用户: Solution/ 习题: Bott & Tu

  此页面主要收录 gtm 82 的课后习题解答, 和 fjx 教授与此相应课程的补充练习、Yau 赛题目.

  我们会混淆微分形式和微分形式类.

1De Rham Theory

${\mathbb{R}}^n$ 上 de Rham 复形

1.4.1	计算 $U=\mathbb{R}-0$ 的 de Rham 同调群.
解:	我们用极坐标参数, $\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta \\ y=r\sin \theta \end{array}$, $r>0,\theta \in [0,2\pi )$. 对于零阶有 $H^0(U)=Z^0(U)=\mathbb{R}$. 我们计算一阶上同调 $H^1(U)=Z^1(U)/B^1(U)$. 对于任意 $\omega \in Z^1(U)$, 设为 $\omega =fd\theta +gdr$, $f,g\in C^{\infty }(U)$, 则有$$0=d\omega =(\frac{\partial f}{\partial r}-\frac{\partial g}{\partial \theta })dr\wedge d\theta .$$   我们考虑 $h(r,\theta )={\int }_1^{r}g(t,\theta )dt$, 则 $\frac{\partial h}{\partial r}=g$. $$\begin{array}{rl}dh=\frac{\partial h}{\partial r}dr+\frac{\partial h}{\partial \theta }d\theta & =gdr+\left({\int }_1^r\frac{\partial g}{\partial \theta }dt\right)d\theta \\ & =gdr+\left({\int }_1^r\frac{\partial f}{\partial r}dt\right)d\theta \\ & =g+f(r,\theta )d\theta -f(1,\theta )d\theta =\omega -f(1,\theta )d\theta .\end{array}$$推出 $[\omega ]=[f(1,\theta )d\theta ]$. 故我们考虑 $f(1,\theta )d\theta$, 此时的函数与 $r$ 无关. 若存在 $g\in C^{\infty }(U)$ 使得 $dg=f(\theta )d\theta$, 则 $g$ 亦与 $r$ 无关. 故我们只需在 ${\mathbb{S}}^1$ 上考虑. 断言, $f(\theta )d\theta$ 恰当, 当且仅当 ${\int }_{{\mathbb{S}}^1}fd\theta =0$. 若 $f(\theta )d\theta$ 恰当, 即存在 $g\in C^{\infty }({\mathbb{S}}^1)$, 使得 $dg=f(\theta )d\theta$, 则$${\int }_{{\mathbb{S}}^1}f(\theta )d\theta ={\int }_{{\mathbb{S}}^1}dg={\int }_{\partial {\mathbb{S}}^1}g=0.$$ 另一方面, 若 ${\int }_{{\mathbb{S}}^1}fd\theta =0$, 则记 $g(\theta )={\int }_0^{\theta }f(t)dt$, 则有 $\frac{\partial g}{\partial \theta }=f$, 且 $g(\theta +2\pi )=g(\theta )$, 即 $g\in C^{\infty }({\mathbb{S}}^1)$. 特别地, 考虑 $d\theta \in Z^1({\mathbb{S}}^1)$, 因其积分为 $2\pi$, 故其不恰当. 对于任意不恰当的 $\eta \in Z^1({\mathbb{S}}^1)$, 即有 $C={\int }_{{\mathbb{S}}^1}\eta \ne 0$. 我们 $\alpha =\frac{C}{2\pi }d\theta -\eta$, 则有 ${\int }_{{\mathbb{S}}^1}\alpha =\frac{C}{2\pi }{\int }_{{\mathbb{S}}^1}d\theta -{\int }_{{\mathbb{S}}^1}\eta =0$. 故 $\alpha$ 恰当, 即有 $[\eta ]=[\frac{C}{2\pi }d\theta ]$. 因此, $Z^1({\mathbb{S}}^1)$ 中的元素等价类都可以由 $Cd\theta$ 表示, 其中 $C\in \mathbb{R}$. 又易见 $[C_{1}d\theta ]=[C_{2}d\theta ]$, 若 $C_1\ne C_2$. 故有 $H^1(U)=H^1({\mathbb{S}}^1)=\mathbb{R}$.   再计算 $H^2(U)=Z^2(U)/B^2(U)={\Omega }^2(U)/B^2(U)$. 我们说任意 $g(r,\theta )dr\wedge d\theta \in {\Omega }^2(U)$ 都是恰当的. 定义 $f(r,\theta )={\int }_1^{r}g(t,\theta )dt$, 则 $fd\theta \in {\Omega }^1(U)$ 且 $df=\frac{\partial f}{\partial r}dr\wedge d\theta =gdr\wedge d\theta$, 即 $B^2(U)={\Omega }^2(U)$, 进而有 $H^2(U)=0$. 或由 Poincaré 对偶, $H^2(U)=H_c^0(U)=0$.   综上所述, $H^k({\mathbb{R}}^2-0)=\{\begin{array}{ll}\mathbb{R},& k=0;\\ \mathbb{R},& k=1;\\ 0,& k\ge 2.\end{array}$
1.4.2	计算 $M=\mathbb{R}-p-q$ 的 de Rham 同调群.
解:	记 $U={\mathbb{R}}^2-p$, $V={\mathbb{R}}^2-q$. 则有 $U\cap V=M$, $U\cup V={\mathbb{R}}^2$.   $H^0(M)=\mathbb{R}$ 易知, 我们计算一阶上同调群. 考虑 M-V 序列$$H^1({\mathbb{R}}^2)=0\to H^1(U)\oplus H^1(V)\cong \mathbb{R}\oplus \mathbb{R}\stackrel{f}{⟶}{H}^1(M)\to H^2({\mathbb{R}}^2)=0,$$由最后一处正合知 $f$ 是满射, 于是有群同构$$H^1(M)\cong (H^1(U)\oplus H^1(V))/\ker f\cong (\mathbb{R}\oplus \mathbb{R})/0=\mathbb{R}\oplus \mathbb{R},$$式中用到了第一处的正合.   我们再计算二阶上同调群. 同样考虑 M-V 序列$$H^2(U)\oplus H^2(V)=0\to H^2(M)\to H^3({\mathbb{R}}^2)=0,$$故 $H^2(M)=0$.   综上所述, $H^k({\mathbb{R}}^2-p-q)=\{\begin{array}{ll}\mathbb{R},& k=0;\\ {\mathbb{R}}^2,& k=1;\\ 0,& k\ge 2.\end{array}$   我们具体地写出一阶同调群中的所有代表元. 不妨设 $p=(-2,0)$, $q=(2,0)$. $U=\{x\le 1\}\backslash \{p\}$, $V=\{x\ge -1\}\backslash \{q\}$.   在 $U$ 上, 以 $p$ 为中心考虑极坐标表示, 则 $C_{1}d{\theta }_1$ 是 $H^1(U)$ 上所有等价类的代表元, 其中 $C_1\in \mathbb{R}$. 而 $C_{1}d{\theta }_1=C_1\frac{(x+2)dy-ydx}{(x+2{)}^2+y^2}$. 同理在 $V$ 上有相似的结果, 且 $C_{2}d{\theta }_2=C_2\frac{(x-2)dy-ydx}{(x-2{)}^2+y^2}$, 其中 $C_2\in \mathbb{R}$.   在 $B=U\cap V$ 上考虑 $C_{1}d{\theta }_1-C_{2}d{\theta }_2$. 因为其闭, 由 Poincaré 引理, 存在 $f\in C^{\infty }(B)$ 使得 $C_{1}d{\theta }_1-C_{2}d{\theta }_2=df$.   我们将 $f$ 光滑延拓到 ${\mathbb{R}}^2$ 上, 得到 $\tilde{f}\in C^{\infty }({\mathbb{R}}^2)$. 考虑 $\omega \in \Omega (M)$, 使得 $\omega {|}_U=C_{1}d{\theta }_1-d\tilde{f}$, $\omega {|}_V=C_{2}d{\theta }_2$. 因为有 $(C_{1}d{\theta }_1-d\tilde{f}){|}_B=(C_{2}d{\theta }_2){|}_B$, 故 $\omega$ 良定.   $\omega$ 闭是显然的. 我们说明, 当 $(C_1,C_2)\ne 0$ 时, $\omega$ 不是恰当的. 否则存在 $g\in C^{\infty }(M)$ 使得 $\omega =dg$. 不妨设 $C_1\ne 0$, 我们在 $U$ 上考虑, 有$$C_{1}d{\theta }_1-d\tilde{f}=\omega {|}_U=dg{|}_U,$$则有 $C_{1}d{\theta }_1=d(\tilde{f}+g{|}_U)\in B^1(U)$, 这与 $C_1\ne 0$ 矛盾.   容易验证, 当二元数组 $(C_1,C_2)$ 改变时, 其定义的 $[\omega ]$ 亦改变. 故由 $(C_1,C_2)\in {\mathbb{R}}^2$ 定义的 $\omega$ 即是互不等价的一阶闭微分形式.
1.7	令 $\{e_i{\}}_{i=1,\cdots ,n}$ 是线性空间 $V$ 的一组基, 并令 $\{{\omega }_i{\}}_{i=1,\cdots ,n}$ 为 $\{e_i{\}}_{i=1,\cdots ,n}$ 的对偶基. 证明: $\{{\omega }_{i_1}\wedge \cdots \wedge {\omega }_{i_r}\mid 1\le i_1<i_2<\cdots <i_r\le n\}$ 是 ${\bigwedge }^r{V}^{\ast }$ 的一组基.
证明:

