Om forholdet mellom produkt og barysentrisk oppdeling av simplisialkomplekser

Transkript

1 Om forholdet mellom produkt og barysentrisk oppdeling av simplisialkomplekser Vegard Fjellbo Matematisk institutt Universitetet i Oslo rvfjellb[at]student.matnat.uio.no 28. mai 2009 En prosjektoppgave i emnet MAT2000 Veileder: John Rognes 1

2 Innhold 1 Innledning 3 2 Simplisialkomplekser og simplisielle avbildninger Simplekser og komplekser Geometrisk realisering Simplisielle avbildninger Barysentrisk oppdeling Problemstilling 12 4 Resultat Generelle hjelperesultater Bevis av hovedresultatet Kilder 27 2

3 1 Innledning I denne oppgaven skal vi først introdusere litt sentral teori, og vi skal blant annet denere begrepene ordnet simplisialkompleks, produktet K L av to ordnede simplisialkomplekser K og L, oppdelingen sd(k) av et ordnet simplisialkompleks, samt den geometriske realiseringen K av et ordnet simplisialkompleks. Topologiske begreper brukt i oppgaven blir ikke denert her. Vi viser isteden til boka Topology av Munkres (2000). Projeksjonene pr K : K L K og pr L : K L L gir opphav til en ordningsbevarende funksjon f 0 : sd(k L) 0 (sd(k) sd(l)) 0 gitt ved f 0 (v) = (pr K (v), pr L (v)) for alle v sd(k L) 0. Denne induserer en simplisiell avbildning f : sd(k L) sd(k) sd(l). Vi skal betegne det ordnede simplisialkomplekset bestående av kjedene i den totalt ordnede mengden {0 < 1 < < n} med [n]. Målet med oppgaven er å vise at f har kontraktible punktinverser for K = [n] og L = [1] i spesialtilfellene n = 1, 2. For å nå dette målet viser det seg å være essensielt å studere relasjonene på de partielt ordnede mengdene R = (f0 1 (σ), ) for simplekser σ sd(k) sd(l). Vi skal vise noen hjelperesultater om relasjonene på R, som gjelder for alle n N. Ved hjelp av disse skal vi ved et kombinatorisk resonnement identisere hvilke relasjoner vi kan ha på R, og hvilke tilfeller av R vi da trenger å inspisere. 3

4 2 Simplisialkomplekser og simplisielle avbildninger 2.1 Simplekser og komplekser La V = {v 0,..., v m }, der m 0 og der v 0,..., v m er punkter i R n. Hyperplanet H eller m-planet utspent av v 0,..., v m er denert som m H = { t i v i R n i=0 m t i = 1}. (1) Vi sier at punktene v 0,..., v m er i generell posisjon hvis vi for en hvilken som helst W V har at hyperplanet utspent av punktene i W er strengt mindre enn hyperplanet utspent av punktene i V. At v 0,..., v m er i generell posisjon er ekvivalent med at vektorene v 1 v 0,..., v m v 0 er lineært uavhengige (Armstrong, 1979, avsn. 6.1). Gitt m + 1 punkter k 0, k 1,..., k m R n i generell posisjon, kaller vi den minste konvekse mengden k som inneholder dem et simpleks av dimensjon m, eller et m- simpleks. Vi har dermed i=0 i=0 m m k = { t i k i R n t i 0, t i = 1}. (2) Punktene k 0,..., k m kalles hjørnene til k. Tallene t 0,..., t m kalles de barysentriske koordinatene til punktet t 0 k t m k m. Vi skal kalle Int k (det indre av k) et åpent simpleks. Eksempel 2.1. Mengden i=0 n = {(t 0,..., t n ) R n+1 t i 0, er et eksempel på et n-simpleks. n t i = 1} (3) Hvis k og l er simplekser og hvis hjørnene til l danner en delmengde av mengden av hjørnene til k sier vi at l er en fasett av k og skriver l k. Denisjon 2.2. En endelig samling K av simplekser i R n kalles et simplisialkompleks hvis K er slik at k K og l k medfører l K, og slik at når to simplekser i K møtes, så gjør de det i en felles fasett. Hvis n N 0 er maksimum av dimensjonene til simpleksene i K sier vi at K har dimensjon n. Vi skal nå introdusere konseptet abstrakt simplisialkompleks. Begrepet simpleks samt en del andre begreper vil heretter bli benyttet i to forskjellige betydninger. Denisjon 2.3. Et abstrakt simplisialkompleks er en mengde K av endelige, ikke-tomme mengder kalt simpleksene til K, slik at enhver ikketom delmengde av et simpleks i K igjen er et simpleks i K. 4 i=0

5 Det vil si at hvis K er et abstrakt simplisialkompleks og l k K, så er l K. I så tilfelle sier vi at l er en fasett av k, og vi skriver l k. Et simpleks {k 0, k 1,..., k m } med (m + 1) elementer kalles et m-dimensjonalt simpleks, eller et m-simpleks. Vi skal betegne dimensjonen til et simpleks k med dim k. Elementene i 0-simpleksene (ettpunktsmengdene i K) kalles hjørnene til K. Disse danner en mengde K 0 kalt hjørnemengden til K. Ethvert simpleks i K er en endelig, ikke-tom delmengde av K 0. Vi skal noen ganger la K 0 betegne hjørnemengden til K og noen ganger la K 0 betegne mengden av 0-simplekser i K. Det vil gå frem av sammenhengen i hvilken betydning symbolet brukes. Generelt vil vi betegne mengden av m-simplekser i et abstrakt simplisialkompleks K med K m. Før vi går videre er vi nødt til å vite litt om partielt ordnede mengder. En (mild) partiell ordning er en binær relasjon over en mengde P, som er reeksiv, antisymmetrisk og transitiv, det vil si at vi for alle p, q, r P har p p, og p q, q p p = q p q, q r p r. Dersom < er en ordning på en mengde Q, som er irreeksiv, asymmetrisk og transitiv, det vil si at vi for alle p, q, r Q har og (p < p), p < q (q < p) p < q, q < r p < r, så sier vi at < er en streng partiell ordning. En mengde med en partiell ordning, enten den er streng eller mild, er en partielt ordnet mengde. Til enhver mild partiell ordning svarer en og bare en streng partiell ordning. Vi skal la (P, O) betegne den partielt ordnede mengden P med ordningen O. Hvis p, q P er slik at poq eller qop sier vi at p og q er sammenliknbare i P, og vi skriver p q. Ellers sier vi at p og q ikke er sammenliknbare i P, og vi betegner det med p q. Vi sier at C P er en kjede hvis ethvert distinkt par av punkter i C er sammenliknbare i O. Vi skal si at kjeden C = {c 0 < c 1 < < c m } har lengde m. O er en total ordning på P hvis vi for alle p, q P har p q eller q p i O, og i så fall sier vi at P er totalt ordnet. 5

