-

торая точка круга D2 отображается в его центр.

Доказательство. Рассмотрим на D2 векторное поле

v(X) =−−−−→Of(X),

где O — центр круга (рис. 6.8). На окружности S1 полу-чим при этом такое же векторное поле, какое изображенона рис. 6.2 (а). Следовательно, индекс кривой S1 равен1, а значит, внутри S1 есть особая точка X0. Равенствоv(X0) = 0 эквивалентно тому, что f(X0) = O, т.е. точкаX0 отображается в центр круга.



Теорема 6.3. Пусть f — непрерывное отображение кру-

га D2 в себя. Тогда f(X0) = X0 для некоторой точки X0,

т.е. f имеет неподвижную точку X0.

Доказательство. Рассмотрим на кругеD2 векторное полеw(X) =

−−−−→Xf(X). Предположим, что у отображения f нет

неподвижных точек, т.е. у векторного поля w нет особыхточек. На граничной окружности можно также рассмот-реть векторные поля v и vt (0 ≤ t ≤ 1), построение которыхвидно из рис. 6.9: точка X ′ диаметрально противополож-на точке X, а точка X ′

t делит отрезок f(X)X ′ в отношенииf(X)X ′

t : X′

tX = t : (1− t). Будем считать, что X ′

0= f(X)

иX ′

1= X ′. Все векторы vt ненулевые, поэтому можно рас-

смотреть число n(t) — индекс граничной окружности от-носительно векторного поля v(t). Число n(t) целое и ононепрерывно зависит от t. Следовательно, n(0) = n(1) = 1.Но это означает, что векторное поле w имеет особую точку.Получено противоречие.

По ходу доказательства теоремы 6.3 мы фактическидоказали следующее утверждение, которым нам еще при-дется воспользоваться в дальнейшем.

Лемма 6.1. Пусть на замкнутой несамопересекающей-

ся кривой заданы векторные поля v и w, причем в лю-

бой точке X векторы v(X) и w(X) не противоположны


по направлению. Тогда индексы кривой γ относительно

этих векторных полей равны.

Доказательство. Обратимся к рис. 6.9. Вектор vt можетбыть нулевым лишь в том случае, когда векторы v и wпротивоположны по направлению.

Теорема 6.4 (Основная теорема алгебры). Любой

многочлен P (z) = zn+a1zn−1+· · ·+an с комплексными ко-

эффициентами имеет по крайней мере один комплексный

корень.

Доказательство. Рассмотрим на комплексной плоскостивекторные поля v(z) = zn и w(z) = P (z). Докажемсначала, что при достаточно больших R для всех точекокружности, заданной уравнением ∣z∣ = R, выполняетсянеравенство ∣w(z) − v(z)∣ < ∣v(z)∣. Пусть a — наибольшееиз чисел ∣a1∣, . . . , ∣an∣. Тогда

∣w(z) − v(z)∣ = ∣a1zn−1 + · · · + an∣ ≤

≤ ∣a1∣Rn−1 + · · ·+ ∣an∣ ≤ naRn−1

при R > 1. Так как ∣v(z)∣ = Rn, то ∣w − v∣ < ∣v∣ приR > na+ 1.

Из неравенства ∣w − v∣ < v следует, что векторы v иw не могут быть противоположно направлены. Поэтомуиндекс окружности ∣z∣ = R относительно поля w равенее индексу относительно поля v. Последний индекс равенn (см. решение задачи 6.4). Поэтому индекс окружности∣z∣ = R относительно векторного поля w(z) = P (z) равенn. Следовательно, внутри ее есть особые точки, в которыхP (z) обращается в нуль.

Основную идею доказательства теоремы 6.4 наглядноможно представить следующим образом. Если число Rдостаточно велико, то длина вектора w − v во много разменьше длины вектора v (рис. 6.10). Вектор v совершает


n оборотов, поэтому вектор w, очень близкий к нему, тожесовершает n оборотов.

Рисунок 6.10

⊲ Задача 6.8. Пусть f — непрерывное отображение кругаD2 с центром в плоскость, причем если точки и симмет-ричны относительно точки , то точки f(A) и f(B) тожесимметричны относительно точки . Докажите, что неко-торая точка круга отображается в точку .

Посмотрим теперь, что происходит, когда векторноеполе изменяется внутри некоторой окружности. Отметим,прежде всего, что индекс окружности сохраняется, таккак на ней векторы не изменяются. Поэтому при слияниинескольких особых точек в одну получается особая точка,индекс которой равен сумме их индексов. Например, прислиянии двух особых точек с индексом 1 получается осо-бая точка с индексом 2 (рис. 6.11). Слияние трех особыхточек с индексом 1 можно представить следующим обра-зом. Область, заштрихованная на рис. 6.12 (а), пережима-ется, и в результате из нее получаются две области. Придобавлении других особых точек с индексом 1 происходитаналогичное пережимание одной из областей.



(а) (б)

Рисунок 6.12

При слиянии двух особых точек с индексом −1 пере-жимается область, заштрихованная на рис. 6.13 (а). В ре-зультате переходим к рис. 6.13 (б). При добавлении дру-гих особых точек с индексом −1 происходит аналогичноепережимание областей (рис. 6.14).

(а) (б)

Рисунок 6.13

(а) (б)

Рисунок 6.14

При слиянии двух особых точек с индексами 1 и −1получается особая точка с индексом 0. Такую особую


точку можно «устранить». Задачи 6.9 и 6.10 дают дверазличные интерпретации устранения особой точки.

⊲ Задача 6.9. Измените траекториивекторного поля, изображенные нарис. 6.15, так, чтобы вне окружно-сти S2 траектории не изменились,а внутри окружности S1 они ста-ли параллельными отрезками. Приэтом должно получиться векторноеполе без особых точек. Рисунок 6.15

⊲ Задача 6.10. Измените траектории того же векторногополя так, чтобы внутри S1 траектории не изменились, авне S2 они стали параллельными лучами или прямыми.Между S1 и S2 при этом не должно быть особых точек.

В задачах 6.9 и 6.10 фактически идет речь о постро-ении на кольце векторного поля без особых точек в томслучае, когда векторное поле задано на граничных окруж-ностях кольца. Иными словами, речь идет о продолжениибез особых точек векторного поля, заданного на границе.Вот еще одна задача такого рода.

⊲ Задача 6.11. Продолжите без особых точек на все коль-цо векторное поле, изображенное на рис. 6.16. Нарисуйтеего траектории.



Задачи 6.9–6.11 являются частными случаями следую-щего утверждения.

Теорема 6.5. Векторное поле без особых точек, заданное

на граничных окружностях кольца, можно продолжить

на все кольцо тогда и только тогда, когда индексы гра-

ничных окружностей равны.

Доказательство. Предположим сначала, что векторноеполе, заданное на граничных окружностях кольца, можнопродолжить на все кольцо. Внешнюю окружность кольцас помощью гомотетии можно продеформировать во внут-реннюю окружность. В процессе деформации окружностьне проходит через особые точки, поэтому индексы внут-ренней и внешней окружностей равны.

Рисунок 6.18

Предположим теперь, что на граничных окружно-стях задано векторное поле, причем индексы граничныхокружностей равны. Требуется продолжить векторноеполе на все кольцо. Для произвольного векторного по-ля, заданного на окружности, построим график следу-ющим образом. Для каждого угла α определим φ(α)— угол между векторами, заданными в точках X и A(рис. 6.17); при этом φ(0) = 0. Построим график функцииφ(α) на отрезке [0, 2π]. Он проходит через начало коор-динат и точку с координатами (2π, 2kπ),где k — индекс окружности относительноданного векторного поля. Такие графи-ки построим для двух рассматриваемыхвекторных полей, заданных на гранич-ных окружностях. Эти графики мож-но следующим образом соединить непре-рывным семейством графиков. Пустьпрямая, параллельная оси Oy, пересе-кает первый график в точке A1, а вто-рой график в точке A2 (рис. 6.18). Бу-дем считать, что в момент времени t гра-


фик делит отрезок A1A2 в отношении t : (1 − t). Тогда вмоменты t = 0 и t = 1 получаем соответственно первыйи второй графики, а при изменении t от 0 до 1 первыйграфик непрерывно переходит во второй. В результатедля всех t и α, где 0 ≤ t ≤ 1 и 0 ≤ α ≤ 2π, опреде-лены значения φ(t, α). Исходные графики соответствуютфункциям φ(0, α) и φ(1, α). С помощью функции φ(t, α)можно построить векторное поле на кольце. Чтобы задатьненулевой вектор, достаточно задать его длину и угол, ко-торый он образует с лучом Ox. Будем считать, что напринадлежащем кольцу отрезке луча с началом в центрекольца длина вектора равномерно изменяется от длинывектора на первой граничной окружности до длины векто-ра на второй граничной окружности. Исходя из рис. 6.17,угол, который вектор образует с лучом Ox, определим каксумму углов φ(t, α) и φ0,t , где угол φ0,t , соответствующийуглу φ0 на рис. 6.17, равномерно изменяется от угла φ0,0

до угла φ0,1. Построенное векторное поле обладает требу-емыми свойствами.

