Содержание
1

Приложения
Инвариантность размерности и края (dim = 2)
Теоремы Борсука и Брауэра
Основная теорема алгебры
Индекс и компоненты дополнения
Теорема Улама-Борсука

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

1 / 32

Инвариантность размерности 2
Теорема
R2 не гомеоморфно Rn при n ≥ 3.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

2 / 32

Инвариантность размерности 2
Теорема
R2 не гомеоморфно Rn при n ≥ 3.

Доказательство.
При удалении одной точки Rn остаётся односвязным, а
R2 нет.

Упражнение
Никакое непустое открытое подмножество R2 не
гомеоморфно открытому подмножеству Rn .

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

2 / 32

Инвариантность края в размерности 2
Теорема
R × [0, +∞) не гомеоморфно никакому открытому
подмножеству R2 .

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

3 / 32

Инвариантность края в размерности 2
Теорема
R × [0, +∞) не гомеоморфно никакому открытому
подмножеству R2 .

Доказательство.
R × [0, +∞) без точки (0, 0) односвязно.
Открытое подмножества R2 без любой точки не
односвязно.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

3 / 32

Содержание
1

Приложения
Инвариантность размерности и края (dim = 2)
Теоремы Борсука и Брауэра
Основная теорема алгебры
Индекс и компоненты дополнения
Теорема Улама-Борсука

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

4 / 32

Теорема Борсука
Определение
Ретракция — непрерывное отображение f : X → Y , где
Y ⊂ X , такое, что f |Y = idY .
Если существует ретракция f : X → Y , то Y называется
ретрактом пространства X .

Теорема (Борсук)
Не существует ретрации из D 2 на S1 .

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

5 / 32

Теорема Борсука
Определение
Ретракция — непрерывное отображение f : X → Y , где
Y ⊂ X , такое, что f |Y = idY .
Если существует ретракция f : X → Y , то Y называется
ретрактом пространства X .

Теорема (Борсук)
Не существует ретрации из D 2 на S1 .

Доказательство.
Продолжимость тождественного отображения S1 в себя
до непрерывного отображения из D 2 в S1 равносильна
стягиваемости idS1 как петли в S 1 .
Из строения π1 (S1 ) эта петля не стягиваема.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

5 / 32

Теорема Брауэра о неподвижной точке
Теорема (Брауэр)
Любое непрерывное отображение f : D 2 → D 2 имеет
неподвижную точку, т.е. существует точка x ∈ D 2 такая,
что f (x) = x.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

6 / 32

Теорема Брауэра о неподвижной точке
Теорема (Брауэр)
Любое непрерывное отображение f : D 2 → D 2 имеет
неподвижную точку, т.е. существует точка x ∈ D 2 такая,
что f (x) = x.

Доказательство.
От противного, пусть f (x) 6= x для всех x ∈ D 2 .
Построим g : D 2 → S 1 так: g (x) — точка пересечения
луча, начинающегося в f (x) и проходящего через x, с
окружностью.
Это g противоречит теореме Борсука.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

6 / 32

Для записей

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

7 / 32

Содержание
1

Приложения
Инвариантность размерности и края (dim = 2)
Теоремы Борсука и Брауэра
Основная теорема алгебры
Индекс и компоненты дополнения
Теорема Улама-Борсука

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

8 / 32

Формулировка
Теорема (основная теорема алгебры)
Любой многочлен f ∈ C[x] степени ≥ 1 имеет хотя бы
один корень в C.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

9 / 32

Доказательство — 1: план
Можно считать, что старший коэффициент равен 1:
f (z) = z n + g (z)
где g (z) = an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 .
Доказываем от противного: пусть корней нет.
Тогда f — непрерывное отображение из C в C \ {0}.
Построим петлю γ : [0, 1] → C такую, что её образ f ◦ γ
не стягиваема в C \ {0} (имеет ненулевой индекс
относительно 0). Это даст противоречие.
В качестве γ возьмем обход окружности радиуса R,
γ(x) = R · e 2πix , где R > 0 — достаточно большое число.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

10 / 32

Доказательство — 2: выбор R
Выберем R > 0 столь большим, что при |z| ≥ R верно
неравенство
|z n | > |g (z)|
(∗)
Для этого достаточно взять
R > n · max{|ai | + 1}.
Из (∗) следует, что отрезок между f (z) и z n не проходит
через 0.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

11 / 32

Доказательство — 3
Положим γ(x) = R e 2πix и рассмотрим петли
α, β : [0, 1] → C \ {0}
α(x) = f (γ(t)) = (γ(t))n + g (γ(t)),
β(x) = (γ(t))n = R n e 2πinx .
Они свободно гомотопны линейной гомотопией в C \ {0}
=⇒ у них одинаковые индексы относительно 0
=⇒ индексы равны n, так как β — n-кратный обход
окружности
=⇒ α не стягиваема в C \ {0}.
Но γ стягиваема в C =⇒ ее образ α = f ◦ γ тоже
стягиваема. Противоречие.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

12 / 32

Для записей

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

13 / 32

Содержание
1

Приложения
Инвариантность размерности и края (dim = 2)
Теоремы Борсука и Брауэра
Основная теорема алгебры
Индекс и компоненты дополнения
Теорема Улама-Борсука

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

14 / 32

Индекс и компоненты дополнения
Теорема
Пусть α : [0, 1] → R2 — петля, p, q лежат в одной
компоненте связности α([0, 1]).
Тогда индексы α относительно p и q равны.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

15 / 32

Индекс и компоненты дополнения
Теорема
Пусть α : [0, 1] → R2 — петля, p, q лежат в одной
компоненте связности α([0, 1]).
Тогда индексы α относительно p и q равны.