6 Denisjon 2.4. Et ordnet simplisialkompleks er et abstrakt simplisialkompleks K med en partiell ordning på hjørnemengden K 0 slik at ethvert simpleks i K er en kjede. Med andre ord er simpleksene til K totalt ordnede delmengder av K 0. Eksempel 2.5. Mengden {{a}, {b}, {c}, {a < b}, {b < c}} med ordningen a < b < c på hjørnemengden er et ordnet simplisialkompleks. Denisjon 2.6. La (P, ) være en partielt ordnet mengde. Vi denerer nerven N(P ) til P som mengden av endelige, ikke-tomme og totalt ordnede delmengder av P. Eksempel 2.7. Nerven til {a < b < c > d} er {{a}, {b}, {c}, {d}, {a < b}, {b < c}, {a < c}, {d < c}, {a < b < c}}. Eksempel 2.8. La [m] betegne mengden {0 < 1 < < m}. Da er et ordnet simplisialkompleks. [n] = N([n]) Nerven N(P ) til en partielt ordnet mengde P er alltid et ordnet simplisialkompleks. P er da hjørnemengden og simpleksene til N(P ) er de endelige, ikke-tomme, totalt ordnede delmengdene av P. Nå når vi har denert begrepet ordnet simplisialkompleks er vi klare til å denere produktet av to ordnede simplisialkomplekser. La K og L være ordnede simplisialkomplekser med hjørnemengder K 0 og L 0. Vi denerer hjørnemengden (K L) 0 som det kartesiske produktet K 0 L 0 med ordningen denert som følger. Hvis (k a, l a ), (k b, l b ) K 0 L 0 så er hvis og bare hvis og (k a, l a ) (k b, l b ) (4) k a k b (5) l a l b, (6) der likheten i (4) gjelder hvis og bare hvis vi har likhet i både (5) og (6). Videre lar vi (k a, l a ) < (k b, l b ) hvis og bare hvis (k a, l a ) (k b, l b ) og (k a, l a ) (k b, l b ). Anta at σ = {(k 0, l 0 ) < (k 1, l 1 ) < < (k m, l m )} (K L) 0. Vi skal la σ K L hvis og bare hvis projeksjonen av σ ned på K er et simpleks i K og projeksjonen av σ ned på L er et simpleks i L, altså pr K (σ) = {k 0 k m } K (7) 6

7 og pr L (σ) = {l 0 l m } L. (8) I spesialtilfellet der K = N(K 0 ) og L = N(L 0 ) er det ordnede simplisialkomplekset K L lik nerven til (K L) 0 = K 0 L 0. Det følger at hvis (P, ) og (Q, ) er partielt ordnede mengder, så er N(P Q) og N(P ) N(Q) isomorfe. Anta at i er slik at 1 i m. Vi skal kalle k i en repetisjon hvis k i = k i 1. La oss ta bort fra mengden [m] de indeksene i slik at k i er en repetisjon. Anta at vi står vi igjen med indeksene i 0, i 1,..., i p. La oss på samme måte ta bort fra [m] de indeksene j slik at l j er en repetisjon, og anta at vi står igjen med indeksene j 0, j 1,..., j q. Når vi skriver {k 0 k m } og {l 0 l m } mener vi nettopp mengdene {k i0 < k i1 < < k ip } og {l j0 < l j1 < < l jq }. For å forenkle notasjonen skal vi heretter ofte betegne en mengde med en streng eller med par av strenger på denne måten: og (k 0 k 1... k m, l 0 l 1... l m ) = {(k 0, l 0 ) < (k 1, l 1 ) < < (k m, l m )}, (9) k i0 k i1... k ip = {k i0 < k i1 < < k ip } (10) l j0 l j1... l jq = {l j0 < l j1 < < l jq }. (11) Vi skal si at simplekset σ har førstestreng k 0 k 1... k m og andrestreng l 0 l 1... l m. 2.2 Geometrisk realisering La oss innføre litt mer notasjon før vi går videre til å denere den geometriske realiseringen av et ordnet simplisialkompleks. Hvis K er et ordnet simplisialkompleks kaller vi avbildningen d i : K m K m 1 denert ved k 0 k 1... k m k 0 k 1... k i 1 k i+1... k m for i-te fasettavbildning. Avbildningen δ i : m 1 n denert ved er også nyttig. (t 0,..., t m 1 ) (t 0,..., t i 1, 0, t i,..., t m 1 ) Eksempel 2.9. Simplekset 2 har tre fasetter som er 1-simplekser. Disse er δ 0 ( 1 ), δ 1 ( 1 ) og δ 2 ( 1 ). Betrakt mengden j 0 K j j. Hvis vi identiserer (k, δ i (ξ)) med (d i (k), ξ) for alle k K m og alle ξ m 1, m 1, genererer det en ekvivalensrelasjon på denne mengden. I tilfellet der K er et ordnet simplisialkompleks får vi ekvivalensrelasjonen i følgende denisjon. 7