Наряду с векторными полями можно рассматриватьи поля направлений. Пусть в каждой точке плоскости(или части плоскости) задана прямая, причем направле-ния прямых непрерывно зависят от точки, т.е. углы междупрямыми, заданными в достаточно близких точках, малы.Тогда говорят, что на плоскости задано непрерывное поле

направлений.Для поля направлений тоже можно рассмотреть тра-

ектории — кривые, у которых в каждой точке касательнаяявляется прямой поля направлений, заданной в этой точ-ке.

Любому векторному полю без особых точек можно со-поставить поле направлений, взяв вместо вектора содер-жащую его прямую. Обратную операцию проделать мож-но не всегда. В самом деле, исключим из плоскости точ-ку O и рассмотрим в оставшейся части плоскости поленаправлений, изображенное на рис. 6.19 (предполагается,


что во всех точках лу-ча, выходящего из то-чки O, заданы парал-лельные прямые). Каквидно из того же ри-сунка, попытка постро-ить векторное поле поэтому полю направле-ний не увенчается успе-хом. Рисунок 6.19

⊲ Задача 6.12. Докажите, что по любому непрерывномуполю направлений, заданному на всей плоскости, можнопостроить непрерывное векторное поле.

⊲ Задача 6.13. Существует ли в трехмерном пространствес одной выколотой точкой поле направлений, по которомунельзя построить векторное поле?

Решения

▸ 6.1. Если (x(t), y(t)) — траектория векторного поля a, то

dx(t)

dt= x(t),

dy(t)

dt= y(t).

Поэтому x(t) = pet и y(t) = qet, а значит, qx = py и каждаятраектория целиком лежит в одном из квадрантов. Сле-довательно, траекториями являются лучи, выходящие изначала координат. Отдельной траекторией является так-же само начало координат.

Для траекторий векторного поля b получаем уравне-ния

dx

dt= y,

dy

dt= −x.


В полярных координатах x = r cosφ, y = r sinφ эти урав-нения запишутся в виде

dr

dtcosφ− r sinφ

dφ

dt= r sinφ,

dr

dtsinφ+ r cosφ

dφ

dt= −r cosφ.

Решая эту систему линейных уравнений относительноdr

dt

иdφ

dt, получаем

dr

dt= 0 и

dφ

dt= 1. Следовательно, x =

R cos(t+ t0) и y = R sin(t+ t0), где R и t0 — константы.Для траекторий векторного поля c получаем уравне-

нияdx

dt= y,

dy

dt= x.

Сделаем замену переменных u = x+ y, v = x− y. Тогда

du

dt=dx

dt+dy

dt= y + x = u,

dv

dt=dx

dt−dy

dt= y − x = −v.

Поэтому u = pet, v = qe−t, а значит, u =pq

v. В коорди-

натах Ovu траектории являются ветвями гипербол u =c

v(рис. 6.20) или лучами с началом в точке O, лежащими наосях координат.

▸ 6.2. Ответ: а) 2; б) 3; в) −2.

▸ 6.3. Если попытаться задать направления движения натраекториях, изображенных на рис. 6.4, то придем к про-тиворечию (рис. 6.21).



▸ 6.4. Пусть z = Reiφ. Тогда v(z) = Reinφ. При измененииφ от 0 до 2π число nφ изменяется от 0 до 2nπ, т.е. векторv(z) делает n оборотов. Следовательно, индекс векторногополя v равен n.

Нарисовать траектории векторного поля вам поможетрис. 6.3.

▸ 6.5. Для четного векторного поля при обходе половиныокружности вектор v поворачивается на 2kπ, а для нечет-ного на (2k + 1)π.

▸ 6.6. Обратимся к рис. 6.22. Пусть α и φ(α) — углы междуосью Ox и векторами

−−→OX и v. Тогда ∠ZOY = 2∠ZXY =

2φ(α) и ∠IOY = 2φ(α)−α. Следовательно, если вектор vсовершает n оборотов, то вектор w совершает 2n−1 оборот.

▸ 6.7. Отметим, прежде всего, что внутри каждой областичисло оборотов непрерывно зависит от точки, поэтомувнутри области оно постоянно.



Число оборотов вектора−−→OX при обходе кривой мож-

но вычислять следующим образом. Проведем из точки Oлуч, не касающийся кривой. Точкам пересечения луча скривой сопоставим числа ±1 в соответствии с тем, про-исходит ли в них движение по кривой справа налево илислева направо (рис. 6.23). Тогда число оборотов с учетомзнака равно сумме этих чисел. Иными словами, если вынаходитесь в фиксированной точке, а вокруг вас бегаетсобака, то для того, чтобы узнать, сколько раз она вокругвас обежала, не нужно все время следить за ней. Доста-точно смотреть в одном направлении и считать, сколькораз собака пробегает мимо в одном направлении и скольков другом.

Точки A и B внутри соседних областей можно выбратьтак, чтобы отрезок AB пересекал границу ровно в однойточке. Для луча AB и луча, идущего из точки B в направ-лении луча AB, описанная выше сумма чисел различаетсялишь одним числом, стоящим в точке пересечения отрезкаAB с границей областей.

▸ 6.8. Будем считать, что центр круга совпадает с нача-лом координат на плоскости. Сопоставим каждой точ-ке X круга D2 вектор

−−−−→Of(X). Предположим, что все

эти векторы ненулевые. Тогда определен индекс гранич-ной окружности, причем он нечетен, так как получен-ное векторное поле нечетно (см. задачу 6.5). Следова-


тельно, внутри круга есть особая точка X, для которой−−−−→Of(X) =

−→0 . Получено противоречие. Таким образом,

внутри круга или на его границе есть особая точка X, длякоторой

−−−−→Of(X) =

−→0 , т.е. f(X) = O.

▸ 6.9. См. рис. 6.24.

▸ 6.10. См. рис. 6.25.


▸ 6.11. Траектория требуемоговекторного поля изображенана рис. 6.26. Само вектор-ное поле получается враще-нием векторов при движениипо отрезкам радиусов, заклю-ченным между граничнымиокружностями. При переме-щении из одного конца отрез-ка в другой происходит пово-рот на 180∘.

Рисунок 6.26

▸ 6.12. Выберем в плоскости фиксированную точку O. За-данной в точке O прямой соответствуют два единичныхвектора; выберем один из них. Тогда в любой точке Aединичный вектор на заданной в прямой можно выбрать,

двигаясь по отрезку OA из O в A и выбирая в каждойточке X отрезка OA один из двух единичных векторов назаданной в точке X прямой.

Для плоскости с выколотой точкой этой конструкциейнельзя воспользоваться, потому что отрезок OA можетпроходить через выколотую точку.

▸ 6.13. Ответ: нет, не существует.

Векторное поле по полю направлений в трехмерномпространстве можно построить почти так же, как и в зада-че 6.12. Но переносить векторное поле по отрезку OA ужене удается, так как он может проходить через выколотуюточку. Векторы нужно переносить по путям, идущим из Oв A и не проходящим через выколотую точку. Для этогоприходится рассматривать криволинейные пути. Но тог-да возникает вопрос о совпадении результатов переноса поразным путям. Этот вопрос не праздный; рис. 6.19 пока-зывает, что для плоскости с выколотой точкой результатыпереноса векторов по разным путям могут быть разными.Но в трехмерном пространстве с выколотой точкой любойзамкнутый путь можно стянуть в точку, не задевая приэтом выколотую точку. Именно это свойство приводит ксовпадению результатов переноса по разным путям. В са-мом деле, если переносы вектора по двум разным путямприводят к разным результатам, то при обходе замкнуто-го пути, составленного из них, вектор должен переходитьв противоположный вектор. Это свойство должно сохра-няться в процессе стягивания пути в точку. С другой сто-роны, для пути, стянутого в точку, оно выполняться неможет.

