Esercizi su rivestimenti e gruppo fondamentale

[Paolo90]

Sulla scia del recente thread di perplesso (che ha riscosso un certo successo ), ho pensato di aprirne uno simile, riguardo la Topologia Algebrica.
Siccome a lezione non vediamo nessun esercizio, ho pensato di svolgerne qualcuno e di proporlo qui per confrontare la mia soluzione. La fonte è sempre lui, il caro vecchio Munkres, Topology.

Cominciamo con uno semplice.

Esercizio 1. Siano $X,Y$ spazi topologici e supponiamo che su $Y$ ci sia la topologia discreta. Sia $p: X \times Y \to X$ la proiezione sul primo fattore. Mostrare che $p$ è un rivestimento.

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Soluzione. Nella mia mente ho l'immagine di $n$ rette orizzontali che si proiettano sopra una retta posta al di sotto di tutte: sto quindi pensando a $RR \times {1,2, \ldots , n}$.

In generale, sia $x_0 \in X$ e sia $U_0$ un intorno aperto di $x_0$. Mostro che $U_0$ è ben ricoperto. Allora $p^{-1}(U_0)=U_0 \times Y$. Ora poichè $Y$ è discreto posso scrivere $Y=\bigcup_{i \in I} \{y_i \}$. Perciò $p^{-1}(U_0)=U_0 \times \bigcup_{i \in I} \{y_i \} = \bigcup_{i \in I} U_0 \times \{y_i \}$. Per brevità, $V_i:=U_0 \times \{y_i \}$.

Ora è chiaro che

• i $V_i$ sono disgiunti;
• i $V_i$ sono aperti perchè prodotto di aperti ($U_0$ l'ho scelto aperto e gli $\{y_i\}$ sono aperti per definizione di topologia discreta);
• la $p$, ristretta a ognuno dei $V_i$, è un omeomorfismo. E' chiaramente biiettiva, la continuità ce l'ho per definizione di topologia prodotto e in più la $p$ è aperta (perchè la proiezione è aperta).

Per definizione, quindi, $U_0$ è ben ricoperto e pertanto, per l'arbitrarietà di $x_0$, la $p$ è un rivestimento.

Che ve ne pare? Grazie.

[j18eos]

...Che ve ne pare? ...

Che lo svolgimento è perfetto; secondo la definizione che uso io: hai dimostrato che \((X\times Y;X;p;Y)\) è uno spazio fibrato su \(X\) a fibre di tipo \(Y\) mediante la funzione \(p\)!

Se ti può aiutare...

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...senza cambiare i nomi:

• \(X\times Y\) si dice localmente banale su \(X\) mediante \(p\);
• i vari omeomorfismi tra gli insiemi \(V_i\) e \(U_0\) si denominano banalizzazioni locali;
• l'insieme aperto \(U_0\) si definisce equicoperto da \(X\times Y\) mediante \(p\).

Sperando di non aver scritto delle dritte che sono "storte"... notte forum!

[Paolo90]

Ottimo, grazie Armando! Ti ringrazio molto anche per aver riportato le tue definizioni; effettivamente, da quel che ho visto in questo settore ci sono un sacco di notazioni in uso e perdersi è piuttosto facile (del resto, come ormai sappiamo, ciò capita spesso, in Matematica ).

Bene, procedo con altri due esercizi, questa volta direttamente sul gruppo fondamentale.

Esercizio 2. Sia $A subset X$ e $r$ una retrazione di $X$ su $A$, i.e. una mappa continua $r: X \to A$ tale che $r(a)=a$ per ogni $a \in A$. Se $a_0 \in A$, allora
\[
r_{\star} \colon \pi_1(X,a_0) \to \pi_1(A,a_0)
\]
è suriettivo.