8 Denisjon La K være et ordnet simplisialkompleks og la K betegne mengden K i i i 0 delt ut med ekvivalensrelasjonen denert som følger: Anta at (k, µ) K p p og (l, ν) K q q. Da er (k, µ) (l, ν) hvis og bare hvis vi kan nne indekser i 0, i 1,..., i κ og j 0, j 1,..., j λ, samt (x, ξ) K m m, for et eller annet heltall m, slik at følgende likninger gjelder: x = d iκ (d iκ 1 (... d i0 (k)... )) = d jλ (d jλ 1 (... d i0 (l)... )) (12) µ = δ i 0 (δ i 1 (... δ iκ (ξ)... )) (13) ν = δ j 0 (δ j 1 (... δ j λ (ξ)... )) (14) Vi sier at K er den geometriske realiseringen av K. Hvis K er et ordnet simplisialkompleks av dimensjon n, og vi plasserer elementene i hjørnemengden K 0 i generell posisjon i R n+1, kan vi oppfatte den geometriske realiseringen K både som et polyeder i R n+1 og som mengden j 0 K j j, der (k, δ i (ξ)) identiseres med (d i (k), ξ) for alle k K m og alle ξ m 1, 1 m n. Fritsch og Piccinini diskuterer overgangene fra ordnede simplisialkomplekser til simplisielle mengder og videre til topologiske rom via den formen for geometrisk realisering som vi akkurat har innført (1990). Eksempel Vi har at [n] = n. Dener funksjonen φ : [n] n ved (k, µ) = (k 0 k 1... k m, (µ 0, µ 1,..., µ m )) (t 0, t 1,..., t n ), der t ki = µ i, 0 i m t j = 0, j [n] \ k. Vi skal vise at φ er surjektiv og at (k, µ), (l, ν) [n], der (k, µ) (l, ν) medfører φ(k, µ) = φ(l, ν). Først, anta at (t 0, t 1,..., t n ) n. La I = {i 0 < i 1 < < i m } [n] være de indeksene slik at t ij > 0, 0 j m. Dener så (k 0 k 1... k m, (µ 0, µ 1,..., µ m )) ved k j = i j, 0 j m, µ j = t ij, 0 j m. 8

9 Da har vi (k 0 k 1... k m, (µ 0, µ 1,..., µ m )) φ (t 0, t 1,..., t n ). Det følger at φ er surjektiv. Anta så at (k, µ), (l, ν) [n], der er slik at (k, µ) (l, ν). Anta at Vi må ha (k, µ) = (k 0 k 1... k p, (µ 0, µ 1,..., µ p )), (l, ν) = (l 0 l 1... l q, (ν 0, ν 1,..., ν q )), (k, µ) φ (s 0, s 1,..., s n ), (l, ν) φ (t 0, t 1,..., t n ). s ki = µ i, 0 i p, s j = 0, j [n] \ k, t li = ν i, 0 i q, t j = 0, j [n] \ l. Det gjenstår å vise at s i = t i for 0 i n. Vi kan i følge denisjon 2.10 nne indekser i 0, i 1,..., i κ og j 0, j 1,..., j λ, samt (x, ξ) K m m slik at likningene (12) til (14) gjelder. Anta at (x, ξ) = (x 0 x 1... x m, (ξ 0, ξ 1,..., ξ m )). Vi må da ha s xi = ξ i = t xi for 0 i m og s j = t j = 0 for alle j [n] \ x, og vi er ferdige. 2.3 Simplisielle avbildninger Vi skal nå introdusere en type avbildning både mellom abstrakte simplisialkomplekser og mellom realiseringer av abstrakte simplisialkomplekser som tar simplekser til simplekser. Denisjon La K og L være abstrakte simplisialkomplekser med hjørnemengder K 0 og L 0. Anta at funksjonen f 0 : K 0 L 0 er slik at dersom σ K, så er bildet av σ under f 0 et simpleks i L. Da induserer f 0 en avbildning f : K L kalt en simplisiell avbildning. 9

10 Denisjon La (K, ) og (L, ) være ordnede simplisialkomplekser og la g 0 : (K 0, ) (L 0, ) være en ordningsbevarende funksjon. Dersom g 0 induserer en simplisiell avbildning g : (K, ) (L, ), så er g denert ved {k 0 < < k n } {g 0 (k 0 ) g 0 (k n )}. Vi kaller g en ordnet simplisiell avbildning. I denisjon 2.13 brukte vi symbolet for ere forskjellige ordninger. Vi skal stort sett ikke bruke forskjellige betegnelser på forskjellige ordninger i denne oppgaven og det vil ikke oppstå forvirring på grunn av dette. Funksjonen g 0 induserer en simplisiell avbildning g i det tilfellet der K er nerven til en partielt ordnet mengde P og L er nerven til en partielt ordnet mengde Q. I det tilfellet induserer g 0 også en avbildning g : K L. Anta at og at k = {k 0 < k 1 < < k m } K l = {g 0 (k 0 ) g 0 (k m )} L. Et punkt c i simplekset {k} m K m m er på formen men vi kan like gjerne skrive c = ({k 0 < k 1 < < k m }, (t 0, t 1,... t m )), c = t 0 k 0 + t 1 k t m k m. Vi har da plassert k 0, k 1,..., k m i generell posisjon i et euklidsk rom. På samme måte som tidligere kan vi nne indekser i 0, i 1,... i p slik at Dener i tillegg i p+1 = m + 1 og la l = {g 0 (k i0 ) < g 0 (k i1 ) < < g 0 (k ip )}. l j = g 0 (k ij ), 0 j p, (15) s j = t ij + t ij t ij+1 1, 0 j p. (16) Avbildningen g 0 kan da utvides til avbildningen g denert ved m g (c) = g ( t i k i ) = i=0 p s j l j (17) (Munkres, 1984, avsn. 1.2). I likhet med g skal vi kalle g en simplisiell avbildning. j=0 10

11 2.4 Barysentrisk oppdeling La K være et simplisialkompleks i R n. Vi skal nå se på en konstruksjon, kalt barysentrisk oppdeling, der vi deler opp simpleksene i K og danner et nytt kompleks som vi skal betegne med sd(k). Det nye komplekset skal være slik at polyedrene k K k og k sd(k) k er like. Hvis k K har hjørner k 0, k 1,..., k m så er barysenteret til k punktet ˆk = 1 m + 1 (k 0 + k k m ) (18) (Armstrong, 1979, avsn. 6.2). Mengden av hjørner i sd(k) er alle barysentrene til simpleksene i K. Dette inkluderer hjørnene i K siden et 0-simpleks er sitt eget barysenter. En samling ˆk 0, ˆk 1,..., ˆk p av barysentre til simplekser i K utgjør hjørnene til et p-simpleks i sd(k) hvis og bare hvis det nnes en permutasjon ι på [p] slik at k ι(0) < k ι(1) < < k ι(p). (19) Dersom (19) er oppfylt, så har vi for alle i at ˆk ι(i) ligger utenfor hyperplanet utspent av ˆk ι(0), ˆk ι(1),..., ˆk ι(i 1). Dermed må ˆk ι(0), ˆk ι(1),..., ˆk ι(p) være i generell posisjon (Armstrong, 1979, avsn. 6.2). Vi kan også danne oppdelingen av et abstrakt simplisialkompleks, for eksempel L. Vi betegner da senteret av et simpleks l L med l selv. Vi denerer oppdelingen sd(l) som nerven til den partielt ordnede mengden ( i 0 L i, ), der er inklusjonsordningen. Siden hjørnemengden sd(l) 0 = i 0 L i arver inklusjonsordningen fra L er oppdelingen sd(l) et ordnet simplisialkompleks. Hvis l a, l b sd(l) 0 er l a og l b både hjørner i oppdelingen sd(l) og simplekser i L. Det gir derfor mening å bruke mengdeoperasjoner på hjørner i oppdelingen av et abstrakt simplisialkompleks. For eksempel kan vi snakke om unionen l a l b og snittet l a l b, og hvis l a l b kan vi skrive l a l b. 11