7

Векторные поля на двумерных

поверхностях

По аналогии с векторными полями на плоскости можноввести понятие векторного поля на сфере. Сопоставимкаждой точке сферы некоторый вектор в трехмерном про-странстве. Для векторного поля на плоскости не нужнобыло заботиться о том, чтобы его траектории оставалисьна плоскости. Но для векторного поля на сфере позабо-титься об этом необходимо, а именно, нужно потребовать,чтобы заданные на сфере векторы касались ее. Будем го-ворить, что на сфере задано непрерывное векторное поле,если в каждой ее точке задан касательный вектор, причемэти векторы непрерывно зависят от точки.

Приведем два примера векторных полей на сфере.

Пример 1. Рассмотрим вращение сферы с некоторой угло-вой скоростью вокруг оси, проходящей через центр сферы.На сфере при этом возникает векторное поле скоростейдвижения точек (рис. 7.1). У этого векторного поля естьдве особые точки, а именно, точки пересечения сферы иоси вращения. Индексы обеих особых точек равны 1.



Пример 2. На сфере можно построить и векторное полес одной особой точкой. Его траектория — сечения сфе-ры плоскостями, проходящими через фиксированную ка-сательную к сфере (рис. 7.2). Индекс особой точки ра-вен 2.

В обоих примерах сумма индексов особых точек равна2. Это не случайное совпадение.

Теорема 7.1. Пусть число особых точек непрерывного

векторного поля на сфере конечно. Тогда сумма их ин-

дексов равна 2.

Первое доказательство. Сферу можно разделить на двечасти кривой, не содержащей особых точек. Для нашихцелей достаточно было бы рассмотреть произвольную за-мкнутую кривую на сфере, не проходящую через особыеточки. Но докажем несколько более сильное утверждение,а именно, докажем, что если на сфере дано конечное мно-жество точек, то существует окружность большого круга(т.е. сечение сферы плоскостью, проходящей через центр),не проходящее ни через одну из данных точек. Рассмот-рим соответствие {A,A∗} ↔ a, где A и A∗ — диаметраль-но противоположные точки сферы, a — сечение сферыплоскостью, перпендикулярной прямой AA∗ и проходящейчерез центр сферы. Легко проверить, что точка A при-надлежит плоскости b (где b ↔ {B,B∗}) тогда и толькотогда, когда точка B принадлежит плоскости a. Пусть

7. Векторные поля на двумерных поверхностях 75

A1, . . . , An — данные точки. Им сопоставляются окруж-ности большого круга a1, . . . , an. Существует точка M непринадлежащая ни одной из этих окружностей. Ни однаиз данных точек не лежит на окружности m, соответству-ющей точке M .

(а) (б) (в)Рисунок 7.3

Представим сферу как воздушный шарик. Выпустиввоздух, сферу можно сплющить так, чтобы обе части, накоторые рассматриваемая окружность большого круга де-лит сферу, совпали друг с другом и имели при этом фор-му круга. Выделим окрестность точки большого кругаи посмотрим, что с ней происходит. Рис. 7.3 показывает,что на граничной окружности векторы двух полей сим-метричны друг другу относительно касательной. Остаетсядоказать следующее несложное утверждение, которое мысформулируем в виде задачи.

⊲ Задача 7.1. Векторные поля v и w таковы, что на окруж-ности S у них нет особых точек и в каждой точке X этойокружности векторы v(X) и w(X) симметричны относи-тельно касательной. Докажите, что сумма индексов осо-бых точек полей v и w, лежащих внутри окружности, рав-на 2.



Второе доказательство. Возьмем произвольную неосо-бую точку векторного поля на сфере и выберем ее окрест-ность столь малой, что все векторы в ней почти одинако-вые (рис. 7.4 (а)). Окрестность не содержит особых точек,поэтому достаточно рассмотреть остальную часть сферы.Ее можно продеформировать в круг (рис. 7.4 (б)). Приэтом получим векторное поле, направленное на дугах BCи CD внутрь окружности, а на дугах DA и AB наружу.Индекс окружности относительно полученного векторно-го поля равен 2. В самом деле, при обходе каждой из дугAB, BC, CD, DA вектор поворачивается на 180∘, причемнаправление поворота вектора совпадает с направлениемобхода.

В качестве примера использования теоремы 7.1 дока-жем теорему Декарта–Эйлера о выпуклых многогранни-ках.

Теорема 7.2. Пусть — число вершин выпуклого много-

гранника, — число его ребер, — число граней. Тогда

− + = 2.

Доказательство. Поместим многогранник внутрь сферытак, чтобы он содержал ее центр, и спроецируем ребрамногогранника на сферу из ее центра. На сфере возника-ет при этом криволинейная сеть. Выберем внутри каждойсферической грани по точке и соединим на сфере точкисоседних граней путями, проходящими через середины ихобщих ребер. На рис. 7.5 (а) новая сеть изображена пунк-тиром. Рассмотрим на сфере сеть, составленную из этихдвух сетей, и нарисуем на ее ребрах стрелки, выходящиеиз выбранных точек граней и входящие в вершины. Полу-ченную сеть можно включить в систему траекторий век-торного поля (рис. 7.5 (б)). Вид траектории в окрестно-сти вершины, выбранной точки грани и середины ребрапоказан на рис. 7.6 (а), (б) и (в) соответственно. Других


особых точек у построенного векторного поля нет, поэтомусумма индексов его особых точек равна − + . Согласнотеореме 7.1 это число равно 2.

(а) (б)

Рисунок 7.5

(а) (б) (в)

Рисунок 7.6

⊲ Задача 7.2. Каждой точке X сферы сопоставлен неко-торый ненулевой вектор v(X) трехмерного пространства.Вектор v непрерывно зависит от точки сферы, но он необязательно касается сферы. Докажите, что хотя бы одиниз векторов v(X) перпендикулярен касательной плоскостив точке X.

Векторные поля можно рассматривать не только насфере, но и на других двумерных поверхностях. Одна издвумерных поверхностей изображена в разных видах нарис. 7.7. Ее называют сферой с тремя ручками; проис-хождение такого названия поясняет рис. 7.7 (б). Анало-гично можно определить сферу с g ручками. На сфере с


g ручками мы тоже будем рассматривать векторные поля,состоящие лишь из касательных векторов.

(а) (б)


Рисунок 7.9

Можно считать, что сфера с gручками имеет ось симметрии, па-раллельную оси Oz (рис. 7.8). Рас-смотрим на этой поверхности век-торное поле, траектории котороголежат в плоскостях z = c. Осо-бые точки этого векторного поля— точки пересечения поверхности сосью симметрии. Самая высокая и самая низкая из этихточек (т.е. точки с наибольшим и наименьшим значени-ем координаты z) имеют индекс 1, потому что траекто-рии в окрестностях этих точек выглядят как окружности.Остальные особые точки имеют индекс −1, потому чтотраектории в окрестностях этих точек выглядят как частигипербол (и части лучей). У рассматриваемого векторногополя две особые точки индекса 1 и 2g особых точек индекса−1, поэтому сумма индексов его особых точек равна 2−2g.

Теорема 7.3. Сумма индексов особых точек непрерывно-

го векторного поля на сфере с g ручками равна 2− 2g.

Первое доказательство. Сферу с тремя ручками можноразрезать на две части, каждую из которых можно про-деформировать в плоскую фигуру F , изображенную на


рис. 7.9. Аналогично можно разрезать и сферу с g руч-ками. Если на кривую разреза попадает особая точка,то, слегка изменив кривую, особую точку можно с нееубрать. Поэтому будем считать, что разрез не проходитчерез особые точки. Сферу с g ручками, как и обычнуюсферу, можно сплющить так, что ее обе части совпадутс фигурой F . Из векторного поля на сфере с g ручкамипри этом получатся два векторных поля v и w на фигуреF , причем на всех граничных окружностях векторы v(X)и w(X) симметричны относительно касательной в точкеX. Требуется доказать, что сумма индексов особых то-чек этих векторных полей равна 2 − 2g. Воспользуемсядля этого результатом задачи 7.1. Пусть a и b — индексывнешней окружности относительно векторных полей v иw соответственно, a1, . . . , ag и b1, . . . , bg — индексы внут-ренних окружностей относительно этих векторных полей.Тогда a+ b = 2, a1+ b1 = 2, . . ., ag+ bg = 2 согласно задаче7.1. Продолжим векторные поля v и w на круги, ограни-ченные внутренними окружностями. Сделать это можно,например, с помощью гомотетии с центром в центре круга.Сумма индексов всех особых точек продолжения поля vравна a. С другой стороны, она равна a1+· · ·+ag+A, где A— сумма индексов особых точек исходного поля v, т.е. техособых точек, которые принадлежат фигуре F . Следова-тельно, a = a1+· · ·+ag+A. Аналогично b = b1+· · ·+bg+B.Сложив оба равенства, получим

a+ b = (a1 + b1) + · · · + (ag + bg) + (A+B),

т.е. A+B = 2− 2g, что и требовалось.