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Questo mi pare semplice: chiamiamo $i: A \to X$ l'immersione canonica e osserviamo che $r \circ i = id_A$. Quindi passando agli omomorfismi indotti $(r \circ i)_{\star} = (id_A)_{\star}$ cioè $(r \circ i)_{\star} = id_{\pi_1(A,a_0)}$. Sappiamo però - funtorialità - che $(r \circ i)_{\star} = r_{star} \circ i_{star}$ e quindi abbiamo $r_{star} \circ i_{star}=id_{\pi_1(A,a_0)}$. Ma se il prodotto di due funzioni è suriettivo allora la più esterna è suriettiva, quindi $r_{star}$ è suriettivo, come si voleva.

Esercizio 3 Sia $A \subset RR^{n}$ e sia $h: (A,a_0) \to (Y,y_0)$. Supponiamo che $h$ si possa estendere a una mappa continua da tutto $RR^{n} \to Y$. Alllora $h_{star}$ è l'omomorfismo banale.

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Sia $\tilde{h}$ l'estensione continua di $h$ a tutto $RR^{n}$: in altre parole, valga $tilde{h} \circ i = h$, dove $i : A \to RR^{n}$ è l'immersione. Notiamo ora che $i_{star}: \pi_1(A,a_0) \to \pi_1(RR^{n}, a_0)$ deve essere banale, perchè $RR^{n}$ è semplicemente connesso e quindi ha primo gruppo di omotopia banale. Ma allora anche $h_{star} = (tilde{h} \circ i)_{star} = \tilde{h}_{star} \circ i_{star}$ è banale (di nuovo, ho usato la funtorialità).

Ci siamo? Grazie mille!

[maurer]

Yes, ottimi entrambi!

Ne propongo uno io (ma non posto la soluzione ché la conosco già da tempo immemorabile).

Esercizio 4. Sia \( \displaystyle G \) un gruppo topologico, sia \( \displaystyle e_G \) l'elemento neutro. Allora \( \displaystyle \pi_1(G,e_G) \) è abeliano.

Dedurre che un toro a g buchi con \( \displaystyle g \ge 2 \) non può essere un gruppo topologico. E siccome siamo in tema di rivestimenti, calcolare il rivestimento universale del toro con un buco.

[Paolo90]

Yes, ottimi entrambi!

Grazie!

Esercizio 4. Sia \( \displaystyle G \) un gruppo topologico, sia \( \displaystyle e_G \) l'elemento neutro. Allora \( \displaystyle \pi_1(G,e_G) \) è abeliano.

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Seguo lo schema di risoluzione che propone Munkres (anche lui lo propone come esercizio!).

Anzitutto, sia $\Omega(G,e_G)=\Omega$ (per brevità) l'insieme di tutti i cappi in $G$ con punto base $e_G$. Su $\Omega$ definiamo un'operazione $otimes$ che ai cappi $f,g$ associa $(f \otimes g)(t) =f(t)\cdot g(t)$, dove $\cdot$ è il prodotto del gruppo $G$.

(a) $Omega$ è un gruppo rispetto all'operazione $\otimes$.

• associatività: siano $f,g,h \in \Omega$. Allora $f \otimes (g \otimes h)(s) = f \otimes (g(s)\cdot h(s)) = f(s)\cdot( g(s) cdot h(s))$; d'altra parte, $(f \otimes g) \otimes h(s) = (f(s) \cdot g(s)) otimes h(s) = (f(s)\cdot g(s)) cdot h(s)$ e siccome in $G$ vale la proprietà associativa, abbiamo finito;
  
• elemento neutro: sia $c_e$ il laccio costante, $c_e(s)=e$ per ogni $s in [0,1]$. Allora $f \otimes c_e=c_e otimes f = f$: infatti, $f \otimes c_e = f(s)\cdot e = f(s)$ e analogamente l'altro;
  
• inverso Sia $f \in Omega$. Per ogni $s$, chiamiamo $g(s):=f^{-1}(s)$. Allora il cammino $g(s)$ è l'inverso di $f$ in $\Omega$, perché $(f otimes g)(s) = (g otimes f)(s) = f^{-1}(s)g(s)=g(s)f^{-1}(s)=e$ per ogni $s$ e quindi $f \otimes g = g otimes f = c_e$.