12 3 Problemstilling Vi skal nå konstruere avbildningen som vil være i fokus i resten av oppgaven. La K og L være ordnede simplisialkomplekser. Vi har fra avsnitt 2.4 at sd(k L) 0 = i 0(K L) i, (20) (sd(k) sd(l)) 0 = sd(k) 0 sd(l) 0 = i 0 (K) i j 0(L) j. (21) La pr K : sd(k L) 0 sd(k) 0 være projeksjonen ned på K, og la pr L : sd(k L) 0 sd(l) 0 være projeksjonen ned på L. Videre, dener ved for alle v sd(k L) 0. Anta at f 0 : sd(k L) 0 (sd(k) sd(l)) 0 f 0 (v) = (pr K (v), pr L (v)) (22) (k 0 k 1... k m, l 0 l 1... l m ) sd(k L) 0. Anta videre at vi på samme måte som tidligere fjerner indeksene i fra [m] som er slik at k i er en repetisjon, og at vi fjerner indeksene j fra [m] som er slik at l j er en repetisjon. Da står vi igjen med indekser i 0, i 1,..., i p og j 0, j 1,..., j q slik at (k 0 k 1... k m, l 0 l 1... l m ) f 0 (k i0 k i1... k ip, l j0 l j1... l jq ). Funksjonen f 0 er ordningsbevarende, for hvis v a, v b sd(k L) 0 betraktet som simplekser i K L er slik at v a er en fasett av v b, så er f 0 (v a ) en fasett av f 0 (v b ). Dermed induserer f 0 simplisielle avbildninger f : sd(k L) sd(k) sd(l) og der f : sd(k L) sd(k) sd(l), sd(k L) = N( i 0(K L) i ), (23) sd(k) sd(l) = N( i 0 (K) i ) N( j 0(L) j ). (24) Vi vil i denne oppgaven stort sett jobbe med spesialtilfellet der K = [n] og L = [1], og målet er å vise at følgende teorem holder: Teorem 3.1. (Teorem 4.15) Avbildningen f : sd( [n] [1]) sd( [n]) sd( [1]) har kontraktible punktinverser for n = 1, 2. 12

13 4 Resultat 4.1 Generelle hjelperesultater I avsnitt 3 denerte vi en ordningsbevarende funksjon f 0 : sd(k L) 0 (sd(k) sd(l)) 0 som induserer simplisielle avbildninger f og f. Vi har alt sett at f 0 stryker repetisjoner. For eksempel, hvis K = [2] og L = [1] har vi (0122, 0001) f 0 (012, 01). Siden et hjørne (k 0 k 1... k m, l 0 l 1... l m ) i komplekset sd( [n] [1]) er en kjede i ( [n] [1]) 0 må vi dersom k i er en repetisjon ha at 1 = l i > l i 1 = 0, for hvis ikke ville (k i 1, l i 1 ) = (k i, l i ). Men det betyr at det ikke nnes en j > i slik at k j er en repetisjon, for det ville betydd at l j > l j 1 l i = 1, noe som er umulig. Vi har altså følgende observasjon: Observasjon 4.1. Et element (k 0 k 1... k m, l 0 l 1... l m ) (sd( [n] [1])) 0 har maksimalt en repetisjon i førstestrengen. Vi skal nå vise et hjelperesultat som avgrenser punktinversen til f, til en delmengde av sd(k L) som er lettere å studere. Lemma 4.2. La K og L være ordnede simplisialkomplekser med hjørnemengder K 0 og L 0 og la f 0 : K 0 L 0 være en ordningsbevarende funksjon. La l L n og dener R = (f 1 0 (l), ), der er ordningen arvet fra K 0. Da er f 1 ({l} n ) = N(R). (25) Bevis. Hvis k 1 K q og k 2 K r med k 1 k 2, vet vi at dersom c 1 {k 1 } Int q og c 2 {k 2 } Int r så er c 1 c 2. Som mengde er altså K en disjunkt union av sine åpne simplekser og vi kan skrive K = ( {k} Int i ). (26) i 0 k K i Vi ser at dersom k K m og f(k) L p sendes {k} Int m til {f(k)} Int p. Hvis f(k) er en fasett av l er ettersom {k} Int m f 1 ({l} n ) (27) f ({k} Int m ) = {f(k)} Int p {l} n. 13

14 Hvis derimot f(k) ikke er en fasett av l er {k} Int m f 1 ({l} n ) =. (28) For, anta at (k, (t 0,..., t m )) {k} Int m og at (k, (t 0,..., t m )) f (f(k), (s 0,..., s p )). Siden f(k) l nnes det en w f(k) slik at w / l, og ettersom t i > 0 for 0 i m medfører s j > 0 for 0 j p må (f(k), (s 0,..., s p )) / {l} n, og dermed følger 28. Dette betyr at f 1 ({l} n ) er en disjunkt union av de åpne simpleksene {k} Int i slik at f(k) l. Men det er jo nettopp simpleksene k N(R), og vi får f 1 ({l} n ) = i 0( {k} Int i ) = ( {k} i ) k (N(R)) i i 0 k (N(R)) i = i 0(N(R)) i i = N(R) (29) Anta i resten av avsnitt 4.1 at w σ (sd( [n]) sd( [1])) p og at w har førstestreng k 0 k 1... k m. La dessuten og c {σ} Int m, S = (f0 1 (v), ) (30) R = (f0 1 (σ), ), (31) der er ordningen arvet fra sd( [n] [1]) 0. Vi skal si at hjørnet w er kritisk hvis S ikke er en ettpunktsmengde. Nå når lemma 4.2 har vist oss at f 1 (c) N(R), skal vi identisere relasjonene på S og deretter gå over til å vise noen resultater om relasjonene på R. Vi kan nesten umiddelbart trekke et par nyttige konklusjoner: Lemma 4.3. Alle kjeder i S er av lengde 1 eller kortere. Bevis. Anta at a S er uten repetisjoner i førstestrengen, og at v 0 ( [n] [1]) 0 er et hjørne slik at b = a {v 0 } S. Da har b en repetisjon i førstestrengen, og dersom det fantes et hjørne v 1 ( [n] [1]) 0 slik at d = b {v 1 } S ville d hatt to repetisjoner i førstestrengen. Det følger av observasjon 4.1 at et slikt hjørne v 1 ikke nnes. 14