流形上的微积分

2.8	令 $M$ 是 $4$ 维实流形. 称闭 $2$-形式 $\omega$ 为辛形式, 若 $\omega \wedge \omega$ 是处处非零的 $4$-形式. (1) 试构造 ${\mathbb{R}}^4$ 上的一个辛形式. 解: 考虑 $\omega =\frac{1}{2}(d{x}_1\wedge d{x}_2+d{x}_3\wedge d{x}_4)$, 那么 $\omega$ 闭, 且 $\omega \wedge \omega =d{x}_1\wedge d{x}_2\wedge d{x}_3\wedge d{x}_4$ 是处处非零的. (2) 证明: 球面 $S^4$ 上没有辛形式. 证明:   $\omega$ 闭, 故存在 $\eta \in {\Omega }^1({\mathbb{S}}^4)$ 使得 $\omega =d\eta$. 而有$$d(\eta \wedge \omega )=d\eta \wedge \omega -\eta \wedge d\omega =\omega \wedge \omega ,$$故有$${\int }_{{\mathbb{S}}^4}\omega \wedge \omega ={\int }_{{\mathbb{S}}^4}d(\eta \wedge \omega )={\int }_{\partial {\mathbb{S}}^4}\eta \wedge \omega =0.$$而 $\omega \wedge \omega$ 处处非零, 记 $\omega \wedge \omega =f{V}_M$, 其中 $V_M$ 是体积形式, 则有 $f$ 始终同号, 与 ${\int }_{{\mathbb{S}}^4}f{V}_M=0$ 矛盾.
2.10	令 $M$ 是 $n$ 维紧可定向带边黎曼流形, 且 $X$ 是 $M$ 上的一个光滑向量场. 若 $\mathbf{n}$ 是 $\partial M$ 上向内的单位法向量场, 证明: $${\int }_M\mathrm{div}(X)d{V}_M={\int }_{\partial M}X\cdot \mathbf{n}d{V}_{\partial M}.$$
证明:	此题可能依赖于定向的定义, 我们忠于 Bott 教材的定义. 最终的结果应该差一个负号, 即我们证明$${\int }_M\mathrm{div}(X)d{V}_M=-{\int }_{\partial M}X\cdot \mathbf{n}d{V}_{\partial M}.$$   我们考虑 $\mathrm{div}Xd{V}_M$ 的广义定义: $\mathrm{div}Xd{V}_M={\mathcal{L}}_X(d{V}_M)$, 此处 ${\mathcal{L}}_X$ 是 Lie 导数. 而$${\mathcal{L}}_X(d{V}_M)=(d\circ i_X+i_X\circ d)(d{V}_M)=d\circ i_X(d{V}_M).$$这里 $i_X$ 是里积, 因此有$${\int }_M\mathrm{div}Xd{V}_M={\int }_M{\mathcal{L}}_X(d{V}_M)={\int }_{M}d\circ i_X(d{V}_M)={\int }_{\partial M}{i}_X(d{V}_M).$$因此, 我们只需证明, 在 $\partial M$ 上有 $i_X(d{V}_M)=-⟨X,n⟩d{V}_{\partial M}$.   我们在 $\partial M$ 上考虑点 $p$ 的一个足够小邻域 $V$ 的标准正交标架 $\{Y_1,\cdots ,Y_{n-1}\}$. 并考虑 $\{Y_1,\cdots ,Y_{n-1},n\}$ 在点 $p$ 在 $M$ 上的足够小的、使得 $U\cap \partial M\subset V$ 的邻域 $U$ 上做光滑延拓得到 $\{{\tilde{Y}}_1,\cdots ,{\tilde{Y}}_{n-1},N\}$ 且使得 $\{{\tilde{Y}}_1,\cdots ,{\tilde{Y}}_{n-1},N\}$ 构成其上的标准正交标架. 则在 $V\subset \partial M$ 上的任意点 $q$, 有$$d{V}_{\partial M}=(-1{)}^n{Y}_1^{\ast }\wedge \cdots \wedge Y_{n-1}^{\ast },$$$$d{V}_M={\tilde{Y}}_1^{\ast }\wedge \cdots \wedge {\tilde{Y}}_{n-1}^{\ast }\wedge N^{\ast }.$$此处带 $\ast$ 表示其对偶的余切向量, 故$$\begin{array}{rl}{i}_X(d{V}_M)({\tilde{Y}}_1,\cdots ,{\tilde{Y}}_{n-1})& =d{V}_M(X,{\tilde{Y}}_1,\cdots ,{\tilde{Y}}_{n-1})\\ & =\det \left(\begin{array}{cccc}{X}^1& 1& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& \dots & ⋮\\ X^{n-1}& 0& \cdots & 1\\ ⟨X,N⟩& 0& \cdots & 0\end{array}\right)\\ & =(-1{)}^{n-1}⟨X,N⟩.\end{array}$$推出$$i_X(d{V}_M)=(-1{)}^{n-1}⟨X,N⟩{\tilde{Y}}_1\wedge \cdots \wedge {\tilde{Y}}_{n-1}.$$特别地, 在 $q$ 处有$$i_X(d{V}_M)=(-1{)}^{n-1}⟨X,N⟩{\tilde{Y}}_1\wedge \cdots \wedge {\tilde{Y}}_{n-1}=(-1{)}^{n-1}⟨X,N⟩Y_1\wedge \cdots \wedge Y_{n-1}=-⟨X,N⟩d{V}_{\partial M}.$$于是, 我们完成了证明.