(b) L'operazione passa al quoziente, modulo omotopia a estremi fissi: in altre parole, $\otimes$ induce un'operazione sulle classi in $\pi_1$ (e il prodotto delle classi sarà la classe del prodotto). Siano quindi $[f],[g] \in \pi_1(G, e_G)$. Supponiamo che $[f]=[f']$ e $[g]=[g']$ e mostriamo che $[f] \otimes [g] = [f'] otimes [g']$.

Allora $[f] \otimes [g] = [f otimes g]$ e $[f'] \otimes [g'] = [f' otimes g']$. Ora devo esibire un'omotopia a estremi fissi tra $f otimes g$ e $f' otimes g'$. Per far ciò sfrutto l'unica cosa che so: sia $H_1: I times I to G$ l'omotopia tra $f$ e $f'$ e sia $H_2: I times I to G$ l'omotopia tra $g$ e $g'$. E' semplice verificare che $H : I times I to G$ che manda $(s,t) \mapsto H_1(s,t) \cdot H_2(s,t) $ è l'omotopia cercata.


(c) L'operazione $\otimes$ e $\star$ coincidono in $pi_1(G, e_G)$.
\[
[f] \otimes [g] = ([f \star e_G]) \otimes ([e_G \star g]) = [f \star e_G \otimes e_G \star g] = [f \star g] =[f] \star [g]
\]

dove ho usato l'associatività di $\otimes$. E' giusto?

A questo punto, Munkres sembra suggerire che l'asserto segua immediatamente ma... io non vedo come

Dedurre che un toro a g buchi con \( \displaystyle g \ge 2 \) non può essere un gruppo topologico. E siccome siamo in tema di rivestimenti, calcolare il rivestimento universale del toro con un buco.

Mmm, come è fatto il gruppo fondamentale di un toro con più di due buchi? Sicuramente sarà qualcosa di non abeliano; ci penserò. E nel frattempo continuo a pensare al rivestimento universale del toro con un buco. A proposito, una domanda: a livello "intuitivo", se ho uno spazio topologico (mettiamo pure connesso per archi) e un rivestimento universale, posso affermare che la cardinalità di una fibra (=la cardinalità di tutte le fibre, l'ho dimostrato per esercizio: magari dopo lo posto) è pari all'ordine del gruppo fondamentale? Giusto per vedere se ho capito...


Aggiornamento n.1:

Ma sì, certo; il rivestimento universale del toro è $RR^{2}$. Per essere più precisi, il rivestimento è dato dalla fibrazione $P: RR^{2} \to \mathbb{S}^{1} \times \mathbb{S}^{1}$ che manda \( \displaystyle (x,y) \mapsto ((\cos(2\pi x), \sin(2\pi x)), (\cos(2\pi y), \sin(2\pi y)) \) . La dimostrazione è semplice ed è praticamente analoga a quella che si fa per mostrare che il rivestimento universale di $\mathbb{S}^{1}$ è $\RR$ (anzi, è il primo esempio furbo di rivestimento!).
Figurativamente, questa volta, anzichè l'elica che si avvolge sopra alla circonferenza, c'è un elicoide e dei "quadratini" (quelli i cui estremi hanno coordinate intere) che "rivestono" il toro.

Aggiornamento n.2:

Esercizio 5. (La definizione di grado di un rivestimento è ben data) Sia $p: E \to B$ un rivestimento e sia $B$ connesso. Se $|p^{-1}(b_0)|=k \in \NN$ allora $|p^{-1}(b)|=k$, per ogni $b \in B$. L'intero $k$ si chiama grado del rivestimento.

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Sia $U_k = {b \in B : |p^{-1}(b)|=k} \subseteq B$. Allora $U_k \ne \emptyset$ perchè $b_0 in U_k$. Inoltre, $U_k$ è aperto: sia infatti $b \in U_k$ e sia $W$ un intorno di $b$. Allora $|p^{-1}(b)|=k$ e quindi $p^{-1}(W)$ ha $k$ componenti connesse e perciò $|p^{-1}(w)|=k$ per ogni $w \in W$.
Allo stesso modo si vede che $U_k$ è chiuso, perchè $B setminus U_k = bigcup_{n \ne k} U_n$ è aperto perchè unione di aperti.
Dalla connessione di $B$ segue la tesi.