15 Lemma 4.4. Hvis a, b 1, b 2 S, der b 1 og b 2 er distinkte, og hvis b 1 > a < b 2, så er a = b 1 b 2. Bevis. Hver av simpleksene b 1 og b 2 har åpenbart minst en repetisjon i førstestrengen, og det følger da av observasjon 4.1 at de hver har nøyaktig en repetisjon. De må da ha samme dimensjon. Siden f 0 a, b 1, b 2 w må både b 1 og b 2 være dannet av a ved å legge til et hjørne som medfører en repetisjon. Men det medfører a = b 1 b 2, som var det vi skulle vise. Følgende begreper blir nyttige i studiet av S: Denisjon 4.5. Anta at b S. Vi sier at b er minimal i S hvis vi ikke kan nne en a S slik at a < b. Tilsvarende sier vi at b er maksimal i S hvis vi ikke kan nne en d S slik at b < d. Dersom det nnes nøyaktig en a S slik at a < b sier vi at b er radikal i S. Kan vi skrive opp et eksplisitt uttrykk for et vilkårlig kritisk hjørne i sd( [n]) sd( [1])? Vi får svaret fra det neste hjelperesultatet. Lemma 4.6. Vi husker at førstestrengen til hjørnet w er k 0 k 1... k m. Hjørnet w er kritisk hvis og bare hvis m 1 og hvis andrestrengen er lik 01. Bevis. Anta først at m 1 og at andrestrengen til w er lik 01. Men hjørnene (k 0 k 1... k i 1 k i 1 k i... k m, ), (k 0 k 1... k i 1 k i k i... k m, ), der 1 i m, er begge i S og de er ulike. Det følger at w er kritisk. Anta så at a, b S er distinkte. Vi deler opp i tilfelle 1; dim a = dim b og tilfelle 2; dim a + 1 = dim b. Først, tilfelle 1: dim a = dim b. Vi må enten ha en repetisjon i førstestrengen til a og dermed også en repetisjon i førstestrengen til b, eller ingen repetisjon i førstestrengen til verken a eller b. Hvis vi har en repetisjon i førstestrengen til a og b må andrestrengen bestå av både 0-ere og 1-ere. Hvis vi ikke har en repetisjon i førstestrengen til a og b må vi fremdeles ha både 0-ere og 1-ere i andrestrengen til både a og b, for hvis ikke måtte det ha vært enten bare 0-ere eller bare 1-ere i både andrestrengen til a og den til b. Da måtte a = b. Vi har altså konstantert at w har andrestreng 01 i tilfelle 1, og det medfører at hvis w = (p, 01), der p [n], så ville a = (pp, 01) = b. Vi må altså ha m 1. Tilfelle 2: dim a + 1 = dim b. Vi må ha at a ikke har en repetisjon i førstestrengen, mens b har en repetisjon i førstestrengen. Da må b ha både 0-ere og 1-ere i andrestrengen, som medfører at a også har det, siden a, b f 0 w. 15

16 Vi vet nå nok til å kunne bestemme relasjonene på S. Hvis w er kritisk kan vi i følge lemma 4.6 skrive w = (k 0 k 1... k m, 01), der m 1. De minimale elementene i S er åpenbart på formen (k 0 k 1... k i 1 k i... k m, ), 1 i m, og det er m av dem. Ved hjelp av hvert av de minimale elementene i S kan vi danne to maksimale elementer i S. Hvis a = (k 0 k 1... k i 1 k i... k m, ), 1 i m kan vi danne de maksimale elementene a {(k i 1, 1)} = (k 0 k 1... k i 1 k i 1 k i... k m, ), a {(k i, 0)} = (k 0 k 1... k i 1 k i k i... k m, ) i S. Dersom m 2, ser vi at vi av de minimale elementene a = (k 0 k 1... k i 1 k i... k m, ), b = (k 0 k 1... k i 1 k i k i+1... k m, ), der 1 i m 1 kan danne nøyaktig tre maksimale elementer ettersom a {(k i, 0)} = b {(k i, 1)}. Det følger ved induksjon at dersom vi har p minimale elementer i S, så kan vi danne p + 1 maksimale elementer av dem på måten illustrert ovenfor. Har vi da funnet alle elementer i S? Svaret er ja, for hvis et element b er maksimalt i S må det ha en repetisjon i førstestrengen, slik b = (k 0 k 1... k i 1 k i k i... k m, ) eller slik b = (k 0 k 1... k i 1 k i 1 k i... k m, ) og det er da dannet av det minimale elementet a = (k 0 k 1... k i 1 k i... k m, ). Vi oppsummerer resonnementet med gur 1, der vi gir alle relasjonene på S. Det er verdt å merke seg noen generelle trekk ved mengden S. For eksempel, hvis w er kritisk, så er det i S ett eller ere minimale hjørner, avhengig av dimensjonen til w, samt nøyaktig to radikale hjørner. Vi ser også at et hjørne i S er minimalt hvis og bare hvis det betraktet som et simpleks er fasett til nøyaktig to ekte større simplekser i S. For ethvert maksimalt simpleks a S som ikke er radikalt nnes det nøyaktig to ekte mindre simplekser i S som er fasetter til a. Nå kjenner vi alle relasjonene på den partielt ordnede mengden S, men kan vi si noe generelt om relasjonene på R? Vel, direkte fra lemma 4.4 kan vi slutte følgende resultat: 16