MV 序列

3.1	用具紧支集的 MV 序列计算 $H_c^{\ast }({\mathbb{R}}^2-P)$ 与 $H_c^{\ast }({\mathbb{R}}^2-P-Q)$, 其中 $P,Q$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中两点.
解:	我们先计算 $H_c^{\ast }({\mathbb{R}}^2-P)$, 不妨设 $P=0$. 考虑开集 $U$ 和 $V$, 其中 $U$ 是 $\{x<1\}$ 在挖去以 $(1,0)$ 为圆心半径为 $1$ 的开圆盘, $V$ 是 $\{x>-1\}$ 在挖去以 $(-1,0)$ 为圆心半径为 $1$ 的开圆盘. 我们如此构造是为了 $U\cup V={\mathbb{R}}^2-P$. 注意到 $U\cap V$ 是一个具有两个连通分支的区域. 于是我们有 MV 序列正合: $$0=H_c^1(U)\oplus H_c^1(V)\to H_c^1(U\cup V)\to H_c^2(U\cap V)=\mathbb{R}\oplus \mathbb{R}\stackrel{\delta }{\to }{H}_c^2(U)\oplus H_c^2(V)=\mathbb{R}\oplus \mathbb{R}\to H_c^2(U\cup V)\to 0,$$  而对于 $\omega \in H_2^2(U\cap V)$, $\delta (\omega )=((j_U{)}_{\ast }\omega ,(j_V{)}_{\ast }\omega )\in H_c^2(U)\oplus H_c^2(V)$, 故 $\mathrm{im}\delta$ 只有一维, 进而同构于 $\mathbb{R}$, 进而 $\ker \delta$ 亦同构于 $\mathbb{R}$. 推出$$\{\begin{array}{l}{H}_c^1({\mathbb{R}}^2-P)=\ker \delta =\mathbb{R},\\ H_c^2({\mathbb{R}}^2-P)=\mathrm{im}\delta =\mathbb{R}.\end{array}$$其余情形显然是 $0$.   继续计算 $H_c^{\ast }({\mathbb{R}}^2-P-Q)$, 取 $U={\mathbb{R}}^2-P$, $V={\mathbb{R}}^2-Q$, 则 $U\cup V={\mathbb{R}}^2$, $U\cap V={\mathbb{R}}^2-P-Q$. 有 MV 序列正合: $$0=H_c^0({\mathbb{R}}^2)\to H_c^1({\mathbb{R}}^2-P-Q)\to H_c^1(U)\oplus H_c^1(V)\to H_c^1({\mathbb{R}}^2)=0,$$得到 $H_c^1({\mathbb{R}}^2-P-Q)=\mathbb{R}\oplus \mathbb{R}$. 另外我们还有$$0=H_c^1({\mathbb{R}}^2)\to H_c^2({\mathbb{R}}^2-P-Q)\to H_c^2(U)\oplus H_c^2(V)=\mathbb{R}\oplus \mathbb{R}\stackrel{s}{\to }{H}_c^2({\mathbb{R}}^2)=\mathbb{R}\to 0,$$其中 $s(\omega ,\tau )=\omega +\tau$ 的 $\ker$ 是 $\mathbb{R}$. 故有 $H_c^2({\mathbb{R}}^2-P-Q)=\ker s=\mathbb{R}$. 其余情形显然是 $0$.
3.3	计算去掉一点的二维实环面 ${\mathbb{T}}^2-p$ 的 de Rham 上同调, 其中 $p\in {\mathbb{T}}^2$. 若 $({\mathbb{T}}^2;x,y)$ 是自 ${\mathbb{R}}^2$ 诱导的自然坐标, 试问: 体积形式 $\omega =dx\wedge dy$ 是否恰当?
解:	考虑环面 ${\mathbb{T}}^2={\mathbb{R}}^2/{\mathbb{Z}}^2$, 去掉一个点后, 环面同伦于一个图形, 这个图形由一个点, 两个圈构成.   故由 de Rham 上同调群的同伦不变性, 我们有$$H^q({\mathbb{T}}^2-p)=\{\begin{array}{ll}\mathbb{R},& q=0;\\ {\mathbb{R}}^2,& q=1;\\ 0,& q\le 2.\end{array}$$

Poincaré 引理

4.8

证明: 逆紧映射 $f:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 的像 $f({\mathbb{R}}^n)$ 闭.

证明:

任取 $p\in \overline{f({\mathbb{R}}^n)}$. 设 $M=\{a\in {\mathbb{R}}^n:|a-p|\le 1\}$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中紧集, 可知有一列 $p_n\to p$ 满足 $p_n\in M\cap f({\mathbb{R}}^n)$. 取 $q_n\in f^{-1}(p_n)$, 由于 $f$ 逆紧知 $f^{-1}(M)$ 为紧集, 从而 $\{q_n\}$ 有收敛子列 (不妨设为其本身) 存在 $q\in {\mathbb{R}}^n$ 满足 $q_n\to q$. 由此见 $f(q)={\lim }_{n\to \infty }f(q_n)={\lim }_{n\to \infty }{p}_n=p$, 即 $p\in f({\mathbb{R}}^n)$. 由 $p$ 任意性见 $f({\mathbb{R}}^n)=\overline{f({\mathbb{R}}^n)}$, 从而 $f({\mathbb{R}}^n)$ 为闭集.

Poincaré 对偶

5.4.1	试决定映射 $S^1\times S^1\to S^2$ 的所有可能的映射度.
解:	此题非丘赛原题, 我们先说此题. 所有可能的映射度为任意整数. 事实上, 注意到映射的复合会导致映射度作乘法, 又 $S^2\to S^2$ 的映射度为任意整数, 即$$S^1\times S^1\stackrel{f}{\to }{S}^2\stackrel{{\phi }_k}{\to }{S}^2$$有 $\mathrm{deg}({\phi }_k\circ f)=(\mathrm{deg}{\phi }_k)\cdot (\mathrm{deg}f)=k\mathrm{deg}f$. 故我们只需找到一个 $f$ 使得 $\mathrm{deg}f=1$ 即可.   考虑置于三维欧氏空间中的环面 $T^2=S^1\times S^1$, 在环面内部任取一点 $p$. 定义 $f:x\in T^2\to \frac{x-p}{\Vert x-p\Vert }\in S^2$. 由映射度的拓扑定义知 $\mathrm{deg}f=1$.
5.4.2	试决定映射 $S^2\to S^1\times S^1$ 的所有可能的映射度.
解:	我们从奇异上同调的角度考虑, 证明映射度一定为 $0$.   设 $H^1(S^1\times S^1)$ 的生成元是 $\omega ⌢\eta$, 其中 $\omega \in H^1(S^1)$, $\eta \in H^1(S^1)$, $⌢$ 表示上同调类的外乘法.   故有 $\mathrm{deg}f=f^{\ast }(\omega ⌢\eta )=f^{\ast }(\omega )⌢f^{\ast }(\eta )=0$, 最后是因为 $H^1(S^2)=0$.
5.5	令 $T={\mathbb{R}}^2/{\mathbb{Z}}^2$ 为二维实环面, 且 $L$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 由 $3x-7y$ 定义的直线, 而 $S=\pi (L)\subset M$, 其中 $\pi :{\mathbb{R}}^2\to T$ 是典范投影. 试求一个 $T$ 上 $S$ 的 Poincaré 对偶代表元.
解:

Künneth 公式

6.2	(a) 试定义光滑映射 $f:S^2\to S^2$ 的映射度 $\mathrm{deg}f$, 且证明其良定性. 定义: 见教材. (b) 证明: 对于任意 $k\in \mathbb{Z}$, 存在光滑映射 $f:S^2\to S^2$ 使得 $\mathrm{deg}f=k$. 证明:   考虑 $S^n$ 的球坐标参数化 $x_1=\cos {\theta }_1,x_2=\sin {\theta }_1\cdot \cos {\theta }_2,\cdots ,x_n=\sin {\theta }_1\cdots \sin {\theta }_{n-1}\cdot \cos {\theta }_n,x_{n+1}=\sin {\theta }_1\cdots \sin {\theta }_n$. 则体积元为 $V=\frac{1}{\mathcal{V}}\sin {\theta }_1\cdots \sin {\theta }_{n-1}d{\theta }_1\cdots d{\theta }_n$.   考虑映射 ${\phi }_k:S^n\to S^n$, $({\theta }_1,\cdots ,{\theta }_n)\mapsto ({\theta }_1,\cdots ,{\theta }_{n-1},k{\theta }_n)$, 容易验证其良定性. $${\int }_{S^n}{\phi }_k^{\ast }(\frac{1}{\mathcal{V}}\sin {\theta }_1\cdots \sin {\theta }_{n-1}d{\theta }_1\cdots d{\theta }_n)=\sin {\theta }_1\cdots \sin {\theta }_{n-1}d{\theta }_1\cdots d(k\cdot {\theta }_n)=k.$$
(3)	构造拓扑空间 $X$ 使得 $H_0(X)=\mathbb{Z}$, $H_1(X)=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$, $H_2(X)=\mathbb{Z}$, 且 $H_i(X)=0$ 对于任意 $i\ge 3$ 成立.
解:	只需胞腔复形为 $0\to {\mathbb{Z}}^3\stackrel{\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 3& 0\end{array}\right)}{⟶}{\mathbb{Z}}^2\stackrel{0}{⟶}\mathbb{Z}$ ($3$ 维至 $0$ 维) .