Второе доказательство. Рис. 7.10 показывает, как отсферы с g ручками можно перейти к сфере с g−1 ручкой.Для этого нужно разрезать одну ручку (рис. 7.10 (а)),а затем заклеить кривые разреза двумя полусферами(рис. 7.10 (б)).


(а) (б)

Рисунок 7.10

Для g = 0, т.е. для обыч-ной сферы, теорема 7.3 ужедоказана (см. теорему 7.1).Предположим, что утвержде-ние теоремы 7.3 доказано длялюбого непрерывного вектор-ного поля на сфере с g − 1ручкой. Нужно доказать егодля сферы с g ручками. Рас-смотрим произвольное непре-рывное векторное поле на сфере с g ручками. Перей-дем к сфере с g − 1 ручкой, как показано на рис. 7.10.При этом векторное поле не определено на двух полу-сферах. Но его можно на них непрерывно продолжить,представив полусферу как круг и рассмотрев гомотетиюс центром в центре круга. Слегка изменив при необхо-димости разрез, можно считать, что он не проходит че-рез особые точки. Векторные поля на кривых разрезапроисходят из одного и того же векторного поля на сфе-ре с g ручками. Поэтому из двух рассматриваемых по-лусфер с заданными на них векторными полями мож-но склеить сферу так, что на ней получим непрерывноевекторное поле. Следовательно, сумма индексов особыхточек на двух полусферах равна 2. Чтобы найти сум-му индексов особых точек на остальной части сферы сg − 1 ручкой, нужно из суммы индексов всех особых то-чек векторного поля на сфере с g − 1 ручкой вычесть 2.В результате получим 2 − 2(g − 1) − 2 = 2 − 2g, что итребовалось.

Следствие. Если g ∕= 1, то на сфере с g ручками любое

непрерывное векторное поле имеет особую точку.

Сфера с одной ручкой — это тор. На нем можнопостроить векторное поле без особых точек. Например,


представим тор как вращающееся колесо и рассмотрим нанем поле скоростей движения точек.

На сфере с g ручками можно построить непрерывноевекторное поле с одной особой точкой индекса 2−2g. Возь-мем для этого произвольное непрерывное векторное поле сконечным числом особых точек. Соединим две особые то-чки путем, а затем сольем их в одну особую точку, стянувпуть в точку. В результате число особых точек уменьшит-ся на 1. Сделав так несколько раз, получим векторноеполе с одной особой точкой. Но нарисовать его на сферес g ручками затруднительно. Чтобы получить явное изоб-ражение векторного поля с одной особой точкой на сфе-ре с g ручками, можно поступить по-другому. Разрежемсферу с g ручками на две части и продеформируем каж-дую из них в фигуру, изображенную на рис. 7.9. Рисоватьна плоских фигурах все же проще. На одной из частейможно взять векторное поле v с параллельными траекто-риями. Для сферы с двумя ручками его траектории изоб-ражены на рис. 7.11. На граничных окружностях другойчасти получаем векторное поле w, для которого векторw(X) симметричен вектору v(X) относительно касатель-ной к окружности в точке X. Для сферы с двумя ручкамивекторное поле w на крае изображено на рис. 7.11 (б). Ос-новная трудность заключается в том, чтобы продолжитьего на всю фигуру.

(а) (б)

Рисунок 7.11


⊲ Задача 7.3. Продолжите векторное поле, изображенноена рис. 7.11 (б), на всю фигуру.

Решения

▸ 7.1. Воспользуемся обозначениями рис. 7.12. Так как век-торы v и w симметричны относительно касательной, тоφ1 +φ2 = 2(90∘ + α). Поэтому φ2 = 180∘ + 2α− φ1. Пустьточка X совершает полный обход окружности, т.е. угол αизменяется от 0∘ до 360∘. Если при этом угол φ1 изменя-ется на n · 360∘, то угол φ2 изменяется на 2 · 360∘ −n · 360∘.Это означает, что если при обходе окружности вектор vсовершает n оборотов, то вектор w совершает 2−n оборо-тов. Согласно теореме 6.1 суммы индексов особых точеквекторных полей v и w равны n и 2 − n соответственно.Поэтому сумма индексов особых точек полей v и w равнаn+ (2− n) = 2.


▸ 7.2. Сопоставим каждой точке X, принадлежащей сфере,проекцию вектора v(X) на плоскость, касающуюся сферыв точке X. В результате получим непрерывное векторноеполе на сфере. Согласно теореме 7.1 у этого векторногополя есть особая точка X0, т.е. проекция вектора v(X0)

на касательную плоскость нулевая. Это означает, что век-тор v(X0) перпендикулярен касательной плоскости.

▸ 7.3. См. рис. 7.13.

8

Гомеоморфизмы без неподвижных

точек. Периодические гомеоморфизмы

Согласно теореме 6.3 любое непрерывное отображениедиска D2 в себя имеет неподвижную точку. Если же издиска вырезать несколько кругов, то для полученного кру-га с дырками уже можно построить непрерывное отобра-жение в себя без неподвижных точек. Сделать это неслож-но.

⊲ Задача 8.1. Постройте непрерывное отображение без непо-движных точек круга с n дырками в себя.

Рисунок 8.1

Задачу 8.1 можно услож-нить, потребовав, чтобы отоб-ражение без неподвижных то-чек было гомеоморфизмом. Та-кое отображение кольца (круга содной дыркой) построить легко.Для этого достаточно рассмот-реть поворот кольца на ненуле-вой угол. Если количество ды-рок n больше двух, то построитьгомеоморфизм без неподвижныхточек тоже несложно. Можно считать, что одна дыркарасположена в центре, причем фигура переходит в себя

8. Гомеоморфизмы без неподвижных точек 85

при повороте на угол2π

n− 1(рис. 8.1). Очевидно, что ни

одна точка фигуры не остается неподвижной при этом по-вороте.

⊲ Задача 8.2. Существует ли геоморфизм без неподвиж-ных точек для круга с двумя дырками?

Пусть f : M → M — отображение некоторого мно-жества M в себя, m — некоторый элемент множества M .Положим, f2(m) = f(f(m)) и fk(m) = f(fk−1(m)) приk ≥ 3. Отображение f называют периодическим, если принекотором p ≥ 2 для всех элементов множества M спра-ведливо равенство fp(m) = m. Наименьшее из всех такихчисел p называют периодом отображения f .

Предостережение. Понятие периода отображения не име-ет отношения к понятию периода функции. Напомним,что периодом функции f называют такое число T , чтоf(x+ T ) = f(x) для всех чисел x.

Примером периодического отображения служит пово-рот фигуры на угол, кратный π.

Понятие периода имеет смысл не только для непрерыв-ных отображений, но мы, как и раньше, будем рассматри-вать лишь непрерывные периодические отображения.

⊲ Задача 8.3. Приведите пример непрерывного периодиче-ского отображения f периода 4, которое для части то-чек имеет период 2, т.е. для этих точек f(f(m)) = m иf(m) ∕= m.

Особое место среди периодических отображений зани-мают отображения периода 2. У них даже есть специаль-ное название. Отображение периода 2 называют инволю-

цией. Иными словами, инволюция — это такое нетожде-ственное отображение f :M →M , что f(f(m)) = m.

Примером инволюции служит симметрия относитель-но точки, прямой или плоскости.

Пусть f — инволюция множества M . Сопоставим ка-ждому элементу m этого множества пару {m, f(m)}. При


этом элементу f(m) сопоставляется та же самая пара, таккак f(f(m)) = m. В некоторых случаях элементы m иf(m) совпадают, т.е. m = f(m). Напомним, что такиеэлементы называют неподвижными.

Таким образом, по инволюции f можно построить раз-биение множества M на пары элементов {m, f(m)} и от-дельные неподвижные элементы. Ясно также, что верно иобратное утверждение, т.е. по разбиению множества M напары элементов и отдельные элементы можно построитьинволюцию. Элементы каждой пары она отображает другв друга, а каждый отдельный элемент она отображает всамого себя.

