Technische Universität München Algebraische Topologie

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Algebraische Topologie
Sommersemester 2011
Prof. Dr. Josef Dorfmeister — Dr. Jan Wehrheim
Übungsblatt 3 - Musterlösung
Aufgabe 1: Überlagerungen von Wir betrachten den topologischen Raum X := ⊂ R2 . Die Fundamentalgruppe von X ist das
freie Produkt Z ∗ Z.
e → X mit X
e = . . . . . . ⊂ R2 . Dies ist die
a) Finden Sie eine Überlagerung p : X
x-Achse vereinigt mit den Kreisen Ck für k ∈ Z, mit Mittelpunkten bei (k, 14 ) und Radius 14 .
e (0, 0)), welches durch die folgende Schleife dargestellt
Wir betrachten das Element α ∈ π1 (X,
wird: Sie startet bei (0, 0), läuft bis (k, 0) auf der x-Achse, umrundet Ck einmal und läuft auf
der x-Achse zurück nach (0, 0). Berechnen Sie p∗ (α).
e → X an.
b) Geben Sie zu jeder natürlichen Zahl n ≥ 1 eine n-blättrige Überlagerung p : X
e → X mit X
e = . . . . . . ⊂ R2 . Damit ist die
c) Finden Sie eine Überlagerung p : X
Vereinigung von Kreisen Ck für k ∈ Z gemeint, mit Mittelpunkt bei (k, 0) und Radius 21 .
e besitzt.
d) Zeigen Sie, dass X eine universelle Überlagerung X
Lösung zu Aufgabe 1:
a) Wir schreiben X = A ∪ B mit A, B ≈ S 1 , wobei der Schnitt A ∩ B aus genau einem Punkt
e → X, indem wir jeden der Kreise Ck
x0 ∈ X besteht. Wir definieren die Abbildung p : X
homöomorph auf den Kreis B abbilden, wobei der Berührpunkt (k, 0) von Ck mit der x-Achse
auf den Punkt x0 abgebildet wird. Mit der x-Achse überlagern wir den Kreis A, so dass die
Punkte (k, 0) für k ∈ Z alle auf den Punkt x0 abgebildet werden.
Es sei a der Erzeuger von π1 (A, x0 ) ∼
= Z und b der Erzeuger von π1 (B, x0 ) ∼
= Z. Die Fundamentalgruppe π1 (X, x0 ) ∼
= Z ∗ Z besteht also aus Worten in a und b. Der Weg von (0, 0) nach
e repräsentiert unter p das Element ak ∈ π1 (X, x0 ). Die einmalige Umrundung von
(k, 0) in X
Ck wird unter p zum Repräsentanten des Elements b ∈ π1 (X, x0 ). Der Weg zurück von (k, 0)
nach (0, 0) gibt das Element a−k ∈ π1 (X, x0 ). Wir erhalten insgesamt p∗ (α) = a−k bak .
e eine ’Blume mit n Blütenblättern’, also eine S 1 ⊂ R2 an welche in jeder n-ten
b) Es sei X
e →X
Einheitswurzel eine weitere (hinreichend kleine) S 1 angeheftet wurde. Die Abbildung p : X
1
wickelt die innere S dann n-fach um den Kreis A ⊂ X während die Blütenblätter jeweils
homöomorph auf den Kreis B ⊂ X abgebildet werden.
e → X, indem wir alle Kreise Ck mit geradem k zweifach um
c) Wir definieren die Abbildung p : X
den Kreis A ⊂ X wickeln und die Kreise Ck mit ungeradem k zweifach um den Kreis B ⊂ X
wickeln.
d) Der Raum X ist lokal einfach zusammenhängend, da man zu jedem Punkt x ∈ X eine Umgebung finden kann, die auf x zusammenziehbar ist. Also besitzt X eine universelle Überlagerung.
Aufgabe 2: SU(2) → SO(3)
Konstruieren Sie einen stetigen Gruppenhomomorphismus φ : SU(2) → SO(3) mit φ(A) = φ(−A)
für alle A ∈ SU(2).
Anleitung: Zeigen Sie der Reihe nach
a) Die Menge su(2) = {X ∈ C2×2 | X ∗ = −X und tr(X) = 0} ist ein 3-dimensionaler reeller
Vektorraum.
b) Durch hX, Y i := − 12 tr(XY ) ist ein euklidisches Skalarprodukt auf su(2) definiert.
c) Die Gruppe
G := {g : su(2) → su(2) | g ist linear und hg(X), g(Y )i = hX, Y i für alle X, Y ∈ su(2)}
ist isomorph zu O(3) und mit der Normtopologie sogar homöomorph.
d) Ist A ∈ SU(2), so ist AdA : su(2) → su(2) ; X 7→ AXA−1 ein Element in G.
e) Die Abbildung φ(A) := AdA ∈ G definiert unter dem Isomorphismus G ∼
= O(3) einen Gruppenhomomorphismus φ : SU(2) → SO(3), welcher die geforderten Eigenschaften erfüllt.
Lösung zu Aufgabe 2:
a) Die definierenden Eigenschaften von su(2) sind linear in X, also ist su(2) ⊂ C2×2 ein Untervektorraum. Eine R-Basis ist gegeben durch
i 0
0 1
0 i
E1 :=
, E2 :=
, E3 :=
.