向量丛基础

7.5	试计算 ${\mathrm{Vect}}_k(S^1)$.
解:	考虑 $[0,1]\stackrel{f}{\to }{S}^1$, 满足 $f(0)=f(1)$. 对于 $S^1$ 上的任意 $n$ 维向量丛 $E$, 有拉回丛 $f^{-1}E=\{(t,e)\in [0,1]\times E\mid f(t)=\pi (e)\}$.   定义 $F:f^{-1}E\to E,(t,e)\mapsto e$, 则 $F(0,e)=F(1,e)$. 易知 $F$ 是丛同态, 可惜的是目前的 $F$ 还不是丛同构. 定义 ${\pi }_1:f^{-1}E\to [0,1],(t,e)\mapsto t$. 于是有交换图   我们只需要将向量丛 $f^{-1}E$ 在 $0$ 和 $1$ 处的两个纤维等同即可得到同构, 但我们先不做此事. 因为 $[0,1]$ 是可缩空间, 所以其上的向量丛是平凡的, 即存在丛同构 $\phi :[0,1]\times {\mathbb{R}}^n\to f^{-1}E$.   具体地, 我们有 $\phi (0,v)=(0,{\phi }_0(v))\in f^{-1}E$, $\phi (1,v)=(1,{\phi }_1(v))\in f^{-1}E$.   由于 $F(0,e)=F(1,e)$, 记 $v_0:={\phi }_0^{-1}(e)$, $v_1:={\phi }_1^{-1}(e)$, 则有$$F(\phi (0,v_0))=F(\phi (1,v_1)),$$注意到 $(F\circ \phi ,f)$ 是从平凡丛到 $E$ 的丛同态. 上式化为$$F\circ \phi (0,v_0)=F\circ \phi (1,v_1),$$而 $v_1={\phi }_1^{-1}(e)={\phi }_1^{-1}\circ {\phi }_0(v_0)$, 若记 $\psi ={\phi }_1^{-1}\circ {\phi }_0$, 则上式化为$$F\circ \phi (0,v_0)=F\circ \phi (1,\psi (v_0)).$$若我们将 $(0,v)$ 与 $(1,\psi (v))$ 等同, 则 $\overline{F\circ \phi }:[0,1]\times {\mathbb{R}}^n/\sim \to E$ 是丛同构.   于是我们说, $\psi \in G{L}_n(\mathbb{R})$ 给出了 $S^1$ 上 $n$ 维向量丛的分类. $S^1$ 上只有两个 $n$ 维向量丛, 在同构意义下. 我们先说明, 在 $G{L}_n(\mathbb{R})$ 同一个道路连通分支上的 $\psi$ 诱导的向量丛同构.   设 ${\psi }_1,{\psi }_2$ 的行列式同号, 记 $\iota ={\psi }_2\circ {\psi }_1^{-1}$, 则 $\iota$ 的行列式为正. 我们考虑 $G{L}_n(\mathbb{R})$ 中的一条光滑曲线 $\gamma :[0,1]\to G{L}_n(\mathbb{R})$ 连接 $I$ 和 $\iota$, 即 $\gamma (0)=I$, $\gamma (1)=\iota$.   自然地, 考虑丛同态 $\Psi :[0,1]\times {\mathbb{R}}_{{\psi }_1}^n\to [0,1]\times {\mathbb{R}}_{{\psi }_2}^n$, $\Psi (t,v)=(t,\gamma (t)(v))$. 显然这是同构, 且有 $\Psi (0,v)=(0,v)$, $\Psi (1,v)=(1,\iota (v))$.   在 ${\psi }_1$ 诱导的丛中, 我们将 $(0,v)$ 与 $(1,{\psi }_1(v))$ 等同, 在 ${\psi }_2$ 诱导的丛中, 我们将 $(0,v)$ 与 $(1,{\psi }_2(v)=\iota ({\psi }_1(v)))$ 等同. 因此在做等同后, 两个向量丛仍同构.   我们还需说明, 对于满足 $\det {\psi }_1>0$, $\det {\psi }_2<0$ 的两个 ${\psi }_1,{\psi }_2$ 所诱导的向量丛不同构. 若它们是同构, 则存在类似上段定义的丛同态 $\Psi :[0,1]\times {\mathbb{R}}_{{\psi }_1}^n\to [0,1]\times {\mathbb{R}}_{{\psi }_2}^n$, $\Psi (t,v)=(t,{\Psi }_t(v))$ 满足如下图表交换即要有$${\Psi }_1\circ {\psi }_1={\psi }_2\circ {\Psi }_0,$$在两侧取行列式, 得 ${\Psi }_1$ 与 ${\Psi }_0$ 异号. 但从 ${\Psi }_t$ 是 $G{L}_n(\mathbb{R})$ 中的连续变化, 矛盾.   综上所述, $S^1$ 上的 $n$ 阶向量丛有且仅有两个, 在同构意义下. 特别地, 在 $n=1$ 时, 不平凡的向量丛是 Möbius 带.
7.6	给定群 $G$ 在光滑流形 $M$ 上的一个纯不连续作用 $F:G\times M\to M$, 证明: $M/G$ 是可定向的当且仅当 $M$ 是可定向的且 $F(g,-)$ 保持 $M$ 的定向. 并由此证明: Möbius 带不可定向, 而 $\mathbb{R}{\mathbb{P}}^n$ 可定向当且仅当 $2\nmid n$.
证明:

Thom 同构

8.5	考虑空间 $X=M_1\cup M_2$, 其中 $M_1$ 与 $M_2$ 是 Möbius 带, 而 $M_1\cap M_2=\partial M_1=\partial M_2$. 试计算 ${\pi }_1(X)$.
解:	用 cell 去算.
8.6	对于任意不可定向流形 $M$, 证明: 存在可定向光滑流形 $\tilde{M}$ 为 $M$ 的二重覆叠. 该流形称为定向覆叠. 并求出 $\mathbb{R}{\mathbb{P}}^2$ 与 Möbius 带的定向覆叠.
证明:
解:

Poincaré 对偶与 Thom 类

9.4	若映射 $f:S^n\to S^n$ 的映射度是奇数, 证明: 存在 $x_0\in S^n$ 使得 $f(-x_0)=-f(x_0)$.
证明:	考虑 $g(x)=f(-x)=f\circ (-id)(x)$. 反证法, 若 $f(-x)\ne -f(x)$ 对任意 $x\in S^n$ 成立, 则有 $f(x)\ne -g(x)$, 于是 $f$ 与 $g$ 同伦.   设 $F_t(x)$ 是同伦的实现, 即 $F_0=f$, $F_1=g$. 考虑 $F_{\frac{1}{2}}$, 则其满足 $F_{\frac{1}{2}}(x)=F_{\frac{1}{2}}(-x)$. 于是, 对于任意 $x\in \mathrm{Im}{F}_{\frac{1}{2}}$, 其有两个原像, 故 $\mathrm{deg}{F}_{\frac{1}{2}}$ 为偶.   又因为同伦的映射有相同的映射度, 得到矛盾.
9.5	若两个 $n$ 维紧连通光滑流形 $M$, $N$ 间的映射 $f:M\to N$ 秩处处为 $n$, 证明: $f$ 是覆叠映射.
证明:	首先, $f$ 是逆紧的. 这是因为取 $K\subset N$ 紧, 则由 $N$Hausdorff 知 $K$ 闭, 故 $f^{-1}(N)\subset M$ 闭. 而 $M$ 紧, 故 $f^{-1}(N)$ 紧. 由此知 $f$ 是闭映射. 这是因为取 $F\subset M$ 闭, 则 $U:=N\backslash f(F)\subset N$ 开. 由于 $N$ 是流形, 故局部紧. 故对任意 $y\in U$, 可取其在 $V$ 的中具有紧闭包的开邻域 $V$. 由 $f$ 逆紧知 $f^{-1}(\overline{V})\subset M$ 紧. 而由 $M$Hausdorff 知 $f^{-1}(\overline{V})$ 闭, 故 $W:=F\cap f^{-1}(\overline{V})$ 闭, 再由 $M$ 紧知紧, 从而 $f(W)$ 紧. 这再由 $N$Hausdorff 知 $f(W)$ 闭. 考虑 $X:=V\backslash f(W)$, 则 $X$ 也是 $y$ 的开邻域. 若存在 $z\in X\cap f(F)$, 则存在 $x\in F$ 使得 $f(x)=z$. 这说明 $x\in f^{-1}(X)\subset f^{-1}(\overline{V})$. 故 $x\in W$ 而 $z\in f(W)$, 矛盾! 故 $X\subset Y\backslash f(F)$. 这证明了 $U$ 开, 故 $f(F)$ 闭. 其次, $f$ 是满的. 这是因为由 $f$ 闭知 $f(M)\subset N$ 闭. 根据 $N$ 的连通性, 我们只需再说明 $f(M)$ 开即可. 但这是因为 $f$ 处处满秩, 故是局部同胚, 从而得像开. 现在, 我们证明 $f$ 是覆叠映射. 考虑 $y\in Y$ 的原像 $f^{-1}(y)$. (上述说明其非空.) 由 $f$ 是局部同胚知 $f^{-1}(y)$ 离散. 而 $f$ 逆紧说明 $f^{-1}(y)$ 紧, 故 $|f^{-1}(y)|<\infty$. 令 $f^{-1}(y)=\{x_1,\cdots ,x_n\}$. 由 $M$Hausdorff 且 $f$ 是局部同胚, 可设 $x_i$ 有开邻域 $U_i$, 使得 $\{U_i\}$ 两两不交, 且 $f{\mid }_{U_i}$ 是同胚. 令 $U:=M\backslash (U_1\cup \cdots \cup U_n)$, 则 $f(U)\subset N$ 闭. 且 $y\notin f(U)$. 故 $V:=(\bigcap _{i=1}^{n}f(U_i))\cap (N\backslash f(U))$ 是 $y$ 的开邻域, 且 $f^{-1}(V)\subset U$. 令 $U_i^{\prime }=U_i\cap f^{-1}(V)$, 则 $\{U_i^{\prime }\}$ 是一坨不交开集, 且 $f^{-1}(V)=\bigcup _{i=1}^n{U}_i^{\prime }$, 且 $f{\mid }_{U_i^{\prime }}:U_i^{\prime }\to V$ 均为同胚. 故 $f$ 是覆叠映射, 且是有限叶的.

平面丛 Thom 类的显式表示

10.4

令 $i:S^n\to S^n$ 为对径映射. (a) 球面 $S^n$ 上的一个微分形式 $\omega$ 称为不变形式, 若 $i_{\ast }\omega =\omega$. 球面 $S^n$ 上的所有不变形式组成的向量空间 ${\Omega }^{\ast }(S^n{)}^I$ 是一个微分复形, 故可定义 $S^n$ 的不变上同调 $H^{\ast }(S^n{)}^I$. 证明: $H^{\ast }(\mathbb{R}{\mathbb{P}}^n)\cong H^{\ast }(S^n{)}^I$. 证明:   $\pi :S^n\to P^n$ 是局部微分同胚. 对于任意 $x\in P^n$, 存在邻域 $U_x$, 使得 ${\pi }^{-1}(U_x)=U_{x1}\bigsqcup U_{x2}$, 且 $U_{x1}\cong U_{x2}\cong U$.   对于 $S^n$ 中的任意不变微分形式 $\omega$, 定义 ${\pi }_{\ast }\omega (x)=(\pi {|}_{U_{x1}}^{-1}{)}^{\ast }\omega (\pi {|}_{U_{x1}}^{-1}(x))$, $\forall x\in P^n$. 由于 $\omega$ 是不变微分形式, 即 $i^{\ast }\omega =\omega$, 我们 ${\pi }_{\ast }$ 的定义与 $U_{x1},U_{x2}$ 的选取无关. 另外也容易验证 ${\pi }_{\ast }\omega$ 是整体定义的, 故 ${\pi }_{\ast }\omega \in {\Omega }^{\ast }(P^n)$.   对于 $\eta \in {\Omega }^{\ast }(P^n)$, 对于任意 $y\in S^n$, 取充分小的开集 $V_1$ 使得 $\pi {|}_{V_1}$ 是微分同胚. 定义 $\omega {|}_{V_1}=\pi {|}_{V_1}^{\ast }\eta$. 在 $-y$ 有类似定义的 $V_2$ 和 $\omega {|}_{V_2}$. 有$$i^{\ast }\omega {|}_{V_2}=i^{\ast }(\pi {|}_{V_2}^{\ast }\eta )=(\pi {|}_{V_2}\circ i{)}^{\ast }\eta =(\pi {|}_{V_1}{)}^{\ast }\eta =\omega {|}_{V_1},$$由 $y$ 的任意性, 可整体定义 $\omega$ 且满足 $i^{\ast }\omega =\omega$, 即 $\omega \in {\Omega }^{\ast }(S^n{)}^I$. 故有 ${\Omega }^{\ast }(S^n{)}^I\cong {\Omega }^{\ast }(P^n)$.   由以上定义, 容易检验 $Z^{\ast }(S^n{)}^I\cong Z^{\ast }(P^n)$ 及 $B^{\ast }(S^n{)}^I\cong B^{\ast }(P^n)$. 故自然有 $H^{\ast }(S^n{)}^I\cong H^{\ast }(P^n)$. (b) 证明: 自然映射 $n:H^{\ast }(S^n{)}^I\to H^{\ast }(S^n)$ 是单射. 证明:   主要利用 $H^k(S^n)=0$, 若 $k\ne 0,n$.   当 $k\ne 0,1$ 时, 若 $k$ 形式 $\omega$ 使得 $n([\omega ])=0$, 即存在 $k-1$ 形式 $\eta$, 使得 $\omega =d\eta$. 我们希望找到不变微分形式 $\tilde{\eta }$, 使得 $\omega =d\tilde{\eta }$. 如此, 在同调意义下, 有 $[\omega ]=0\in H^k(S^n{)}^I$.   因为有$$d\eta =\omega =i^{\ast }\omega =i^{\ast }d\eta =d(i^{\ast }\eta ),$$故有 $\eta -i^{\ast }\eta$ 是恰当的, 因为 $H^{k-1}(S^n)=0$, 故存在 $k-2$ 形式 $\alpha$ 使得 $i^{\ast }\eta =\eta +d\alpha$.   又有$$\eta =i^{\ast }(i\ast \eta )=i^{\ast }(\eta +d\alpha )=i^{\ast }\eta +d(i^{\ast }\alpha )=\eta +d(\alpha +i^{\ast }\alpha ),$$即 $0=d(\alpha +i^{\ast }\alpha )$.   令 $\tilde{\eta }=\eta +d\alpha /2$, 则$$i^{\ast }\tilde{\eta }=i^{\ast }(\eta +d\alpha /2)=i^{\ast }\eta +d(i^{\ast }\alpha /2)=\eta +d(\alpha +i^{\ast }\alpha /2)=\eta +d\alpha /2=\tilde{\eta }.$$则 $\omega =d\eta =d\tilde{\eta }$, 完成了此情形的证明.   对于 $k=1$, 唯一的区别是 $\eta -i^{\ast }\eta$ 是闭的 $0$ 形式, 故存在 $c\in \mathbb{R}$ 使得 $\eta =i^{\ast }\eta +c$, 而 $i^{\ast }\eta =i^{\ast }(i^{\ast }\eta +c)=\eta +c$, 故有 $c=0$, 即 $i^{\ast }\eta =\eta$.   对于 $k=0$, 有 $d\omega =0$, 此处 $\omega$ 是函数, 则 $\omega$ 是常值, 自然不变. 证明完毕. (c) 给 $S^n$ 标准定向. 证明: 对径映射 $i$ 对奇数 $n$ 是保持定向的, 对偶数 $n$ 是反定向的. 因此若 $[\sigma ]$ 是 $H^n(S^n)$ 的一个生成元, 则 $[\sigma ]$ 是非平凡的不变上同调类当且仅当 $n$ 是奇数. 证明:   将对径映射视作 $n+1$ 个反射的复合即可证明前半问.   对于生成元 $[\sigma ]$, 若 ${\int }_{S^n}\sigma =1$, 则 ${\int }_{S^n}{i}^{\ast }\sigma =(-1{)}^{n+1}$. 故当 $n$ 为偶时有矛盾, 故有 $[\sigma ]=0$. 当 $n$ 为奇时, 取体积元即可. (d) 证明 $\mathbb{R}{\mathbb{P}}^n$ 的 de Rham 上同调$$\begin{array}{r}{H}^q(\mathbb{R}{\mathbb{P}}^n)=\{\begin{array}{ll}\mathbb{R},& q=0;\\ 0,& 0<q<n;\\ \mathbb{R},& q=n,2\nmid n;\\ 0,& q=n,2\mid n.\end{array}\end{array}$$ 证明: 结合前三问, 这是显然的.