Alla luce di questo esercizio, mi domando: è vero che il grado del rivestimento coincide con l'ordine del gruppo fondamentale?

[maurer]

E' giusto?

A questo punto, Munkres sembra suggerire che l'asserto segua immediatamente ma... io non vedo come

Sì, è giusto. L'asserto segue perché \( \displaystyle [f \otimes g] = ([f \star e_G]) \otimes ([e_G \star g]) = ([e_G \star f] \otimes ([g \star e_G]) = [g] \otimes [f] \) . Vedi qui per la generalizzazione dell'argomento ed una sua ulteriore applicazione.

Aggiornamento n.1:

Ma sì, certo; il rivestimento universale del toro è $RR^{2}$. Per essere più precisi, il rivestimento è dato dalla fibrazione $P: RR^{2} \to \mathbb{S}^{1} \times \mathbb{S}^{1}$ che manda \( \displaystyle (x,y) \mapsto ((\cos(2\pi x), \sin(2\pi x)), (\cos(2\pi y), \sin(2\pi y)) \) . La dimostrazione è semplice ed è praticamente analoga a quella che si fa per mostrare che il rivestimento universale di $\mathbb{S}^{1}$ è $\RR$ (anzi, è il primo esempio furbo di rivestimento!).
Figurativamente, questa volta, anzichè l'elica che si avvolge sopra alla circonferenza, c'è un elicoide e dei "quadratini" (quelli i cui estremi hanno coordinate intere) che "rivestono" il toro.

Il fatto che sia un rivestimento è chiaro: si tratta del quoziente di una varietà topologica per un'azione libera e propriamente discontinua, quindi non c'è santo che tenga. Il fatto che sia universale discende direttamente dal fatto che è \( \displaystyle \mathbb R^2 \) semplicemente connesso!

Ti invito proprio a dimostrare questo mio asserto. Ricordiamo per chiarezza le due definizioni:

Definizione 1. Sia \( \displaystyle \rho \colon G \times X \to X \) un'azione topologica del gruppo \( \displaystyle G \) sullo spazio topologico \( \displaystyle X \) . Diciamo che \( \displaystyle \rho \) è libera se per ogni elemento \( \displaystyle g \ne 1_G \) in \( \displaystyle G \) , la mappa \( \displaystyle \rho(g,-) \colon X \to X \) non ha punti fissi.

Definizione 2. Sia \( \displaystyle \rho \colon G \times X \to X \) un'azione topologica di \( \displaystyle G \) su \( \displaystyle X \) . Diciamo che \( \displaystyle \rho \) è propriamente discontinua se per ogni scelta di due compatti \( \displaystyle K,H \) esiste solo un numero finito di \( \displaystyle g \in G \) tali che \( \displaystyle g K \cap H \ne \emptyset \) .

Esercizio 6. Sia \( \displaystyle G \) un gruppo e sia \( \displaystyle X \) uno spazio topologico \( \displaystyle \rho \colon G \times X \) un'azione topologica. Se \( \displaystyle X \) è Hausdorff e localmente compatto allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:

1. \( \displaystyle \rho \) agisce in modo libero e propriamente discontinuo;
2. per ogni \( \displaystyle x \in X \) esiste un intorno \( \displaystyle U \) di \( \displaystyle x \) tale che per ogni \( \displaystyle g \in G \) , \( \displaystyle g \ne 1_G \) si ha \( \displaystyle g U \cap U = \emptyset \) .