17 (k 0 k 0 k 1... k m, ) (k 0 k 1... k m, ) (k 0 k 1 k 1 k 2... k m, ) (k 0 k 1 k 2... k m, )... (k 0 k 1... k m 2 k m 1 k m, ) (k 0 k 1... k m 2 k m 1 k m 1 k m, ) (k 0 k 1... k m 1 k m, ) (k 0 k 1... k m 1 k m k m, ) Figur 1: Relasjoner på S 17

18 Lemma 4.7. Anta at a R og at b, d 1, d 2 S. Hvis d 1 > b < d 2 og d 1 > a < d 2, så er a b. La oss betegne hvert av de maksimale elementene i S med en indeks på følgende måte: (0) = (k 0 k 0 k 1... k m, ) (1) = (k 0 k 1 k 1 k 2... k m, ) (2) = (k 0 k 1 k 2 k 2 k 3... k m, )... (i) = (k 0... k i 1 k i k i k i+1... k m, ) Når vi beregner snittet av to og to maksimale elementer i S nner vi et mønster: (0) (1) = (k 0 k 1... k m, ) (0) (2) = (k 0 k 2 k 3... k m, ) (0) (3) = (k 0 k 3 k 4... k m, )... (0) (j) = (k 0 k j k j+1... k m, ) (1) (j) = (k 0 k 1 k j k j+1... k m, ) (2) (j) = (k 0 k 1 k 2 k j k j+1... k m, )... (i) (j) = (k 0... k i k j k j+1... k m, ) Dette leder til et nyttig resultat. Lemma 4.8. Anta at d 1, b, d 2 S er maksimale og at indeksene deres er i, p og j, henholdsvis, med i p j. Anta videre at a R er slik at d 1 > a < d 2. Da er a < b. Bevis. Vi ser at ettersom (i) (j) = (k 0... k i k j k j+1... k m, ) og (p) = (k 0... k p 1 k p k p k p+1... k m, ), så er (i) (j) (p), med likhet hvis og bare hvis i = p = j. Vi har da at at a d 1 d 2 = (i) (j) (p) = b. (32) I tilfellet i = p = j er a < d 1 d 2 ettersom d 1 = d 2. Beviset er fullført. 18

19 Lemma 4.9. Anta at u, v (sd( [n]) sd( [1])) 0 er slik at u < v. Hvis u er kritisk er v også kritisk. Videre er kardinaliteten til f0 1 (v) større enn eller lik kardinaliteten til f 1 (u), med likhet hvis og bare hvis verken u eller v er kritisk. 0 Bevis. Hvis hjørnet u er kritisk, er det i følge lemma 4.6 på formen u = (k 0 k 1... k p, 01), for en eller annen p N. Siden u < v kan vi anta at v = (l 0 l 1... l q, 01), for en eller annen q > p og at det nnes indekser {i 0 < i 1 < < i p } [q] slik at l i0 = k 0, l i1 = k 1,..., l ip = k p. Dermed, i følge samme lemma, er w 2 også kritisk. I gur 1 ser vi alle elementene i S. Det er lett å telle opp disse elementene, og vi får at kardinaliteten til S må være 2m+1. Det følger at kardinaliteten til f0 1 (u) er 2p + 1 og at kardinaliteten til f0 1 (v) er 2q + 1, og siden p < q er naturligvis 2p + 1 < 2q + 1. Vi skal nå vise tre nyttige lemmaer som likner ganske mye på hverandre. Lemma Anta at u, v (sd( [n]) sd( [1])) 0, at u < v og at u er kritisk. Hvis a f0 1 1 (u) er minimalt nnes det et minimalt hjørne b f0 (v) slik at a < b. Bevis. Anta at v = (k 0 k 1... k q, 01), og at {i 0 < i 1 < i p } [q] er slik at u = (k i0 k i1... k ip, 01). Da kan vi skrive a = (k i0 k i1... k iκ 1 k iκ... k ip, ), for en eller annen κ med 1 κ p. Men hvis i κ 1 λ 1 < λ i κ er b = (k 0 k 1... k iκ 1... k λ 1 k λ... k iκ... k q, ) f 1 0 (v), og a < b. Beviset er fullført. Lemma Anta at u, v (sd( [n]) sd( [1])) 0, at u < v og at u er kritisk. Hvis a f0 1 (u) er maksimalt nnes det et maksimalt hjørne b f0 1 (v) slik at a < b. Bevis. Anta at v = (k 0 k 1... k q, 01) og at indeksene i 0, i 1,..., i p er slik at u = (k i0 k i1... k ip, 01). Anta videre at a = (k i0 k i1... k iκ 1 k iκ k iκ k iκ+1... k ip, ) f 1 0 (u), der 0 κ p. Men b = (k 0 k 1... k iκ 1k iκ k iκ k iκ+1... k q, ) f 1 0 (v) og a < b. Beviset er fullført. 19

20 Lemma Anta at u, v (sd( [n]) sd( [1])) 0 og at u < v. Da nnes det en a f0 1 1 (u) og en b f0 (v) slik at a < b. Bevis. Vi skal dele opp i tre tilfeller. Tilfelle 1: u er kritisk. Resultatet følger direkte av lemma Tilfelle 2: Verken u eller v er kritisk. Hvis u = (k 0, 01) må v være på formen (l 0 l 1... l m, 01), der m 1 og v er dermed kritisk. Vi må derfor ha at u = (k 0 k 1... k p, A), der A er lik 0 eller 1. Hvis p = 0 kan vi ha v = (k 0, 01). Men da er f0 1 (u) = (k 0, A) < (k 0 k 0, 01) = f0 1 (v). Hvis p 0 og vi har v = (l 0 l 1... l q, A) for en eller annen q > p, så må det nnes indekser i 0, i 1,..., i p slik at l ij = k j, 0 j p. Men f 1 0 (u) = (k 0k 1... k p, AA... A) < (l 0 l 1... l q, AA... A) = f 1 0 (v). Tilfelle 3: Hjørnet u er ikke kritisk, mens v er kritisk. Anta at v = (k 0 k 1... k q, 01) og at {i 0 < i 1 < < i p } [q] er slik at u = (k i0 k i1... k ip, A), der A er lik 0 eller 1, hvis andrestrengen til u ikke er lik 01. I så fall har vi eller f 1 0 (u) = (k i 0 k i1... k ip, AA... A) < (k 0 k 1... k q k q, ) f 1 0 (v) f 1 0 (u) = (k i 0 k i1... k ip, AA... A) < (k 0 k 0 k 1... k q, ) f 1 0 (w 2). Hvis u er på formen (l 0, 01), la j [q] være slik at k j = l 0. Vi har f 1 0 (u) = (l 0l 0, 01) < (k 0 k 1... k j k j k j+1... k q, ) f 1 0 (v). Det følger av det neste lemmaet at vi må ha minst en kjede ρ i R slik at Lemma Avbildningen er surjektiv. ρ f σ. f : sd( [n] [1]) sd( [n]) sd( [1]) 20