2The Čech–de Rham Complex

广义 MV 原理

显式同构

Čech 上同调

球面丛

5.	$\mathbb{R}{\mathbb{P}}^2$ 不能作为紧致三维流形的边界.
证明一	我们证明一个一般性结论: 若流形 $M$ 是紧致流形 $B$ 的边界, 则 $\chi (M)$ 是偶数.   将 $B$ 与 $B$ 沿边界 $M$ 粘在一起得到闭流形 $\tilde{B}$, 取 $U,V$ 分别是包含第一、二个 $B$ 的开集, 且满足 $U,V$ 同伦等价于 $B$, 及 $U\cap V$ 同伦等价于 $M$. 有 M-V 序列$$\cdots \to H_k(U\cap V)=H_k(M)\to H_k(U)\oplus H_k(V)=H_k(B)\oplus H_k(B)\to H_k(\tilde{B})\to \cdots$$故 $2\chi (B)=\chi (M)+\chi (\tilde{B})$.   若 $\dim M$ 是奇数, 则 $\chi (M)=0$. 若 $\dim M$ 是偶数, 则 $\dim \tilde{B}$ 是奇数, 故 $\chi (\tilde{B})=0$, 推出 $\chi (M)=2\chi (B)$ 是偶数.   回到此题, ${\mathbb{P}}^2=e_0\cup e_1\cup e_2$ 推出 $\chi ({\mathbb{P}}^2)=1$, 故 ${\mathbb{P}}^2$ 不能作为三维紧致流形的边界.
证明二	我们用配边理论中的 Stiefel-Whitney class 来解决.   设 $w_k(T{\mathbb{P}}^2)\in H^k({\mathbb{P}}^2,{\mathbb{Z}}_2)$ 是 $T{\mathbb{P}}^2$ 的 Stiefel-Whitney class, $a\in H^1({\mathbb{P}}^2,{\mathbb{Z}}_2)$ 是非平凡元, 有$$w(T{\mathbb{P}}^2)=(1+a{)}^3=1+3a+3a^2+a^3=1+a+a^2.$$故 $w_2(T{\mathbb{P}}^2)=a^2\ne 0$.   取 $\eta \in H_2({\mathbb{P}}^2,{\mathbb{Z}}_2)$ 是生成元, 则 Stiefel-Whitney 数 $⟨w_2(T{\mathbb{P}}^2),\eta ⟩=⟨a^2,\eta ⟩\ne 0.$   由 Pontrjagin 定理: 若紧致流形 $B$ 有边界 $M$, 则 $M$ 的所有 Stiefel-Whitney 数均为 $0$. 故 ${\mathbb{P}}^2$ 不能作为三维紧致流形的边界.