Esercizio 7. Sia \( \displaystyle G \) un gruppo e sia \( \displaystyle X \) una varietà topologica (risp. differenziabile). Dimostrare che se \( \displaystyle \rho \colon G \times X \) è un'azione topologica (risp. differenziabile) libera e propriamente discontinua, allora il quoziente \( \displaystyle X/\rho \) ha un'unica struttura di varietà topologica (risp. differenziabile) tale che la mappa di proiezione \( \displaystyle p \colon X \to X / \rho \) sia continua (risp. differenziabile) ed un rivestimento. Mostrare che la coppia \( \displaystyle (X/\rho,p) \) soddisfa la proprietà universale del quoziente nella categoria delle varietà topologiche (risp. differenziabili).

Alla luce di questo esercizio, mi domando: è vero che il grado del rivestimento coincide con l'ordine del gruppo fondamentale?

Il gruppo fondamentale di chi? La domanda è essenzialmente legata all'azione di monodromia...

[Paolo90]

L'asserto segue perché \( \displaystyle [f \otimes g] = ([f \star e_G]) \otimes ([e_G \star g]) = ([e_G \star f] \otimes ([g \star e_G]) = [g] \otimes [f] \) .

Abbi pazienza, devo proprio essere cieco: come giustifichi l'ultima uguaglianza? L'avrò scritto almeno 10 volte ieri, ma non sono mai riuscito a spiegarmi l'ultima uguaglianza...

Ah, grazie per il link su Eckmann - Hilton, ricordo quella discussione, spero ora di capirci qualcosa di più!

Esercizio 6. Sia \( \displaystyle G \) un gruppo e sia \( \displaystyle X \) uno spazio topologico \( \displaystyle \rho \colon G \times X \) un'azione topologica. Se \( \displaystyle X \) è Hausdorff e localmente compatto allora le seguenti affermazioni sono equivalenti:

1. \( \displaystyle \rho \) agisce in modo libero e propriamente discontinuo;
2. per ogni \( \displaystyle x \in X \) esiste un intorno \( \displaystyle U \) di \( \displaystyle x \) tale che per ogni \( \displaystyle g \in G \) si ha \( \displaystyle g U \cap U = \emptyset \) .

Provo con $\Rightarrow$. Sia $X$ un Hausdorff, localmente compatto e supponiamo che l'azione di $G$ sia libera e propriamente discontinua. Fissiamo $x \in X$: per ogni $g \in G$, ho che $rho(g,x)=y_g$ e - poichè l'azione è libera - $y_g \ne x$. Per le proprietà di separazione di $X$, per ogni $g$ esisteranno $U_{y_g}$ e $U_x$, due intorni che separano i punti $x$ e $y_g$; $X$ è localmente compatto quindi posso assumere che questi intorni siano a chiusura compatta. Ora pensavo di sfruttare l'altra ipotesi prendendo come compatti $\overline{U}_{x}$ e $g\overline{U_{x}}$... Sono sulla strada giusta? Dopo penso anche all'altra implicazione.

[...]La domanda è essenzialmente legata all'azione di monodromia...

Sì, ho letto un po' di questa roba sul Manetti (mi pare Munkres non parli esplicitamente di monodromia) ma non è che ci abbia capito molto. Devo mettermi lì e rileggere un po' le cose con calma, poi eventualmente tornerò sull'argomento.

Grazie!

[maurer]

L'asserto segue perché \( \displaystyle [f \otimes g] = ([f \star e_G]) \otimes ([e_G \star g]) = ([e_G \star f] \otimes ([g \star e_G]) = [g] \otimes [f] \) .

Abbi pazienza, devo proprio essere cieco: come giustifichi l'ultima uguaglianza? L'avrò scritto almeno 10 volte ieri, ma non sono mai riuscito a spiegarmi l'ultima uguaglianza...