Пример инволюции окружности можно получить сле-дующим образом. Выберем точку A, не лежащую наокружности. Пусть X — точка окружности. Отобра-зим ее в точку f(X), в которой прямая AX вторично пе-ресекает окружность (если AX — касательная к окруж-ности, то f(X) = X). Для точки A, лежащей внутриокружности, получаем инволюцию без неподвижных то-чек (рис. 8.2 (а)), а для точки A, лежащей вне окружно-сти, получаем инволюцию с двумя неподвижными точ-ками (рис. 8.2 (б)). Это связано с тем, что из точки,

(а) (б)

Рисунок 8.2


лежащей внутри окружности, нельзя провести ни однойкасательной, а из точки, лежащей вне окружности, можнопровести ровно две касательные. Оказывается, что непре-рывных инволюций окружности с другим числом непо-движных точек не существует.

⊲ Задача 8.4. Докажите, что количество неподвижных то-чек любой непрерывной инволюции окружности равно 0или 2.

⊲ Задача 8.5. а) Постройте пример инволюции тора безнеподвижных точек.

б) Постройте инволюцию тора с четырьмя неподвиж-ными точками.

в) Постройте инволюцию тора, множество неподвиж-ных точек которой — окружность.

⊲ Задача 8.6. Постройте отображение тора, имеющее пе-риод 3 и имеющее ровно 3 неподвижные точки.

Приведем два примера инволюции сферы с g ручками.

Рисунок 8.3

Пример 1. Можно считать,что сфера с g ручками име-ет центр симметрии O (рис. 8.3).Симметрия относительно то-чки O является инволюци-ей сферы с ручками, при-чем эта инволюция не име-ет неподвижных точек. Всамом деле, неподвижной точкой рассматриваемой сим-метрии является лишь точка O. В зависимости от четно-сти g она расположена либо вне сферы с ручками, либовнутри ее, но в обоих случаях точка O не принадлежитсфере с ручками.

Пример 2. Можно считать, что сфера с g ручками имеетось симметрии (см. снова рис. 8.3). Симметрия относи-тельно оси является инволюцией сферы с g ручками. Но


эта инволюция не при всех g будет инволюцией без непо-движных точек. Дело в том, что при четном g ось сим-метрии пересекает сферу с ручками в двух точках. А принечетном g получаем инволюцию без неподвижных точек.

Между инволюциями, построенными в примерах 1 и2, есть существенное различие. Инволюции из примера 1изменяют ориентацию сферы с ручками, а инволюции изпримера 2 сохраняют ориентацию . Мы имеем в виду сле-дующее. Рассмотрим пару векторов, касающихся сферы сручками в одной точке. Направление вращения от первоговектора ко второму задает ориентацию сферы с ручками.Инволюция переводит данную пару касательных векторовв другую пару касательных векторов. В случае симмет-рии относительно точки новая пара касательных векторовзадает другую ориентацию сферы с ручками, а в случаесимметрии относительно прямой — ту же самую ориента-цию.

Если на множестве M задана инволюция f , то можноотождествить точкуm с точкой f(m); при этом точка f(m)отождествляется с точкой m, так как f(f(m)) = m. Этуоперацию будем называть склейкой по инволюции.

Посмотрим, что получается из сферы с g ручками присклейке по инволюциям, построенным в примерах 1 и 2.Начать проще всего с инволюций из примера 2 для сферс нечетным числом ручек. Такие инволюции сохраняюториентацию и не имеют неподвижных точек.

Рассмотрим сферу с нечетным числом ручек, симмет-ричную относительно прямой (рис. 8.3). Такую сферу сручками можно разрезать плоскостью, проходящей черезось симметрии, на две части, одна из которых изображенана рис. 8.4. Точки одной части можно склеить с точка-ми другой части, поэтому достаточно рассмотреть одну издвух частей сферы с ручками. Но на границе этой ча-сти есть точки, симметричные относительно исходной осисимметрии. Их нужно склеить. На рис. 8.4 изображены


стрелки, которые нужно склеить. Для сферы с тремя руч-ками в результате получится сфера с двумя ручками, а длясферы с 2g + 1 ручкой получится сфера с g + 1 ручкой.

(а) (б)


Рассмотрим теперь склейки по инволюциям из приме-ра 1. Напомним, что они изменяют ориентацию и не имеютнеподвижных точек. Случаи сфер с четным и нечетнымчислом ручек нужно рассматривать отдельно. На рис. 8.5показано, какие склейки нужно сделать для сфер с дву-мя и тремя ручками. Обратите внимание, что стрелки нарис. 8.5 (б) не такие, как на рис. 8.4.

При склейке стрелок, изображенных на рис. 8.5, воз-никают некоторые трудности. Дело в том, что требуе-мую склейку нельзя выполнить в трехмерном простран-стве. Точнее говоря, ее можно выполнить, лишь допускаясамопересечения поверхностей. Результаты такой склейкиизображены на рис. 8.6.

Но если нас интересует фигура лишь с точностью догомеоморфизма, то нет необходимости располагать ее втрехмерном пространстве. Важно лишь знать, как устро-ены окрестности каждой точки фигуры и как эти окрест-ности стыкуются друг с другом. У каждой точки сферыс g ручками есть окрестность, гомеоморфная кругу. Укаждой точки фигуры, полученной из сферы с g ручка-ми склейкой по инволюции из примера 1, тоже есть такая


(а) (б)

Рисунок 8.6

окрестность. В этом легко убедиться с помощью рис. 8.5.Мы рассматривали лишь склейки по инволюциям без

неподвижных точек. Для таких инволюций образом до-статочно малой окрестности U точки x является окрест-ность V точки f(x), не пересекающаяся с U . При склейкенепересекающихся окрестностей U и V получаем окрест-ность W , гомеоморфную как U , так и V .

В том случае, когда инволюция имеет неподвижнуюточку x, приходится склеивать друг с другом точки неразных окрестностей U и V , а одной и той же окрестностиU . Это приводит ко многим неприятностям. Мы обсудимлишь одну из них.

Пусть A — сфера с ручками, f — инволюция на ней,B — фигура, полученная из A склейкой по инволюции f .Рассмотрим отображение p : A→ B, сопоставляющее точ-ке a точку b, полученную в результате склейки точек a иf(a). Если f — инволюция без неподвижных точек, тодостаточно малая окрестность W точки b получается врезультате склейки непересекающихся окрестностей U иV . Это означает, что прообраз окрестности W при отоб-ражении p состоит из двух непересекающихся окрестно-стей U и V , а прообраз точки b состоит из точек a и f(a),


лежащих в окрестностях U и V соответственно. Если жеинволюция f имеет неподвижную точку x, то ситуациясовсем иная. Точка a = x склеивается с точкой f(x), т. е.сама с собой. Поэтому прообраз полученной точки b приотображении p состоит не из двух точек, а из одной точки.

Если фигура B получена из сферы с g ручками Aсклейкой по инволюции f без неподвижных точек, то укаждой точки b фигуры B есть окрестность, гомеоморф-ная диску. Поэтому на B тоже можно рассматривать век-торные поля.

Теорема 8.1. Сумма индексов особых точек любого непре-

рывного векторного поля на B равна 1− g.

Доказательство. По векторному полю w на B можно по-строить векторное поле на A, которое переходит в w припроекции p : A → B (рис. 8.7). Каждой особой точке век-торного поля на B соответствуют две особые точки по-строенного векторного поля на A, имеющие тот же самыйиндекс. Поэтому сумма индексов особых точек векторногополя на A в два раза больше суммы индексов особых точеквекторного поля на B. С другой стороны, согласно теоре-ме 7.3 сумма индексов особых точек любого непрерывноговекторного поля на сфере с g ручками A равна 2− 2g.



⊲ Задача 8.7. Введем на торе координаты (φ,ψ), как пока-зано на рис. 8.8. Рассмотрим инволюцию тора, переводя-щую точку с координатами (φ,ψ) в точку с координатами(ψ,φ). Докажите, что при склейке тора по этой инволю-ции получается лист Мебиуса.

Решения

▸ 8.1. Выберем внутри одной из дырок точку O. Отобра-зим сначала каждую точку X круга с дырками в точку, вкоторой луч OX пересекает граничную окружность круга.При этом неподвижными будут лишь точки этой окруж-ности. Повернув затем окружность на ненулевой угол, по-лучим отображение без неподвижных точек.

▸ 8.2. Ответ: да, существует.

Круг с двумя дырками можно продеформировать всферу с тремя дырками (рис. 8.9). При этом можно счи-тать, что полученная фигура симметрична относительноплоскости и переходит в себя при повороте на 120∘ во-круг прямой l, перпендикулярной плоскости . Ясно, чтоплоскость и прямая l проходят через центр сферы. Тре-буемый гомеоморфизм — композиция симметрии относи-тельно плоскости и поворота на 120∘ вокруг прямой l.