Hopf 指标定理

11.26

Lefschetz 不动点公式. 设 $M$ 是紧定向 $n$ 维流形, $f:M\to M$ 是光滑映射. $f$ 的 Lefschetz 数定义为$$L(f)=\sum q(-1{)}^{q}trace{H}^q(f),$$其中 $H^q(f):H^q(M)\to H^q(M)$ 是由 $f$ 诱导的映射. 设 $\Gamma =\{(x,f(x))\mid x\in M\}$ 是 $f$ 在 $M\times M$ 的图. (a) 证明 ${\int }_{\delta }{\eta }_{\Gamma }=L(f)$ 证明:   定义 $\tilde{f}:M\to M\times M,x\mapsto (x,f(x))$, 则 $\tilde{f}(M)=\Gamma$ 且 $\pi \circ \tilde{f}=id,\rho \circ \tilde{f}=f$. $${\int }_{\Delta }{\eta }_{\Gamma }={\int }_{M\times M}{\eta }_{\Gamma }\wedge {\eta }_{\Delta }=(-1{)}^n{\int }_{M\times M}{\eta }_{\Delta }\wedge {\eta }_{\Gamma }=(-1{)}^n{\int }_{\Gamma }{\eta }_{\Delta }=(-1{)}^n{\int }_M{\tilde{f}}^{\ast }{\eta }_{\Delta }.$$而$$\begin{array}{rl}(-1{)}^n{\int }_M{\tilde{f}}^{\ast }{\eta }_{\Delta }& =(-1{)}^n\sum (-1{)}^{\mathrm{deg}{\omega }_i}{\int }_M{\tilde{f}}^{\ast }({\pi }^{\ast }{\omega }_i\wedge {\rho }^{\ast }{\tau }_i)\\ & =(-1{)}^n\sum (-1{)}^{\mathrm{deg}{\omega }_i}{\int }_M{\omega }_i\wedge f^{\ast }{\tau }_i.\end{array}$$固定 $\mathrm{deg}{\omega }_i=q$, 则$$\begin{array}{rl}(-1{)}^n\sum _{\mathrm{deg}{\omega }_i=q}(-1{)}^q{\int }_M{\omega }_i\wedge f^{\ast }{\tau }_i& =\sum _{{\omega }_i}(-1{)}^{n-q}{\int }_M{\omega }_i\wedge f^{\ast }{\tau }_i\\ & =\sum _{\mathrm{deg}{\tau }_i=n-q}(-1{)}^{n-q}{\int }_M{\omega }_i\wedge f^{\ast }{\tau }_i\\ & =(-1{)}^{n-q}trace{H}^{n-q}(f).\end{array}$$对 $q$ 求和, 即得所求式. (b) 证明若 $f$ 没有不动点, 则 $L(f)$ 为零. 证明: 若 $f$ 无不动点, 则 $\Delta$ 与 $\Gamma$ 不交, 可以取适当的 ${\eta }_{\Gamma }$ 使得 $(\mathrm{Supp}{\eta }_{\Gamma })\cap \Delta =\varnothing$, 故积分为 $0$. (c) $f$ 在不动点 $p$ 的切映射 $f_{\ast p}$ 是切空间 $T_{p}M$ 的自同态. 不动点 $O$ 的重数定义为$${\sigma }_p=sgn\det (I-f_{\ast p}).$$证明若图 $\Gamma$ 横截于 $M\times M$ 中对角流形 $\Delta$, 则 $L(f)=\sum _p{\sigma }_p$, 此处是对 $f$ 的所有不动点 $p$ 求和. 证明 1. 横截保证不动点离散, 进而有限.   $\dim \Delta =\dim \Gamma =n$, $\dim (M\times M)=2n$ 推出 $\dim (\Delta \cap \Gamma )=0$, 故离散. 而 $M\times M$ 紧致, 故有限. 2. 在不动点 $p$ 附近, 取 ${\eta }_{\Delta },{\eta }_{\Gamma }$ 分别在 $\Delta$ 和 $\Gamma$ 的管状邻域的 fiber 上足够小, 使得 $\mathrm{Supp}{\eta }_{\Delta }\cap \mathrm{Supp}{\eta }_{\Gamma }\subset \underset{p}{⨆}{U}_p$. 由 (a), $$\begin{array}{rl}L(f)={\int }_{\Delta }{\eta }_{\Gamma }& =(-1{)}^n{\int }_{\Gamma }{\eta }_{\Delta }\\ & =(-1{)}^n\sum _p{\int }_{U_p\cap \Gamma }{\eta }_{\Delta }\\ & =(-1{)}^n\sum _p{\int }_{\widetilde{U_p}}{\tilde{f}}^{\ast }{\eta }_{\Delta }\\ & =(-1{)}^n\sum _p{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum (-1{)}^{\mathrm{deg}{\omega }_i}{\omega }_i\wedge f^{\ast }{\tau }_i,\end{array}$$其中 $\tilde{f}(\widetilde{U_p})=U_p\cap \Gamma$. 由 ${\eta }_{\Delta },{\eta }_{\Gamma }$ 的定义知, 该积分在每个 $U_p$ 上积分为 $\pm 1$, 故我们只在意符号. 3. 最后我们证明 $(-1{)}^n\sum _p{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum (-1{)}^{\mathrm{deg}{\omega }_i}{\omega }_i\wedge f^{\ast }{\tau }_i=sgn\det (I-f_{\ast p})$.   不妨设 $M$ 的体积为 $1$ (这是为了使 ${\tau }_i=\ast \omega$.). 在 $p$ 点附近取标准正交标架场 $\{e_i\}$, 取 $\{{\omega }^i\}$ 是其对偶余切标架场. 则对于 $\omega ={\omega }^{i_1}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{i_q}$, 有 $\tau =\ast \omega =sgnI{\omega }^{i_{q+1}}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{i_n}$, 其中 $i_1<\cdots <i_q$, $i_{q+1}<\cdots <i_n$ 且 $i_1,\cdots ,i_n$ 是 $1,\cdots ,n$ 的置换, 用 $sgnI$ 表示其奇偶性. 设 $f^{\ast }{\omega }^i=a_j^i{\omega }^j$, $A=\{a_j^i\}$. $$\begin{array}{rl}& (-1{)}^n\sum _p{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum (-1{)}^{\mathrm{deg}{\omega }_i}{\omega }_i\wedge f^{\ast }{\tau }_i\\ & =(-1{)}^n{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum _{q=0}^n(-1{)}^q\sum _{i_1<\cdots <i_q}{\omega }^{i_1}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{i_q}\wedge f^{\ast }(sgnI{\omega }^{i_{q+1}}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{i_n})\\ & =(-1{)}^n{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum _{q=0}^n(-1{)}^q\sum _{i_1<\cdots <i_q}(sgnI){\omega }^{i_1}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{i_q}\wedge (a_{{\sigma }_{q+1}}^{i_{q+1}}{\omega }^{{\sigma }_{q+1}}\wedge \cdots \wedge a_{{\sigma }_n}^{i_n}{\omega }^{{\sigma }_n})\\ & =(-1{)}^n{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum _{q=0}^n(-1{)}^q\sum _{i_1<\cdots <i_q}(sgnI){\omega }^{i_1}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{i_q}\wedge {\omega }^{{\sigma }_{q+1}}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{{\sigma }_n}(a_{{\sigma }_{q+1}}^{i_{q+1}}\cdots a_{{\sigma }_n}^{i_n})\\ & =(-1{)}^n{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum _{q=0}^n(-1{)}^q\sum _{i_1<\cdots <i_q}(sgnI)(sgn(I,\sigma )){\omega }^{i_1}\wedge \cdots \wedge {\omega }^{i_n}(a_{{\sigma }_{q+1}}^{i_{q+1}}\cdots a_{{\sigma }_n}^{i_n})\\ & =(-1{)}^n{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum _{q=0}^n(-1{)}^q\sum _{i_1<\cdots <i_q}sgn(I,\sigma )(a_{{\sigma }_{q+1}}^{i_{q+1}}\cdots a_{{\sigma }_n}^{i_n}){\omega }^1\wedge \cdots \wedge {\omega }^n.\end{array}$$其中 $sgn(I,\sigma )$ 表示从 $i_{q+1},\cdots ,i_n$ 到 ${\sigma }_{q+1},\cdots ,{\sigma }_n$ 置换的奇偶. 故符号为$$\begin{array}{rl}& (-1{)}^n{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum _{q=0}^n(-1{)}^q\sum _{i_1<\cdots <i_q}sgn(I,\sigma )(a_{{\sigma }_{q+1}}^{i_{q+1}}\cdots a_{{\sigma }_n}^{i_n})\\ & =(-1{)}^n{\int }_{\widetilde{U_p}}\sum _{q=0}^n(-1{)}^q\sum _{i_1<\cdots <i_q}\det A_{i_{q+1}\cdots i_n}\\ & =(-1{)}^n\sum _{q=0}^n(-1{)}^q{\sigma }_{n-q}(A)\\ & =\sum _{q=0}^n(-1{)}^q{\sigma }_q(A)\\ & =\det (I-A)=\det (I-f_{\ast p}),\end{array}$$其中 $A_{i_{q+1},\cdots ,i_n}$ 表示 $A$ 中由第 $i_{q+1},\cdots ,i_n$ 行列构成的方阵, ${\sigma }_q$ 是矩阵的 $q$ 阶不变多项式, 满足 $\det (I-A)=1-{\sigma }_1(A)\pm \cdots +(-1{)}^n{\sigma }_n(A)$. 5. Show that $SO(3)$ is a smooth manfiold, and find its fundamental group. 证明:   将 $SO(3)$ 视作空间 ${\mathbb{R}}^9$ 的子集, 由 $A^{t}A=I$ 给出了 $6$ 个不同的多项式函数, 再辅以 $\det A=1$ 可证明其上点都是光滑的, 故该簇的光滑点全体即为 $SO(3)$, 进而 $SO(3)$ 是光滑流形.   我们再证明 $SO(3)$ 拓扑同胚于 $\mathbb{R}{P}^3$. $SO(3)$ 表示 ${\mathbb{R}}^3$ 中的旋转全体, 给定一个点 $p\in S^2$, 则 $p$ 确定了一个定向的旋转轴, 按该定向确定的旋转方向旋转 $\phi$, $\phi \in [0,\pi ]$. 注意到 $(p,0)=(q,0),\forall p,q\in S^2$, $(p,\pi )=(-p,\pi )$. 因此 $SO(3)=S^2\times [0,\pi ]/\sim$, 其中 $\sim$ 由前面给出.   定义映射 $f:S^2\times [0,\pi ]\to {\mathbb{R}}^3$, $(p,\phi )\to \frac{\phi }{\pi }\cdot p$. 当我们将 $(p,0)$ 和 $(q,0)$ 等同时 ($\forall p,q\in S^2$), 得到双射 $\tilde{f}:S^2\times [0,\pi ]/(p,0)\sim (q,0)$ 到三维欧式空间中单位球的双射. 再粘合 $(p,\pi )$ 和 $(-p,\pi )$, 得到 $SO(3)$ 到 $\mathbb{R}{P}^3$ 的双射, 容易验证这是同胚. 故 $SO(3)\cong \mathbb{R}{P}^3$, 进而 ${\pi }_1(SO(3))={\pi }_1(\mathbb{R}{P}^3)={\pi }_1(\mathbb{R}{P}^2)={\mathbb{Z}}_2$. 4. The unit tangent bundle of $S^2$ is the subset $$T^1(S^2)=\{p,v\in {\mathbb{R}}^3\mid \Vert p\Vert =1,(p,v)=0,\Vert v\Vert =1\}.$$Show that $T^1(S^2)$ is a smooth submanifold of the tangent bundle $T(S^2)$ and $T^1(S^2)$ is diffeomorphic to $\mathbb{R}{P}^3$. 证明:   We only prove the second question. From the last problem, it suffices to show that $T^1(S^2)\cong SO(3)$.   Firstly we choose an orthonomal frame $e_1,e_2,e_3$ in ${\mathbb{R}}^3$ and for any point $(p,v)$ in $T^1(S^2)$, there is a unique element in $SO(3)$, rotating $e_1$ to $p$ and $e_2$ to $v$. Then we only need to show the map $T^1(S^2)\to SO(3)$ is a diffeomorphism.

再论 Poincaré 对偶

再论 Thom 同构

7.

Let $n,m$ be positive integers. Show that the product of spheres $S^n\times S^m$ has trivial tangent bundle if and only if $n$ or $m$ is odd.

