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東北大学 理学研究科 数学専攻 2017年8月実施 選択問題 [3]

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Author​

祭音Myyura (Based on L^2's answer refined with GPT 6 Astra)

Description​

問題は 88 題ある。33 題を選択して解答すること。

0≤r≤20\le r\le2 とし、

Ar={(x,y,z)∈R3∣x2+y2+z2=r2},B={(x,y,z)∈R3∣x2+y2=1},C={(x,y,z)∈R3∣x2+y2+z2≤9}\begin{aligned} A_r&=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x^2+y^2+z^2=r^2\},\\ B&=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x^2+y^2=1\},\\ C&=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x^2+y^2+z^2\le9\} \end{aligned}

とする。以下の問いに答えよ。

(1) 各 0<r≤20<r\le2 に対して、Ar∪BA_r\cup B が可微分多様体にならない rr の範囲を理由と共に答えよ。理由は簡潔に書くこと。

(2) r=1r=1 のとき、Ar∪(B∩C)A_r\cup(B\cap C) の整係数ホモロジー群を求めよ。

(3) 各 0≤r<10\le r<1 および 1<r≤21<r\le2 に対して、Ar∪(B∩C)A_r\cup(B\cap C) の整係数ホモロジー群を求めよ。

题目描述​

本卷共 88 道题，请选择其中 33 道作答。

设 0≤r≤20\le r\le2，并令

Ar={(x,y,z)∈R3∣x2+y2+z2=r2},B={(x,y,z)∈R3∣x2+y2=1},C={(x,y,z)∈R3∣x2+y2+z2≤9}.\begin{aligned} A_r&=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x^2+y^2+z^2=r^2\},\\ B&=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x^2+y^2=1\},\\ C&=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\mid x^2+y^2+z^2\le9\}. \end{aligned}

回答下列问题。

(1) 对 0<r≤20<r\le2，给出 Ar∪BA_r\cup B 不是可微流形的 rr 的范围，并简要说明理由。

(2) 当 r=1r=1 时，求 Ar∪(B∩C)A_r\cup(B\cap C) 的整系数同调群。

(3) 分别对 0≤r<10\le r<1 以及 1<r≤21<r\le2，求 Ar∪(B∩C)A_r\cup(B\cap C) 的整系数同调群。

Kai​

以下、係数はすべて Z\mathbb Z とし、D=B∩CD=B\cap C、Xr=Ar∪DX_r=A_r\cup D とおく。

(1)​

求める範囲は

1≤r≤2\boxed{1\le r\le2}

である。0<r<10<r<1 のとき、球面 ArA_r と円柱面 BB は交わらず、その非交和は 22 次元可微分多様体である。

r≥1r\ge1 では共通部分は z=±r2−1z=\pm\sqrt{r^2-1} 上の円である（r=1r=1 では一つの円）。交わりの各点の近傍では、球面と円柱面のそれぞれが共通の円弧で二分され、四つの半円板がその円弧に沿って貼り合わされる。この近傍は平面の開集合と同相ではないので、多様体にならない。r=1r=1 で接平面が一致していても、この局所的な分岐は残る。

(2)​

D={(x,y,z)∣x2+y2=1, −8≤z≤8}≅S1×[−8,8].D=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2=1,\ -\sqrt8\le z\le\sqrt8\} \cong S^1\times[-\sqrt8,\sqrt8].

r=1r=1 のとき A1∩DA_1\cap D は赤道 z=0z=0 である。A1A_1 を固定したまま、DD 上では (x,y,z)↦(x,y,(1−t)z)(x,y,z)\mapsto(x,y,(1-t)z) と動かすことで、X1X_1 は A1≅S2A_1\cong S^2 に強変形収縮する。したがって

Hq(X1)≅{Zq=0,2,0q=1 または q≥3.H_q(X_1)\cong \begin{cases} \mathbb Z & q=0,2,\\ 0 & q=1\text{ または }q\ge3. \end{cases}

(3)​

r=0r=0 では A0A_0 は一点であり、DD と交わらない。D≃S1D\simeq S^1 なので

Hq(X0)≅{Z2q=0,Zq=1,0q≥2.H_q(X_0)\cong \begin{cases} \mathbb Z^2 & q=0,\\ \mathbb Z & q=1,\\ 0 & q\ge2. \end{cases}

0<r<10<r<1 では Xr=Ar⊔D≃S2⊔S1X_r=A_r\sqcup D\simeq S^2\sqcup S^1 なので

Hq(Xr)≅{Z2q=0,Zq=1,2,0q≥3.H_q(X_r)\cong \begin{cases} \mathbb Z^2 & q=0,\\ \mathbb Z & q=1,2,\\ 0 & q\ge3. \end{cases}

最後に 1<r≤21<r\le2 とする。h=r2−1h=\sqrt{r^2-1} は 0<h≤3<80<h\le\sqrt3<\sqrt8 を満たし、

Ar∩D={x2+y2=1, z=h}⊔{x2+y2=1, z=−h}≅S1⊔S1.A_r\cap D=\{x^2+y^2=1,\ z=h\}\sqcup\{x^2+y^2=1,\ z=-h\} \cong S^1\sqcup S^1.

これら二つの円を部分複体とする有限 CW 分割を Ar,DA_r,D に取って、Mayer–Vietoris 完全列を用いる。両方の円を同じ角度方向に向き付けると、H1(Ar∩D)→H1(Ar)⊕H1(D)H_1(A_r\cap D)\to H_1(A_r)\oplus H_1(D) は、全体の符号を除き

Z2⟶Z,(a,b)⟼a+b\mathbb Z^2\longrightarrow\mathbb Z,\qquad(a,b)\longmapsto a+b

である。よって完全列は

0⟶Z⟶H2(Xr)⟶Z2→(a,b)↦a+bZ⟶H1(Xr)⟶Z2→(a,b)↦(a+b,−a−b)Z2⟶H0(Xr)⟶00\longrightarrow\mathbb Z\longrightarrow H_2(X_r) \longrightarrow\mathbb Z^2\xrightarrow{(a,b)\mapsto a+b}\mathbb Z \longrightarrow H_1(X_r)\longrightarrow\mathbb Z^2 \xrightarrow{(a,b)\mapsto(a+b,-a-b)}\mathbb Z^2 \longrightarrow H_0(X_r)\longrightarrow0

となる。和を取る写像は全射、その核は Z\mathbb Z である。したがって 0→Z→H2(Xr)→Z→00\to\mathbb Z\to H_2(X_r)\to\mathbb Z\to0 は分裂し、H2(Xr)≅Z2H_2(X_r)\cong\mathbb Z^2。さらに低次の写像の核も Z\mathbb Z なので H1(Xr)≅ZH_1(X_r)\cong\mathbb Z である。結論は

Hq(Xr)≅{Zq=0,1,Z2q=2,0q≥3(1<r≤2).\boxed{ H_q(X_r)\cong \begin{cases} \mathbb Z & q=0,1,\\ \mathbb Z^2 & q=2,\\ 0 & q\ge3 \end{cases} \qquad(1<r\le2).}

Reference​

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