0 −i
−1 0
i 0
b) Allgemein stellt tr(X ∗ Y ) ein hermitesches Skalarprodukt auf Cn×n dar. Die Basisvektoren von
oben sind diesbezüglich orthonormal. Auf spanR (E1 , E2 , E3 ) liefert diese Formel also ein reelles
Skalarprodukt.
c) Wir wählen eine Orthonormalbasis (e1 , e2 , e3 ) des R3 und erhalten durch ψ(ei ) := Ei eine
Isometrie zwischen euklidischen Vektorräumen ψ : R3 → su(2). Diese induziert einen Isomorphismus ψ ∗ : G → O(3) durch ψ ∗ (g)(v) := g(ψ(v)).
Durch das obige Skalarprodukt wird su(2) ein normierter Vektorraum. Die linearen Abbildungen
g : su(2) → su(2) werden durch kgk := supkXk=1 {kg(X)k} ein normierter Vektorraum. Die
Gruppe G erhält die Teilraumtopologie aus dem Raum aller linearen Abbildungen auf su(2).
Offensichtlich ist ψ ∗ ein Homöomorphismus, wenn man auf O(3) ebenfalls diese Normtopologie
verwendet. Die von uns verwendete Teilraumtopologie auf O(3) ⊂ GL(3, C) ⊂ C9 ist äquivalent
dazu.
d) Wegen A ∈ SU(2) landet AdA (X) tatsächlich wieder in su(2) und es gilt
1
1
1
hAdA (X), AdA (Y )i = − tr(AXA−1 AY A−1 ) = − tr(AXY A−1 ) = − tr(XY ) = hX, Y i.
2
2
2
e) Die Gruppe SU2 ≈ S 3 ist zusammenhängend, also ist das Bild unter der stetigen Abbildung φ
zusammenhängend und wegen φ(idC2 ) = idR3 liegt das Bild in der Wegzusammenhangskomponente der Identität SO(3) ⊂ O(3).
Aufgabe 3: Reguläre Überlagerungen
e → X genau dann regulär ist, wenn die AutomorphismenZeigen Sie, dass eine Überlagerung p : X
−1
e
gruppe A(X, p) transitiv auf p (x), x ∈ X operiert.
Lösung zu Aufgabe 3:
e x̃0 )) ⊂ π1 (X, x0 ) =: G
Per Definition ist eine Überlagerung genau dann regulär, wenn H := p∗ (π1 (X,
ein Normalteiler ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn die Konjugationsklasse von H in G nur aus
H selber besteht (gHg −1 = H für alle g ∈ G). Die Konjugationsklasse von H besteht aber genau
e x̃)) mit x̃ ∈ p−1 (x0 ). Eine Überlagerung ist also genau dann regulär,
aus den Gruppen p∗ (π1 (X,
e x̃)) für alle x̃ ∈ p−1 (x0 ) identisch ist, also genau dann, wenn es zu je zwei
wenn das Bild p∗ (π1 (X,
−1
e p) gibt mit φ(x̃1 ) = x̃2 . Dies ist genau
Punkten x̃1 , x̃2 ∈ p (x0 ) einen Automorphismus φ ∈ A(X,
dann der Fall, wenn die Gruppe der Automorphismen transitiv auf der Faser p−1 (x0 ) operiert und
e p) auf irgendeiner (und damit auf allen) Fasern transitiv
dies ist genau dann der Fall, wenn A(X,
operiert.
Aufgabe 4: Überlagerungen aus Gruppenwirkungen II
Es sei X ein wegzusammenhängender und lokal wegzusammenhängender Raum und G eine eigentlich
diskontinuierliche Gruppe von Homöomorphismen von X.
a) Zeigen Sie, dass die Überlagerung p : X → X/G regulär ist und die Automorphismengruppe
von (X, p) genau G ist.
b) Bestimmen Sie die Fundamentalgruppe von X/G falls X einfach zusammenhängend ist. Was
kann man über die Fundamentalgruppe von X/G sagen, wenn X nicht einfach zusammenhängend
ist?
c) Berechnen Sie die Fundamentalgruppe von RPn für n ≥ 2.
Lösung zu Aufgabe 4:
a) Es ist G ⊂ A(X, p) und G operiert transitiv auf den Fasern von p, also ist p : X → X/G
regulär. Es ist noch zu zeigen, dass jeder Automorphismus von (X, p) durch ein Element g ∈ G
gegeben ist. Es sei also φ : X → X ein Homöomorphismus mit p◦φ = p. Zu einem Punkt x0 ∈ X
betrachten wir die Menge F = G.x0 . Dies ist die Faser von p über dem Punkt p(x) = [x] ∈ X/G.
Die Abbildung φ induziert eine Permutation von F . Es gibt also ein g0 ∈ G mit g0 .x0 = φ(x0 ).
Damit ist g0 −1 ◦ φ ein Automorphismus von (X, p) der mit x0 einen Fixpunkt besitzt. Dies
kann nur sein, wenn g0 −1 ◦ φ = idX , also φ = g0 ∈ G.
b) Wenn X einfach zusammenhängend ist, dann ist die Fundamentalgruppe von X/G isomorph
zu G. Allgemein gilt
G∼
= π1 (X/G, [x])/p∗ (π1 (X, x))
für alle x ∈ X.
c) Wir erhalten RPn ≈ X/G mit X = S n und G = Z2 . Für n ≥ 2 ist S n einfach zusammenhängend
und somit gilt π1 (RPn , x0 ) ∼
= Z2 .