Proof:

If the tangent bundle of $S^m\times S^n$ is trivial, then $\chi (S^m\times S^n)=0$. $$H^q(S^m\times S^n)=\underset{i+j=q}{⨁}{H}^i(S^m)\otimes H^j(S^n),$$then we have $\dim H^q(S^m\times S^n)=\sum _{i+j=q}\dim H^i(S^m)\cdot \dim H^j(S^n)$. $$\begin{array}{rl}\chi (S^m\times S^n)& =\sum _{q=0}^{m+n}(-1{)}^q\dim H^q(S^m\times S^n)\\ & =\sum _{q=0}^{m+n}(-1{)}^q\sum _{i+j=q}\dim H^i(S^m)\cdot \dim H^j(S^n)\\ & =\sum _{q=0}^{m+n}\sum _{i+j=q}\left((-1{)}^i\dim H^i(S^m)\right)\cdot \left((-1{)}^j\dim H^j(S^n)\right)\\ & =\left(\sum _{i=0}^m(-1{)}^i\dim H^i(S^m)\right)\cdot \left(\sum _{j=0}^n(-1{)}^j\dim H^j(S^m)\right)\\ & =\chi (S^m)\cdot \chi (S^n).\end{array}$$   Since $\chi (S^m\times S^n)=0$, we say $\chi (S^m)=0$ or $\chi (S^n)=0$, which is equivalent to $m$ is odd or $n$ is odd.   On the other hand, assume $m$ is odd, then $T{S}^m$ admits a non-vanishing vector field.   Endow $T{S}^m$ with a Riemannian metric, then it has an orthogonal decomposition: $T{S}^m={\mathcal{E}}^1\oplus E$, where ${\mathcal{E}}^1$ is a trivial line bundle on $S^m$.   Embed $S^n$ into ${\mathbb{R}}^{n+1}$, then we have ${\mathcal{E}}^{n+1}=T{S}^n\oplus N{S}^n$, where $N{S}^n$ is the natural normal bundle on $S^n$ and $N{S}^n\cong {\mathcal{E}}^1$. $$\begin{array}{rl}T(S^m\times S^n)& ={\pi }_1^{\ast }T{S}^m\oplus {\pi }_2^{\ast }T{S}^n\\ & =({\pi }_1^{\ast }E\oplus {\pi }_1^{\ast }{\mathcal{E}}^1)\oplus {\pi }_2^{\ast }T{S}^n\\ & ={\pi }_1^{\ast }E\oplus {\mathcal{E}}^1\oplus {\pi }_2^{\ast }T{S}^n\\ & ={\pi }_1^{\ast }E\oplus {\pi }_2^{\ast }{\mathcal{E}}^1\oplus {\pi }_2^{\ast }T{S}^n\\ & ={\pi }_1^{\ast }E\oplus {\pi }_2^{\ast }({\mathcal{E}}^1\oplus T{S}^n)\\ & ={\pi }_1^{\ast }E\oplus {\pi }_2^{\ast }{\mathcal{E}}^{n+1}\\ & ={\pi }_1^{\ast }E\oplus {\mathcal{E}}^{n+1}\\ & ={\pi }_1^{\ast }E\oplus {\pi }_1^{\ast }{\mathcal{E}}^1\oplus {\pi }_1^{\ast }{\mathcal{E}}^1\oplus {\mathcal{E}}^{n-1}\\ & ={\pi }_1^{\ast }(E\oplus {\mathcal{E}}^1)\oplus {\pi }_1^{\ast }{\mathcal{E}}^1\oplus {\mathcal{E}}^{n-1}\\ & ={\pi }_1^{\ast }T{S}^m\oplus {\pi }_1^{\ast }{\mathcal{E}}^1\oplus {\mathcal{E}}^{n-1}\\ & ={\pi }_1^{\ast }(T{S}^m\oplus {\mathcal{E}}^1)\oplus {\mathcal{E}}^{n-1}\\ & ={\pi }_1^{\ast }{\mathcal{E}}^{m+1}\oplus {\mathcal{E}}^{n-1}\\ & ={\mathcal{E}}^{m+n},\end{array}$$where ${\pi }_1:S^m\times S^n\to S^m$ and ${\pi }_2:S^m\times S^n\to S^n$. It follows that $T(S^m\times S^n)$ is trivial.

单纯复形理论

单值性

3Spectral Sequences and Applications

谱序列

双复形的谱序列

谱序列的应用

整系数奇异同调

奇异上同调

道路纤维化

纤维化的同伦序列

补充练习 2. 当 $q\ge 2$ 时, 对 $t\in [0,1]$ 定义微分同胚 $h_t:S^q\to S^q$, $$h_t(x)=(x_0\cos (t\pi )-x_1\sin (t\pi ),x_0\sin (t\pi )+x_1\cos (t\pi ),x_2,\cdots ,x_q).$$试用 $h_t$ 直接证明 ${\pi }_q(X)$ 是一个 Abel 群, $q\ge 2$.

证明: 重定义 $I=[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}{]}^q$, 设 $\phi :S^q\to {\mathbb{R}}^q$ 是以 $(0,0,\cdots ,1)$ 为极点的球极投影, $\psi :{\mathbb{R}}^q\to I^q$ 是只改变到原点距离的光滑同胚.

  $h_t$ 给出了 $\mathrm{id}$ 与 $(x_0,x_1,x_2,\cdots ,x_q)\mapsto (-x_1,-x_0,x_2,\cdots ,x_q)$ 的光滑同伦, 故 $\psi \circ \phi \circ h_t\circ {\phi }^{-1}\circ {\psi }^{-1}:I^q\to I^q$ 给出了 $\mathrm{id}$ 与 $(x_1,x_2,x_3,\cdots ,x_q)\mapsto (-x_2,-x_1,x_3,\cdots ,x_q)$ 光滑同伦.

  故$$\gamma (t_1,\cdots ,t_q)=\{\begin{array}{ll}\alpha (2t_1+\frac{1}{2},t_2,\cdots ,t_q),& -\frac{1}{2}\le t_1\le 0\\ \beta (2t_1-\frac{1}{2},t_2,\cdots ,t_q),& 0\le t_1\le \frac{1}{2}\end{array}$$光滑同伦于$$\begin{array}{rl}\tilde{\gamma }(t_1,t_2,\cdots ,t_q)& =\gamma (-t_1,-t_2,t_3,\cdots ,t_q)\\ & =\{\begin{array}{ll}\alpha (-2t_1+\frac{1}{2},-t_2,t_3,\cdots ,t_q),& -\frac{1}{2}\le -t_1\le 0\\ \beta (-2t_1-\frac{1}{2},-t_2,t_3\cdots ,t_q),& 0\le -t_1\le \frac{1}{2}\end{array}\\ & =\{\begin{array}{ll}\beta (-2t_1-\frac{1}{2},-t_2,t_3,\cdots ,t_q),& -\frac{1}{2}\le t_1\le 0\\ \alpha (-2t_1+\frac{1}{2},-t_2,t_3\cdots ,t_q),& 0\le t_1\le \frac{1}{2}\end{array}\\ & \sim \{\begin{array}{ll}\beta (2t_1+\frac{1}{2},t_2,t_3,\cdots ,t_q),& -\frac{1}{2}\le t_1\le 0\\ \alpha (2t_1-\frac{1}{2},t_2,t_3\cdots ,t_q),& 0\le t_1\le \frac{1}{2}\end{array}\end{array}$$最后一部是对 $\beta ,\alpha$ 分别应用同伦. 故有 $[\alpha ][\beta ]=[\beta ][\alpha ]$.

Hurewicz 同构定理

EM 空间

${\pi }_4(S_3)$ 与 ${\pi }_5(S^3)$ 的计算

有理同伦群

4Characteristic Classes

Chern classes of a Complex Vector Bundle

The splitting Principle and Flag Manifolds

21.1	Let $0\stackrel{f}{⟶}A\stackrel{g}{⟶}B\stackrel{h}{⟶}C\to 0$ be a short exact sequence of $C^{\infty }$ complex vector bundles. Then $B$ is isomorphic to $A\oplus C$ as a $C^{\infty }$ bundle.
证明:	我们在 $B\to M$ 上取一个可微度量 $g$. 容易证明 $f(A)$ 在 $B$ 中的正交补和 $C$ 同构.   此处给一个注记, 我们只能做到在 $C^{\infty }$ 意义下的同构, 而不能做到全纯意义下的, 这是因为 holomorphic metric 不总是存在.

Pontrjagin Classes

The Search for the Universal Bundle