21 Bevis. Anta at σ = {w 0 < w 1 < < w p } er simplekset i sd( [n]) sd( [1]) denert tidligere. Vi må vise at det nnes en ρ N(R) slik at f(ρ) = σ. Anta at q med 1 q p er slik at w q er ukritisk. Da følger det av lemma 4.9 at w i er ukritisk for 1 i q. La r = min(p, q + 1). Siden vi i følge lemma 4.12 for enhver i med 1 i r kan nne a i 1 f0 1 (w i 1) og a i f0 1 (w i) slik at a i 1 < a i, følger det at vi har en kjede {a 0 < a 1 < < a r } R. Dersom r = p er vi ferdige. Dersom r < p kan vi anta at w r er kritisk. Det følger da av lemma 4.9 at w i er kritisk for r i p. Hvis nå a r er minimal kan vi bruke lemma 4.10 til å konstruere resten av kjeden. Ellers bruker vi lemma Bevis av hovedresultatet I dette avsnittet vil vi kun jobbe med de ordnede simplisialkompleksene K = [n] og L = [1], slik at når vi skriver f eller f, så mener vi avbildningen eller f : sd( [n] [1]) sd( [n]) sd( [1]) f : sd( [n] [1]) sd( [n]) sd( [1]). For å gjennomføre beviset av teorem 3.1 trenger vi ytterligere ett hjelperesultat. Lemma Anta at σ = {w 0 < w 1 < < w m } sd( [n]) sd( [1]), der n = 1, 2, og at w m 1 er kritisk. Anta videre at a f0 1 (w m 1) er maksimal. Hvis b f0 1 (w m) er minimal er a b. Bevis. I sd( [1]) sd( [1]) har vi kun ett kritisk hjørne, nemlig (01, 01), mens i sd( [2]) sd( [1]) har vi re kritiske hjørner: (01, 01), (12, 01), (02, 01) og (012, 01). Hvis {w 0 < w 1 < < w m } sd( [2]) sd( [1])), og hvis w m 1 er kritisk må da w m 1 være lik enten (01, 01), (12, 01) eller (02, 01), og w m = (012, 01). Det betyr at hvis a f0 1 (w m 1) er maksimal og b f0 1 (w m) er minimal må dim a = dim b, altså har vi a b. Vi formulerer resultatet som er målet for oppgaven på nytt. Teorem Anta at c sd( [n]) sd( [1]) og at vi har n lik 1 eller 2. Da er inversbildet f 1 (c) kontraktibelt. 21

22 Bevis. Vi vet at sd( [n]) sd( [1]) er en disjunkt union av sine åpne simplekser. Vi kan derfor anta at c {σ} Int m for et eller annet simpleks σ = {w 0 < w 1 < < w m } sd( [n]) sd( [1]). I følge lemma 4.13 er avbildningen f surjektiv, og inversbildet f 1 (c) må da være ikke-tomt. Det følger av lemma 4.2 at f 1 (c) N(f 1 0 (σ)). En ytterligere begrensning er at et punkt i f 1 (c) også må være i et eller annet simpleks ρ q, der ρ N(σ) q, slik at f(ρ) = σ. For å avgjøre om f 1 (c) er kontraktibelt for et tilfelle av σ må en derfor kjenne relasjonene på f 1 (σ). Derfor skal vi bruke et sett med regler for hvilke relasjoner vi 0 kan ha på f0 1 1 (σ) for å bestemme alle mulige tilfeller av N(f0 (σ)), ikke medregnet symmetriske tilfeller. Reglene vi skal bruke er gur 1 sammen med lemmaene 4.7, 4.8, 4.9, 4.10, 4.12 og Vi har ett av tre mulige tilfeller: Enten har σ ingen, nøyaktig ett eller nøyaktig to kritiske hjørner. Tilfellet der σ består av utelukkende ukritiske hjørner er trivielt, for da er det kun et simpleks i sd( [n] [1]) som sendes på σ. Dermed er f 1 (c) en ettpunktsmengde. Dersom σ har nøyaktig ett kritisk hjørne må σ ha dimensjon 0, 1 eller 2, og dersom σ har to kritiske hjørner må σ ha dimensjon 1, 2 eller 3. Begrunnelsen for at σ ikke kan være av dimensjon 3 når det har nøyaktig ett kritisk hjørne kommer under behandlingen av det tilfellet. Ved et kombinatorisk resonnement der vi bruker reglene nevnt over sammen med transitiviteten til relasjonen på f 1 0 (σ) får vi dersom σ er et 0- eller 1-simpleks tilfellene i gurene 2 til 11. Vi har i alle gurene tegnet inn inversbildet f 1 (c). Vi kan tenke på inversbildet f 1 (c) som en graf med nodene v ρ dim σ f 1 (c), der ρ N(f0 1 (σ)) dim σ og f(ρ) = σ. Dersom u og v er to distinkte noder i inversbildet slik at det nnes en ρ N(f0 1 (σ)) p med u, v ρ p, så er ρ p f 1 (c) linjestykket som binder dem sammen. Det skal vise seg at f 1 (c) i alle de tilfellene vi skal gå gjennom er et 1-dimensjonalt rom og en sammenliming av linjestykker i nettopp nodene v og på en slik måte at f 1 (c) er homeomorft med et linjestykke. Da følger det at f 1 (c) er kontraktibelt. Vi skal systematisk gå gjennom de ulike tilfellene og sjekke at inversbildet f 1 (c) faktisk er slik vi nettopp beskrev. Vi starter med det første av de to tilfellene, nemlig tilfellet der σ har nøyaktig ett kritisk hjørne. Hvis σ har nøyaktig ett kritisk hjørne og hvis σ = {w 0 } er et 0-simpleks har vi to varianter, vist i gur 2 og 3. Inversbildet f 1 (c) av det ene punktet 22