▸ 8.3. Требуемый пример отображения построим для ли-ста Мебиуса. Склеим для этого лист Мебиуса из прямо-угольной полоски. Проведем на ней линии, параллельныекраю листа Мебиуса. Каждую точку листа Мебиуса пе-реместим по такой линии на расстояние, равное половинедлины полоски (рис. 8.10). Если точка A не равноудаленаот несклеиваемых краев полоски, то f4(A) = A, причемточки A, f(A), f2(A) и f3(A) различны. Если же точка Bравноудалена от краев полоски, то f2(B) = B.

▸ 8.4. Достаточно рассмотреть случай, когда инволюция fокружности имеет неподвижную точку A. Требуется до-казать, что инволюция f имеет ровно одну неподвижнуюточку, отличную от A.

Пусть B — некоторая точка окружности, причемf(B) = C ∕= B. Инволюция f является гомеоморфизмом,так как f−1 = f . Поэтому f отображает гомеоморфно ду-гу AB в одну из двух дуг окружности, заданных точкамиA и C. Обозначим эту дугу AC.

Для двух дуг AB и AC возможны два варианта распо-ложения:

1) дуги AB и AC не имеют общих внутренних точек;2) одна из дуг AB и AC содержит другую дугу.Покажем, что в нашей ситуации второй вариант невоз-

можен. Инволюция f отображает дугу AC в дугу AB, по-этому дуги AB и AC играют аналогичные роли. Пусть дляопределенности дуга AB содержится в дуге AC = f(AB).Тогда дуга f(AB) = AC содержится в дуге f(AC) =f(f(AB)) = AB. Следовательно, дуги AB и AC совпа-дают, что противоречит условию C ∕= B.

Итак, дуги AB и AC не пересекаются. Кроме того,если дуга AB содержится в дуге AB1, то дуга AC содер-жится в дуге AC1, где C1 = f(B1). Это означает, что ес-ли точка B движется по окружности так, что длина дугиAB увеличивается, то длина дуги AC тоже увеличивается.Следовательно, в некоторый момент точки B и C встре-


тятся. Точка их встречи — неподвижная точка инволюцииf , причем у f нет других неподвижных точек, кроме этойточки и точки A.

Рисунок 8.11

▸ 8.5. Пусть O — центр сим-метрии тора, l — его осьсимметрии, причем l пересе-кает тор в четырех точках(рис. 8.11). Симметрия то-ра относительно точки O неимеет неподвижных точек, асимметрия тора относительнопрямой l имеет четыре непо-движные точки.

Пример инволюции тора, множество неподвижных то-чек которой — окружность, фактически описан в условиизадачи 8.7. В самом деле, множество точек тора, для ко-торых φ = ψ, представляет собой окружность.

▸ 8.6. Воспользуемся координатами (φ,ψ), описанными вусловии задачи 8.7. Рассмотрим отображение тора, пе-реводящее точку с координатами (φ,ψ) в точку с ко-ординатами (ψ,−φ − ψ). При этом отображении точка(φ,ψ) переходит последовательно в точки (ψ,−φ − ψ),(−ψ − φ,φ) и (φ,ψ). Неподвижными будут точки, длякоторых φ = ψ + 2mπ и ψ = −φ − ψ + 2nπ, где m и n —целые числа. Подставив первое равенство во второе, полу-

чим 3ψ = 2(n−m)π, т.е. ψ =2(n−m)π

3. А так как точка

тора, имеющая координаты (φ + 2kπ, ψ + 2lπ), совпада-ет с точкой (φ,ψ), то на торе получаем три неподвижные

точки, а именно, φ = ψ = 0, φ = ψ =2π

3, φ = ψ =

4π

3.

▸ 8.7. Рассмотрим на плоскости Oφψ квадрат OBCD, за-данный неравенствами 0 ≤ φ, ψ ≤ 2π. Склеив проти-воположные стороны этого квадрата (рис. 8.12 (а)), по-лучим тор. Отображение квадрата, переводящее точку

(φ,ψ) в точку (ψ,φ), является симметрией относитель-но диагонали OC. Склеим точки квадрата, симметрич-ные относительно диагонали OC. При этом произойдетсклейка стрелок, нарисованных на сторонах OD и OB.Следовательно, при склейке точек тора по рассматрива-емой инволюции получается такая же фигура, как и присклейке двух стрелок, нарисованных на двух катетах пря-моугольного треугольника (рис. 8.12 (б)). Разрежем этоттреугольник по стрелке b (рис. 8.13 (а)), а затем склеимстрелки a (рис.8.13 (б)). Теперь ясно, что после склейкистрелок b получается лист Мебиуса.

(а) (б)

Рисунок 8.12

(а) (б)

Рисунок 8.13

9

Двумерные поверхности

В этом параграфе мы более подробно познакомимся снекоторыми свойствами двумерных поверхностей.

Рисунок 9.1

Узел трилистник можно распо-ложить на торе (рис. 9.1). Приэтом получим замкнутую кривую,которая трижды обвивает тор в на-правлении меридиана и дважды внаправлении параллели.

⊲ Задача 9.1. Пусть p и q — взаимнопростые натуральные числа. Дока-жите, что на торе существует за-мкнутая несамопересекающаяся кривая, обвивающая егоp раз в направлении меридиана и q раз в направлении па-раллели.

Для меридиана p = 1 и q = 0, а для параллели p = 0и q = 1. Оказывается, что эти значения p и q вместе созначениями, указанными в задаче 9.1, исчерпывают всевозможные значения p и q. Одно из наиболее простых до-казательств этого утверждения использует задачу 9.2 а).

⊲ Задача 9.2. а) Рассмотрим на плоскости произвольнуюкривую, соединяющую точки A и B. Докажите, что еслиn — натуральное число, то существует отрезок PQ длиной

9. Двумерные поверхности 97

AB

n, концы которого лежат на данной кривой, а он сам

параллелен отрезку AB.

б) Докажите, что если положительное число d не яв-ляется натуральным, то существует кривая, соединяющаяточки A и B, для которой утверждение задачи а) неверно,т.е. если точки P и Q принадлежат этой кривой и отрезок

PQ параллелен AB, то длина отрезка PQ не равнаAB

d.

⊲ Задача 9.3. Докажите, что если замкнутая несамопере-секающаяся кривая на торе обвивает его p раз в направле-нии меридиана и q раз в направлении параллели, то либочисла p и q взаимно простые, либо одно из них равно 1, адругое равно 0.

Сферу можно задать полиномиальным уравнениемP (x, y, z) = 0, где P (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1. Можно лизадать полиномиальным уравнением сферу с g ручками?Оказывается, что да.

⊲ Задача 9.4. Укажите полином P (x, y, z), для которогоуравнение P (x, y, z) = 0 задает сферу с g ручками.

Изучим теперь более подробно две поверхности, кото-рые нам уже встретились в § 8, а именно, поверхности,которые получаются при склейке диаметрально противо-положных точек сферы и при склейке точек тора, симмет-ричных относительно его центра симметрии. Напомним,что они получаются в результате склейки стрелок, изоб-раженных на рис. 9.2 (а) и (б).

(а) (б)

Рисунок 9.2


Как уже говорилось, построенная в примере 1 инво-люция изменяет ориентацию сферы с ручками. Из этогоследует, что полученная в результате склейки по такойинволюции поверхность неориентируема. В самом деле,соединим на сфере с ручками точку A и симметричнуюей точку A′ некоторой кривой. В результате склейки поинволюции из этой кривой получится замкнутая кривая,так как точки A и A′ склеиваются. Обход вдоль этой за-мкнутой кривой изменяет ориентацию, поэтому получен-ная поверхность неориентируема.

Рассмотрим сначала поверхность, которая получаетсяпри склейке диаметрально противоположных точек сфе-ры. Эту поверхность называют проективной плоскостью.Чтобы объяснить происхождение этого названия, дадимдругое определение проективной плоскости. Это опреде-ление более длинное, но оно связано с важными понятиямипроективной геометрии.

