Hirsch 微分トポロジーの問題1.2.5 グラフ、1.2.6 1次元多様体の分類
$f:\mathbb R^n\to \mathbb R^k$を任意の連続写像とする。このとき、写像$g:\mathbb R^n\to (\mathbb R^n×\mathbb R^k,\Phi),x\mapsto (x,f(x)) $が$C^\omega$級埋め込みとなる$\mathbb R^n×\mathbb R^k$の微分構造$\Phi$が存在する。
直感的には、グラフを$x$軸($\mathbb R^n$軸)に沿うように変換すると、ちょうどそれが$\mathbb R^n$と同相になり$\mathbb R^{n+k}$の部分多様体であるといえそうなので、その変換で$x$軸に伸ばしたグラフを微分構造ごと引き戻せば、欲しい条件は全て揃いそうですね。
まず、$\mathbb R^n×\mathbb R^k$に微分構造$\Phi$を定める。
$h:\mathbb R^n×\mathbb R^k\to \mathbb R^{n+k}$を、$h(x,y)=(x,y-f(x))$とする。($\mathbb R^{n+k}$には、標準的な$C^\omega$級微分構造$\Phi_0$が入っているとする。)
これは、$i(u,v)=(u,v+f(u))$によって逆写像が与えられるので全単射であり、$f$の連続性から$h$は同相写像である。
この$h$によって$\Phi_0$を引き戻した微分構造$\Phi$を$\mathbb R^n×\mathbb R^k$に入れる。
すると、$h$はちょうど$\mathbb R^n×\mathbb R^k$の大域チャートになっているため、$\Phi$は$\mathbb R^n×\mathbb R^k$の$C^\omega$級微分構造になっている。
以下、$g$がこの$\Phi$によって問題の性質を満たす事を確認する。
$g:\mathbb R^n\to (\mathbb R^n×\mathbb R^k,\Phi)$は$x\mapsto (x,f(x)) $であり、連続である。
また、第一成分への射影を考えれば、$g(\mathbb R^n)$と全単射であり、逆も連続なため、同相である。
また、$g$を大域チャートの座標関数$h$で表現すると、$h\circ g(x)=h(x,f(x))=(x,0)$より$C^\omega$級であり、その微分$dg_x$は、
$$
\begin{eqnarray}
\left(
\begin{array}{cc}
I_n \\
O
\end{array}
\right)
\end{eqnarray}
$$
なので、常にランクが最大の$n$、すなわち単射である事がわかる。
従って、$g$は$C^\omega$級埋め込みとなる。
連結パラコンパクト1次元多様体$M$は、コンパクトのときは円周に、そうでない時は直線に微分同相である。
パラコンパクト性を除けば、長い(半)直線も同相の候補に挙がりますね。前に一瞬紹介したような気がしますが。
これは有名問題なので、色々な解法があるような気がしますが、個人的には以下の“曲線片”を使った方法で示すのが分かりやすいのかなと思います。
連結パラコンパクト1次元多様体$M$への2つの埋め込み$f,g:(0,1)\to M$(このような$M$への埋め込みを曲線片という。)に対して、次が成り立つ:
1.$f(0,1)\cap g(0,1)$の連結成分は高々2個である。
2.もしその連結成分が1つなら、ある埋め込み$h:(0,1)\to M$で、その像が$f(0,1)\cup g(0,1)$となる新しい曲線片にまとめる事ができる。
3.もしその連結成分が2つなら、$f(0,1)\cup g(0,1)$は円と微分同相になる。
連結なパラコンパクト多様体は、連結成分が一つしかないため第二可算多様体である事に注意する。
従って、$M$は可算なアトラスを持ち、それに同相な曲線片$C_1,\cdots,C_n$で覆える。
いま、可能な限り各曲線片に定理を適用する事により、最終的に一つの曲線片にまとまっているか、途中でいくつかの円に同相になっている曲線片の集まりかの二つの場合に分けられる。
前者の場合は直線に明らかに微分同相のため、後者の場合について考える。
各曲線片に定理を適応して一度閉曲線が現れる場合があると、実はその時点で$M$全体を覆う事になるため、円と強制的に微分同相になる。これは、$M$が連結であることから各$C_i$や定理適応後の曲線片は全て連結している点と、一次元多様体である事から枝分かれも起きないという点から分かる。
従って、連結パラコンパクト一次元多様体は直線か円のどちらかと微分同相であり、明らかにコンパクト性によってそのどちらかに分類ができる。