Beh, guarda, se ci pensi non è da giustificare, dopo tutte le cose che hai dimostrato tu. E' semplicemente Eckmann - Hilton all'opera. Comunque, volendo fare i conti, il punto chiave è \( \displaystyle [f \star e_G] = [e_G \star f] \) . Quindi
\( \displaystyle ([f \star e_G]) \otimes ([e_G \star g]) = ([e_G \star f]) \otimes ([g \star e_G]) \)
Adesso, per definizione, si avrà:
\( \displaystyle ((e_G \star f) \otimes (g \star e_G))(t) = \begin{cases} e_G \cdot g(2t) & \text{se } t \in \left[0, \frac{1}{2} \right] \\ f(2t-1) \cdot e_G & \text{se } t \in \left[ \frac{1}{2}, 0 \right] \end{cases} = (g \star f)(t) \)
Quindi \( \displaystyle ([e_G \star f]) \otimes ([g \star e_G]) = [g] \star [f] = [g] \otimes [f] \) .

Provo con $\Rightarrow$. Sia $X$ un Hausdorff, localmente compatto e supponiamo che l'azione di $G$ sia libera e propriamente discontinua. Fissiamo $x \in X$: per ogni $g \in G$, ho che $rho(g,x)=y_g$ e - poichè l'azione è libera - $y_g \ne x$. Per le proprietà di separazione di $X$, per ogni $g$ esisteranno $U_{y_g}$ e $U_x$, due intorni che separano i punti $x$ e $y_g$; $X$ è localmente compatto quindi posso assumere che questi intorni siano a chiusura compatta. Ora pensavo di sfruttare l'altra ipotesi prendendo come compatti $\overline{U}_{x}$ e $g\overline{U_{x}}$... Sono sulla strada giusta? Dopo penso anche all'altra implicazione.

Sì, direi che potrebbe funzionare... adesso devi usare il fatto che l'azione è propriamente discontinua.

Sì, ho letto un po' di questa roba sul Manetti (mi pare Munkres non parli esplicitamente di monodromia) ma non è che ci abbia capito molto. Devo mettermi lì e rileggere un po' le cose con calma, poi eventualmente tornerò sull'argomento.

Ne parla anche Rudin per le funzioni olomorfe. E' una questione interessante, si lega anche alla costruzione delle superfici di Riemann e in particolare al problema proposto da Seneca qui.

[Paolo90]

Beh, guarda, se ci pensi non è da giustificare, dopo tutte le cose che hai dimostrato tu. E' semplicemente Eckmann - Hilton all'opera. Comunque, volendo fare i conti,[...]

Ah, chiarissimo!
Che scemo, bastava fare due conti. Ora è tutto perfettamente chiaro, ti ringrazio.

Provo con $\Rightarrow$. Sia $X$ un Hausdorff, localmente compatto e supponiamo che l'azione di $G$ sia libera e propriamente discontinua. Fissiamo $x \in X$: per ogni $g \in G$, ho che $rho(g,x)=y_g$ e - poichè l'azione è libera - $y_g \ne x$. Per le proprietà di separazione di $X$, per ogni $g$ esisteranno $U_{y_g}$ e $U_x$, due intorni che separano i punti $x$ e $y_g$; $X$ è localmente compatto quindi posso assumere che questi intorni siano a chiusura compatta. Ora pensavo di sfruttare l'altra ipotesi prendendo come compatti $\overline{U}_{x}$ e $g\overline{U_{x}}$... Sono sulla strada giusta?

Sì, direi che potrebbe funzionare... adesso devi usare il fatto che l'azione è propriamente discontinua.

E quindi esistono solo un numero finito di $g \in G$ tali che $g\overline{U}_x \cap \overline{U}_x \ne \emptyset$. In definitiva, l'intorno $U_{x}$ va bene per quasi tutti i $g$, ne restano solo un numero finito da sistemare. Forse questi si riescono a sistemare a mano? Prendo uno di questi $g$, $g\cdot x \ne x$ quindi esiste un intorno (aperto) di $x$ che separa $x$ da $g cdot x$. Interseco tutti questi intorni (aperti, in numero finito) con il vecchio $U_x$ e dovrei aver concluso. Dico bene?

Non so, non ne sono convintissimo, ora provo a rileggerla con calma.

[maurer]

Yes, ad essere pignoli devi fare il controllo che quello che hai trovato vada bene, ma è piuttosto chiaro che funziona...