Рисунок 9.3

Параллельные линии, например железнодорожныерельсы, кажутся пересекающимися на горизонте. Этовызывает желание дополнить плоскость точками, в ко-торых пересекаются параллель-ные прямые. Как это сделать?Возьмем точку O, не лежащуюв данной плоскости Π. Каждойточке A, лежащей в плоскостиΠ, можно сопоставить прямуюOA (рис. 9.3). Прямой, лежащейв плоскости Π, будет при этом

сопоставлена плоскость, проходящая через точку O, точ-нее говоря, плоскость за исключением прямой, проходя-щей через точку O параллельно плоскости Π. Если пря-мые l1 и l2 пересекаются в точке A, то соответствующие имплоскости пересекаются по прямой OA. Если же прямые l1и l2 параллельны, то соответствующие им плоскости пере-секаются по прямой m, параллельной прямым l1 и l2. Это


можно понимать следующим образом: прямые l1 и l2 пере-секаются в точке, соответствующей прямой m. Прямая mне пересекает плоскость Π, поэтому она не соответствуетникакой точке этой плоскости.

Теперь можно дать следующие определения. Назовемточками проективной плоскости прямые, проходящие че-рез точку O, а плоскости, проходящие через точку O, на-зовем проективными прямыми. При этом прямые, про-ходящие через точку O параллельно плоскости Π, будемназывать бесконечно удаленными точками. Две проек-тивные прямые пересекаются ровно в одной точке. Про-ективные прямые, соответствующие параллельным пря-мым плоскости Π, пересекаются в бесконечно удаленнойточке.

Отметим, что плоскость Π не участвует в определе-нии точек проективной плоскости и проективных прямых.Поэтому о плоскости Π можно вообще не говорить. Тогдабесконечно удаленные точки ничем не будут отличатьсяот остальных точек проективной плоскости.

Покажем теперь, что множество всех определенныхвыше точек проективной плоскости гомеоморфно поверх-ности, полученной в результате склейки диаметральнопротивоположных точек сферы. Рассмотрим для этогосферу с центром O. Каждой точке проективной плоско-сти соответствуют две точки сферы, а именно, точки, вкоторых прямая OA пересекает сферу. Эти точки диамет-рально противоположные. Таким образом, склеив диамет-рально противоположные точки сферы, получим фигуру,гомеоморфную проективной плоскости (рассматриваемойкак множество точек проективной плоскости).

⊲ Задача 9.5. Докажите, что если из проективной плоско-сти вырезать круг, то в результате получится фигура, го-меоморфная листу Мебиуса.

⊲ Задача 9.6. Выберем на проективной плоскости две про-ективные прямые и вырежем круг, не пересекающий их.


Полученная фигура гомеоморфна листу Мебиуса. Изоб-разите на нем выбранные проективные прямые.

⊲ Задача 9.7. Рассмотрим фигуру, точки которой соответ-ствуют прямым на плоскости. При этом точки считаютсяблизкими, если соответствующие им прямые близки, т.е.они либо пересекаются под малым углом, либо параллель-ны и расстояние между ними мало. Докажите, что этафигура гомеоморфна листу Мебиуса.

∗ ∗ ∗

Займемся теперь поверхностью, которая получаетсяв результате склейки точек тора, симметричных относи-тельно его центра симметрии. Эта поверхность назы-вается бутылка Клейна. Как уже говорилось, она по-лучается в результате склейки стрелок, изображенныхна рис. 9.2 (б). Если допустить самопересечения, то притакой склейке получится поверхность, изображенная нарис. 9.4.

(а) (б)


Бутылку Клейна можно получить, склеивая опреде-ленным образом точки сторон квадрата. Чтобы получитьтакое представление бутылки Клейна, разрежем фигуру,изображенную на рис. 9.2 (б), по дуге, соединяющей парусимметричных точек A и A (эти две точки обозначеныодной буквой, потому что при склейке они отождествля-ются и становятся одной точкой). В результате получимквадрат, точки сторон которого отождествляются так, какпоказано на рис. 9.5 (а). Две короткие стрелки можно за-


менить одной стрелкой. После некоторых переобозначе-ний придем к рис. 9.5 (б).

Еще одно представление о бутылке Клейна можнополучить, разрезав квадрат по диагонали (рис. 9.6 (а)).Склеив после этого одну из пар стрелок, придем крис. 9.6 (б). Полученный треугольник можно заменить наквадрат (рис. 9.6 (в)).

(а) (б)

(в)

Рисунок 9.6

⊲ Задача 9.8. Докажите, что бутылку Клейна можно раз-резать на два листа Мебиуса.

⊲ Задача 9.9. Рассмотрим фигуру F , точки которой соот-ветствуют парам точек {x, y}, где x — точка отрезка [0, 1],y — точка листа Мебиуса. При этом точки {x1, y1} и{x2, y2} фигуры F считаются близкими, если близки какточки x1 и x2 отрезка, так и точки y1 и y2 листа Мебиуса.Докажите, что граница этой фигуры гомеоморфна бутыл-ке Клейна.

⊲ Задача 9.10. Постройте на бутылке Клейна инволюциюбез неподвижных точек.

Если из проективной плоскости вырезать диск, то по-лучим лист Мебиуса (задача 9.5). Это означает, что про-


ективную плоскость можно получить следующим образом.Вырежем из сферы диск и приклеим лист Мебиуса к краюполученной сферы с дыркой. Напомним, что краем листаМебиуса является окружность, которую можно отожде-ствить с краем сферы с дыркой.

Бутылку Клейна можно разрезать на два листа Меби-уса. Это означает, что бутылку Клейна можно получитьследующим образом. Вырежем из сферы два диска иприклеим к краю каждой дырки по листу Мебиуса.

Помимо операции приклеивания листа Мебиуса, естьеще операция приклеивания ручки (рис. 9.7).

Рисунок 9.7

⊲ Задача 9.11. Докажите, что сфера, к которой прикле-ены три листа Мебиуса, гомеоморфна сфере, к которойприклеена одна ручка и один лист Мебиуса.

Решения

▸ 9.1. Тор можно получить, склеив точки плоскости с ко-ординатами (x, y) и (x + m, y + n), где m и n — целыечисла. В самом деле, в результате такой склейки получимквадрат, изображенный на рис. 9.8; стрелки показывают,какие точки его сторон нужно склеить.



Чтобы получить тор описанным выше способом, нетнеобходимости рассматривать всю плоскость. Можновзять и произвольную ее часть, содержащую квадрат,изображенный на рис. 9.8. Например, можно взять прямо-угольник с вершинами (0, 0), (0, p), (q, 0) и (q, p) (рис. 9.9).Диагональ этого прямоугольника, исходящая из началакоординат, в результате склейки превращается в замкну-тую кривую на торе. Эта кривая обвивает тор p раз внаправлении меридиана и q раз в направлении параллели(или q раз в направлении меридиана и p раз в направлениипараллели; это зависит от того, как именно мы склеилитор из квадрата).

Остается проверить, что на торе получается несамопе-ресекающаяся кривая. Координаты точек рассматривае-мой диагонали прямоугольника удовлетворяют уравнениюpx = qy. Предположим, что точки (x1, y1) и (x2, y2), ле-жащие на диагонали, отождествляются при склейке, т.е.x1 = x2 + m и y1 = y2 + n, где m и n — целые чис-ла. Учитывая, что px1 = qy1 и px2 = qy2, получаемp(x2 + m) = q(y2 + n) и pm = qn. Так как числа p иq взаимно простые, то m = kq и n = kp. Следователь-но, при склейке отождествляются лишь концы диагонали;никакие другие точки диагонали не отождествляются.

▸ 9.2. а) Будем говорить, что на кривой, соединяющей то-чки A и B, реализуется расстояние d, если существует от-резок длиной d, концы которого лежат на этой кривой, асам отрезок параллелен AB. Требуется доказать, что рас-


стояниеAB

nреализуется на любой кривой, соединяющей

точки A и B. Докажем сначала, что если 0 < α < 1, тона любой кривой, соединяющей точки A и B, реализуетсяхотя бы одно из расстояний αAB и (1 − α)AB. Можносчитать, что отрезок AB расположен на оси Ox, причемабсциссы его концов равны 0 и 1. Предположим, что накривой γ0 не реализуются расстояния α и 1 − α. Тогдапри сдвигах этой кривой вдоль оси Ox на расстояния αи 1 − α получаются кривые, не имеющие общих точек сисходной кривой. Пусть γα и γ1 — кривые, полученные изкривой γ0 сдвигами вдоль оси Ox на расстояние α и 1 вположительном направлении. Тогда кривая γα не пересе-кается ни с γ0, ни с γ1. Построим кривую L следующимобразом. Выберем на кривой γα точку с максимальнойординатой и проведем из нее луч, параллельный оси Oy,по направлению к +∞, а из точки с минимальной ордина-той проведем луч по направлению −∞ (рис. 9.10). Кривая

Рисунок 9.10

L состоит из этих двух лучей и части кривой γα, идущейиз начала одного луча в начало другого. Кривые γ0 и γ1не пересекаются ни с кривой γα, ни с рассматриваемымилучами. Поэтому они не пересекаются с кривой L. А таккак кривая L разбивает плоскость на две части, причемточки кривых γ0 и γ1 с максимальными ординатами лежатв разных частях, то кривые γ0 и γ1 лежат в разных частях.