Доказательство.
Из локальной линейной связности, компоненты
связности и линейной связности совпадают. Пусть γ —
путь, соединяющий p и q в дополнении α.
Рассмотрим свободную гомотопию петель {βt }:
βt (x) = α(x) − γ(t).
Она не задевает 0 =⇒ индексы β0 и β1 относительно 0
равны.
Это то же самое, что индексы α относительно p и q.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

15 / 32

Приложение: детская теорема Жоржана
Следствие
Пусть α — путь в D 2 , соединяющий две различные
точки S1 и не имеющий других общих точек с S1 .
Тогда образ α разбивает внутренность диска хотя бы на
две компоненты.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

16 / 32

Приложение: детская теорема Жоржана
Следствие
Пусть α — путь в D 2 , соединяющий две различные
точки S1 и не имеющий других общих точек с S1 .
Тогда образ α разбивает внутренность диска хотя бы на
две компоненты.

Доказательство.
Пусть β и γ — дуги, на которые концы α разбивают
окружность.
Выберем p, q ∈ D 2 очень близко (ближе, чем α) к
серединам этих дуг.
Тогда линейная гомотопия между α и отрезком с теми
же концами не задевает p и q
=⇒ индексы петли αβ относительно p и q различны
(равны 0 и 1)
=⇒ p и q лежат в разных компонентах.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

16 / 32

Для записей

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

17 / 32

Содержание
1

Приложения
Инвариантность размерности и края (dim = 2)
Теоремы Борсука и Брауэра
Основная теорема алгебры
Индекс и компоненты дополнения
Теорема Улама-Борсука

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

18 / 32

Формулировка
Теорема
Для любой непрерывной функции f : S2 → R2
существует точка x ∈ S2 такая, что f (−x) = f (x).

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

19 / 32

Доказательство — 1: план
От противного, пусть f (−x) 6= f (x) для всех x ∈ S2 .
Тогда определим g : S2 → R2 \ {0}:
g (x) = f (x) − f (−x).
Она непрерывна и нечётна: g (−x) = −g (x) ∀x ∈ S2 .

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

20 / 32

Доказательство — 1: план
От противного, пусть f (−x) 6= f (x) для всех x ∈ S2 .
Тогда определим g : S2 → R2 \ {0}:
g (x) = f (x) − f (−x).
Она непрерывна и нечётна: g (−x) = −g (x) ∀x ∈ S2 .
Докажем, что такого g не существует. Будем
рассматривать g только на верхней полусфере
S2+ := {(x, y , z) ∈ S2 : z ≥ 0}.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

20 / 32

Доказательство — 1: план
От противного, пусть f (−x) 6= f (x) для всех x ∈ S2 .
Тогда определим g : S2 → R2 \ {0}:
g (x) = f (x) − f (−x).
Она непрерывна и нечётна: g (−x) = −g (x) ∀x ∈ S2 .
Докажем, что такого g не существует. Будем
рассматривать g только на верхней полусфере
S2+ := {(x, y , z) ∈ S2 : z ≥ 0}.
Так как S2+ ' D 2 , достаточно доказать, что не
существует непрерывной h : D 2 → R2 \ {0} такой, что
h(−x) = h(x) ∀x ∈ S1
Для этого докажем, что петля α = h|S1 не стягиваема в
R2 \ {0}.
Из этого будет следовать, что она не продолжается до
отображения h : D 2 → R2 \ {0}.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

20 / 32

Нечётная петля имеет нечётный индекс
Лемма
Пусть непрерывное отображение α : S1 → R2 \ {0}
нечётно, т.е. α(−x) = −α(x) для всех x ∈ S1 .
Тогда индекс α относительно 0 нечётен.
В частности, он не равен 0.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

21 / 32

Доказательство леммы
Рассмотрим соответствующий путь β : [0, 1] → R2 \ {0},
β(x) = α(cos2πx, sin 2πx).
Нечётность α переписывается в виде
β(x + 12 ) = −β(x)

(∗)

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

22 / 32

Доказательство леммы
Рассмотрим соответствующий путь β : [0, 1] → R2 \ {0},
β(x) = α(cos2πx, sin 2πx).
Нечётность α переписывается в виде
β(x + 12 ) = −β(x)

(∗)

Пусть ϕ : [0, 1] → R — непрерывный аргумент β.
Из (*) следует, что
Для любого x ∈ [0, 12 ], изменение аргумента
ϕ( 21 ) − ϕ(0) имеет вид (2k + 1)π, где k ∈ Z.
ϕ(x + 21 ) − ϕ(x) — константа.
То есть k не зависит от x.

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

22 / 32

Доказательство леммы
Рассмотрим соответствующий путь β : [0, 1] → R2 \ {0},
β(x) = α(cos2πx, sin 2πx).
Нечётность α переписывается в виде
β(x + 12 ) = −β(x)

(∗)

Пусть ϕ : [0, 1] → R — непрерывный аргумент β.
Из (*) следует, что
Для любого x ∈ [0, 12 ], изменение аргумента
ϕ( 21 ) − ϕ(0) имеет вид (2k + 1)π, где k ∈ Z.
ϕ(x + 21 ) − ϕ(x) — константа.
То есть k не зависит от x.
Отсюда
ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ( 12 ) − ϕ(0) + ϕ(1) − ϕ( 12 ) = (2k + 1)2π
=⇒ индекс равен 2k + 1.
Лемма и теорема доказаны

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

22 / 32

Для записей 1

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

23 / 32

Для записей 2

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

24 / 32

Для записей 3

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

25 / 32

Для записей 4

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

26 / 32

Для записей 5

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

27 / 32

Для записей 6

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

28 / 32

Для записей 7

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

29 / 32

Для записей 8

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

30 / 32

Для записей 9

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

31 / 32

Для записей 10

Лекция 24

29 апреля 2020 г.

32 / 32