23 e 0 e 2 e 4 e 1 e 3 w 0 Figur 2: 0-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 1. e 0 e 2 e 1 w 0 Figur 3: 0-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 2. i 0-simplekset er unionen av de tre eller fem nodene, i dette tilfellet punktene e i, og linjestykkene vist i gurene. Dersom σ = {w 0 < w 1 } er et 1-simpleks får vi de seks variantene i gurene 4 til 9. I variantene 1, 2 og 5 er inversbildet f 1 (c) en ettpunktsmengde. I hver av variantene 3, 4 og 6 er inversbildet en union av linjestykker, limt sammen i nodene til f 1 (c). For å danne oss et bilde av situasjonen der σ = {w 0 < w 1 < w 2 } er et 2-simpleks kan vi tenke oss at vi hekter et hjørne b 0 f 1 0 (w 0) på hver av de re første variantene i gurene 4 til 7, og i følge lemma 4.12 er da b 0 < d 0. For variantene 5 og 6 er det ikke mulig å hekte på ere punkter siden hjørnet d 0 må ha dimensjon 0, på grunn av at det minimale elementet i f 1 0 (w 1) er av dimensjon 1. Vi får i variantene 1 og 2 at inversbildet f 1 (c) fortsatt er en ettpunktsmengde, men er et indre punkt i et 2-simpleks istedenfor å være et indre punkt i et 1-simpleks. For eksempel, i variant 1 er f 1 (c) nå blitt et indre punkt i simplekset {b 0 < d 0 < e 0 } istedenfor å være et indre punkt i {d 0 < e 0 }. I variantene 3 og 4 vil vi ved å hekte på et hjørne b 0 fortsatt få at inversbildet er en samling linjestykker, limt sammen i nodene til f 1 (c). Som et eksempel kan vi nevne at i variant 3, så er nodene til f 1 (c) blitt ett indre punkt i hvert av simpleksene {b 0 < d 0 < e 0 }, {b 0 < d 0 < e 1 } og {b 0 < d 0 < e 2 } istedenfor ett indre punkt i hvert av simpleksene {d 0 < e 0 }, {d 0 < e 1 } og {d 0 < e 2 }. Vi vet at e 1 i de re første variantene har dimensjon 2. Det vil si at hjørnet b 0 som vi nettopp hektet på de re første variantene er av dimensjon 0. Dermed kan ikke σ være et 3-simpleks når det har nøyaktig ett kritisk punkt. Vi fortsetter med tilfellet der σ har to kritiske hjørner. Vi ser av gurene 10 og 11 at når σ = {w 0 < w 1 } er et 1-simpleks, så er inversbildet som før linjestykker limt sammen i nodene. Dersom σ = {w 0 < w 1 < w 2 } er et 2- simpleks hekter vi på et hjørne b 0 f 1 0 (w 0) i hver av de to variantene. Siden vi da enten får situasjon 1: b 0 < d 0, d 1, d 2 eller situasjon 2: b 0 < d 0, b 0 d 1, b 0 d 2 (den siste er symmetrisk med b 0 < d 2, b 0 d 0, b 0 d 1 ) gir de to variantene opphav til to nye hver slik at vi har re nye å undersøke. Det er imidlertid lett å se at vi i situasjon 2 får at inversbildet er en ettpunktsmengde 23

24 e 0 e 2 e 4 e 1 f 1 (c) e 3 w 1 c d 0 w 0 Figur 4: 1-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 1. e 0 e 2 e 4 e 1 e 3 f 1 (c) w 1 c d 0 w 0 Figur 5: 1-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 2. e 0 e 2 e 4 e 1 f 1 (c) e 3 w 1 c d 0 w 0 Figur 6: 1-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 3. e 0 e 2 e 4 e 1 f 1 (c) e 3 d 0 w 1 c w 0 Figur 7: 1-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 4. 24

25 e 0 e 2 e 1 w 1 f 1 (c) c d 0 w 0 Figur 8: 1-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 5. e 0 e 2 e f 1 (c) 1 w 1 c d 0 w 0 Figur 9: 1-simpleks, ett kritisk hjørne. Variant 6. siden {b 0 < d 0 < e 0 } er det eneste simplekset i nerven til f0 1 (σ) som avbildes på σ. I variant 1, situasjon 1 ser vi at de fem nodene som da σ var et 1-simpleks var indre punkter i 1-simpleksene {d 0 < e 0 }, {d 1 < e 0 }, {d 1 < e 1 }, {d 1 < e 2 } og {d 2 < e 2 } nå er blitt indre punkter i 2-simpleksene {b 0 < d 0 < e 0 }, {b 0 < d 1 < e 0 }, {b 0 < d 1 < e 1 }, {b 0 < d 1 < e 2 } og {b 0 < d 2 < e 2 }. Inversbildet er dermed en sammenliming av linjestykker i disse nodene. Til slutt, hvis σ = {w 0 < w 1 < w 2 < w 3 } er et 3-simpleks er inversbildet en ettpunktsmengde. Dette er fordi at hvis vi hekter på hjørner b 0 f0 1 (w 1) og a 0 f0 1 (w 0) på variantene i gurene 10 og 11, så vil b 0 være mindre enn bare den ene av d 0 og d 2. Grunnen er at b 0 for å være større enn a 0 minimum må ha dimensjon 1. Ettersom w 2 er ett av de tre hjørnene (01, 01), (12, 01) og (02, 01) har d 1 da dimensjon 1 og vi må ha b 0 d 1. Det følger da av lemma 4.7 at b 0 ikke kan være mindre enn både d 0 og d 2. 25

26 f 1 (c) e 0 e 2 e 4 e 1 e 3 d 0 d 2 d 1 w 1 c w 0 Figur 10: 1-simpleks, to kritiske hjørner. Variant 1. e 0 e 2 e 4 e 1 e 3 d 0 d 2 f 1 (c) d 1 w 1 c w 0 Figur 11: 1-simpleks, to kritiske hjørner. Variant 2. 26

27 5 Kilder 1. Armstrong, M. A.: Basic Topology, McGraw-Hill Book Company (UK) Limited, Fritsch, Rudolf, Piccinini, Renzo A.: Cellular structures in topology, Cambridge University Press, Munkres, James R.: Elements of Algebraic Topology, Addison-Wesley Publishing Company, Munkres, James R.: Topology, Prentice Hall, Inc,