С другой стороны, кривые γ0 и γ1 имеют общую точкус координатами (1,0). Получено противоречие, поэтомухотя бы одно из расстояний α и 1− α реализуется.

Докажем теперь индукцией по n, что расстояниеAB

nреализуется на любой кривой. При n = 1 утверждениеочевидно. Шаг индукции делается следующим образом.Пусть α = 1/n. Тогда

1− α =n− 1

n,

поэтому одно из расстоянийAB

nи

(n− 1)AB

nреализует-

ся. Если реализуется расстояниеAB

n, то утверждение до-

казано. Если реализуется расстояние(n− 1)AB

n, то для

кривой, соединяющей концы отрезка длиной(n− 1)AB

n,

согласно предположению индукции реализуется расстоя-ние

1

n− 1

(n− 1)AB

n=AB

n.

б) Пусть n — целая часть числа d. Разделим отрезок[n, d] на n равных частей. На рис. 9.11 изображена криваяγ, соединяющая концы отрезка AB длиной d. Пунктирнаякривая γ′ получена из кривой γ сдвигом вдоль отрезка ABна расстояние 1. Так как кривые γ и γ′ не пересекаются,то на кривой γ не реализуется расстояние AB/d = 1.

Рисунок 9.11


▸ 9.3. Пусть замкнутая кривая γ обвивает тор p раз в на-правлении меридиана и q раз в направлении паралле-ли. Отождествим точки плоскости, имеющие координаты(x, y) и (x+m, y+ n), где m и n — целые числа. В резуль-тате получим тор. При такой склейке кривую γ можнополучить из кривой Γ, соединяющей на плоскости точкиA = (0, 0) и B = (p, q).

Предположим, что числа p и q либо оба не равны нулюи имеют общий делитель d ∕= 1, либо одно из них равнонулю, а другое равно d ∕= 1. Согласно задаче 9.2 а) на

кривой Γ реализуется расстояниеAB

d, т.е. на кривой Γ

можно выбрать точки P и Q так, что

−−→PQ =

1

d

−−→AB.

Вектор−−→PQ имеет целочисленные координаты (

p

d,q

d), по-

этому точки P и Q отождествляются, т.е. они соответству-ют одной и той же точке тора. Это означает, что криваяγ самопересекающаяся.

▸ 9.4. Заметим сначала, что если Q(x, y) — произведение gсомножителей вида (x− 2k + 1)2 + y2 − 1, где k = 1, . . . , g,то уравнение Q(x, y) = 0 задает на плоскости множество,состоящее из g окружностей (рис. 9.12). Поэтому уравне-ние

Q(x, y) + z2 − ε = 0,

где ε — достаточно малое положительное число, задаетсферу с g ручками.

1 2 3 g

Рисунок 9.12


▸ 9.5. На рис. 9.13 (а) показано, как можно представитьпроективную плоскость с вырезанным диском. Сделаемразрезы b и c, изображенные на рис. 9.13 (б). Затем скле-им стрелки a (рис. 9.13 (в)). В результате получим листМебиуса.

(а) (б) (в)

Рисунок 9.13

▸ 9.6. На листе Мебиуса две проективные прямые выглядяттак, как показано на рис. 9.14.

Рисунок 9.14

▸ 9.7. Прямая на плоскости задается уравнением ax+ by +c = 0, где числа a и b не равны нулю одновременно. По-этому прямой можно сопоставить тройку чисел (a, b, c).Тройки (a, b, c) и (λa, λb, λc), где λ ∕= 0, задают одну и туже прямую. Поэтому множество прямых на плоскости го-меоморфно проективной плоскости, из которой выколотаточка, соответствующая тройке (0,0,1).

Проективная плоскость с выколотой точкой гомео-морфна листу Мебиуса. При этом предполагается, чтограничная окружность не принадлежит листу Мебиуса.


▸ 9.8. Напомним, что два способа склейки бутылки Клей-на из квадрата изображены на рис. 9.5 (б) и 9.6 (в). Нарис. 9.15 пунктиром изображены требуемые разрезы дляобоих способов склейки.

(а) (б)

Рисунок 9.15

▸ 9.9. Представим лист Мебиуса как проективную плос-кость с вырезанным диском, т.е. как кольцо, на внутрен-ней граничной окружности которого отождествлены диа-метрально противоположные точки (рис. 9.16 (а)). Тог-да рассматриваемую фигуру можно представить как ци-линдр, из которого вырезан меньший цилиндр и при этомграничные точки меньшего цилиндра отождествлены так,как показано на рис. 9.16 (б). После склейки граничныеточки меньшего цилиндра, не лежащие на его основани-ях, перестанут быть граничными. Поэтому граница рас-сматриваемой фигуры представляет собой сферу, из кото-рой вырезаны два диска и вместо них вклеены два листаМебиуса. Эта поверхность гомеоморфна бутылке Клейна.

(а) (б)



▸ 9.10. Рассмотрим боковую поверхность прямого кругово-го цилиндра. Ее граница состоит из двух окружностей.Отождествив их точки, симметричные относительно цен-тра симметрии цилиндра получим бутылку Клейна. Тре-буемая инволюция f этой бутылки Клейна — симметрияотносительно оси цилиндра (рис. 9.17).

▸ 9.11. Сфера, к которой приклеены два листа Мебиуса,гомеоморфна бутылке Клейна. Поэтому сфера, к кото-рой приклеены три листа Мебиуса, гомеоморфна бутылкеКлейна, к которой приклеен один лист Мебиуса. Такаяфигура изображена на рис. 9.18 (а). Сделаем разрез c, азатем склеим стрелки b (рис. 9.18 (б)). В результате полу-чим сферу, к которой приклеены ручка a и лист Мебиуса c.

(а) (б)

Рисунок 9.18

Список рекомендуемой литературы

Книги

1. Арнольд В. И. Обыкновенные дифференциальные урав-

нения. — М.: Наука, 1975.

2. Болтянский В. Г., Ефремович В. А. Наглядная топо-

логия. — М.: Наука, 1980.

3. Дубровин Б. А., Новиков С. П., Фоменко А. Т. Совре-

менная геометрия. Методы и приложения. — М.:Наука, 1986.

4. Косневски Ч. Начальный курс алгебраической тополо-

гии. — М.: Мир, 1983.

5. Кроуэлл Р., Фокс Р. Введение в теорию узлов. — М.:Мир, 1967.

6. Масси У., Столлингс Д. Алгебраическая топология.

Введение. — М.: Мир, 1977.

7. Милнор Дж., Уоллес А. Дифференциальная тополо-

гия. Начальный курс. — М.: Мир, 1972.

8. Постников М. М. Лекции по алгебраической тополо-

гии. Основы теории гомотопий. — М.: Наука, 1984.

9. Постников М. М. Лекции по алгебраической тополо-

гии. Теория гомотопий клеточных пространств. —М.: Наука, 1985.

9. Список рекомендуемой литературы 111

10. Постников М. М. Дифференциальная геометрия. —М.: Наука, 1988.

11. Рохлин В. А., Фукс Д. Б. Начальный курс топологии.

Геометрические главы. — М.: Наука, 1977.

12. Стинрод Н., Чинн У. Первые понятия топологии. —М.: Мир, 1967

13. Фоменко А. Т., Фукс Д. Б. Курс гомотопической то-

пологии. — М.: Наука, 1989.

14. Франсис Дж. Книжка с картинками по топологии.— М.: Наука, 1991.

15. Шашкин Ю. А. Неподвижные точки. — М.: Наука,1989.

16. Rolfsen D. Knots and links. — Berkley, Ca.: Publish orPerish, 1976.

Статьи из журнала «Квант»

17. Белага Э. Г. Узел на столе математика. — 1975, № 7.

18. Веселов А. П. Классификация пленок. — 1984, № 2.

19. Виро О. Я. Раскрашенные узлы. — 1981, № 3.

20. Овсиенко В. Сколько на земле кривых? — 1991, № 1.

21. Сосинский А. Б. Косы и узлы. — 1989, № 2.

22. Сосинский А. Б. Узлы, зацепления и их полиномы. —1984, № 4.

23. Фукс Д. Б. Рогатая сфера Александера. — 1990, № 6.

НАГЛЯДНАЯ ТОПОЛОГИЯ

Documents