微分几何入门及广义相对论(梁灿彬) 答案.pdf

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微分几何入门及广义相对论(梁灿彬) 答案
第1章“拓扑空问筒介”习题 1.试证A-B=A∩(X-B),VA,BCX 证只须证明等式两边互为包含 (A)设r∈A-B,则∈A,mgB.前者∈A与AX结合得∈X.再与 后者xgB结合得x∈X-B.结合前者x∈A知a∈A∩(X-B).于是属 于A-B的元素都属于A∩(X-B),因而A-BcA^(X-B) (B)设x∈A∩(X-B),则x∈A,x∈X-B.后者导致x∈X,x∈B.x∈B 与前者x∈A结合得x∈A-B.于是属于A∩(X-B)的元素必定属于 A-B,因而A∩(X-B)cA-B. 试证X-(B-A)-(X-B)UA,A,BCX 证只须证明等式两边互为包含 (A)设x∈X-(B-A),则x∈X,xB-A.后者导致x∈B或x∈A. x∈B与前者x∈X结合得x∈X-B.现在是x∈A或x∈X-B,即 x∈(X-B)JA.于是属于X-(B-A)的元素都属于(X-B)UA,因而 x-(B-A)C(X-B)∪A (B)设xc(XB)u4,则xcXB或x∈A.前者导致xcX,xgB. x∈B与后者∈A或的结合,即x∈A或x∈B给出∈B-A.因此 x∈X-(B-A).于是属于(X-B)uA的元素都属于X-(B-A),因而 (X-B)∪AcX-(B-A 3.用“对”或“错”在下表中填空: f:RR→RB 是一一的 是到上的 f(r) (对) f(a) (错,正的f(x)有两个逆像 (错,负的f(x)没有逆像) f(a=et (错,0和负的f(x)没有逆像) f(x)=cosx(错,|f(x)∈[0,1有无数个逆像)(错,f(x)∈(,∞)没有逆像) (x:)=5,Vm∈RR (错,有尤数个逆像) 错,除了∫()=5没有逆像) 4.判断下列说法的是非并简述理由: (a)正切函数是RR到RR的映射; 答不对.因为x=mx+2(为整数)没有像a (b)对数函数是RR到RR的映射; 答不对.因为x∈(-∞,0)没有像lgx (c)(a,b∈RR用工衡量是开集 答不对.因为T的元素为RR的开区间或开区间之并,故(a,bZ,只有 的元素才是开集,所以(a,列用衡量不是开集 (d)[a,bcRE用衡量是闭集 答对.因为a,bCRR.-{a,b=RR-{a,b1=(-∞,a)U(b,∞)∈T所以根 据定义6知道用T衡量a,b是闭集 伷()的结果和(d)的推理过程可以知道用通常拓扑工衡量,(a,b既不是 开集也不是闭集 5.举一反例证明命题“(RR,)的无限个开子集之交为开”不真 解设开区间族On1=(0,1/mn)∈工,(m=1,2,…).可知∩=1O2={0}.而单点 集(区间)不是开区间,即{0}g,故“无限个开子集之交为开”不真.事 实上{0}为闭集,因为-{0}-R-{0}-(-∞,0)U(0,∞)"∈2n,故根 据81.2定义6单点集{0}是闭集 6.试证31.2例5中定义的诱导拓扑满足定义1的3个条件 证诱导拓扑的定义是(1-2-2)式:S:={VcAO∈T使V=A∩O} 条件1:必须存在O→A,这时V=A∩O=A,即A是S的元素.另外如果 取O=0,则V=A的=0也是S的元素. 条件2:如果V=A∩O1∈S,因为nV=n(4∩O)结仓An0nO),显然 有∩vCA.另外由81.2定义1(b),∩2O2∈T,故由诱导拓扑的定义知nV 也是S的元素 条件3:如果Va=A∩Oa∈S∨a,首先我们根据分配律证明Uava=Ua(A∩ Oa)=A∩(UaOa).注意到(A∩O1)U(A∩O2)=A^(O1O2),所以有 (AnO1儿(AO2)儿(AO3)-[∩(O1UO2)U(nO3)=An[(O1UO2)U27结合律 A∩[O1UO2UO3.推广得Ua(A∩Oa)=An(aOa).于是uaV=A∩UaOa), 有 UoVo a.另外由§1.2定义1(c),UaOa∈T,故由诱导拓扑的定义知UaVa 也是S的元素 7.举例说明(RR3,Z)中存在不开不闭的子集 答定义空间的某块内部的所有点以及部分表面点属于该子集A,那么A既 不开也不闭.不开是因为它不属于,即它不能通过有限的开球之交和无限 的开球之并得到.不闭是因为-A=RR3-A也不属于Z2,只有当-A∈T 为开时,A才是闭的. 8.常值映射f:(X,T)→(Y,S)是否连续?为什么? 答连续,所谓常值映射(§1.1定义⑦是指Ⅴx∈X,x→f(x)=3∈Y,只是 Y的一个元素(一点.对ⅤO<S,根据1.1注5(2)②,要么f10=0(当 vgO∈S),要么fO-X(当∈O).而和X都是T的元素,所以 f-1O∈T.根据§1.2定义3a,这一映射连续 9.设T为集X上的离散拓扑,S为集Y上的凝聚拓扑, (a)找出从(X,T)到(Y,S)的全部连续映射 (b)找出从(Y,S)到(XT)的全部连续映射 解(X,)为离散拓扑空间(1.2例1),T的元素为X的所有子集;(Y,S)为 凝聚拓扑空间(1.2例2),S的元素只有2个—0和Y.(如果X=Y=RR, 则T的元素为RR的所有区间的集合,无论开闭;而S的元素也只有2个 0和RR) (a)从(X,T)到(Y,S)的任何映射都是连续的.因为只要是映射,就有逆 像,而逆像的集合一定是ⅹ的子集,又X的子集一定是离散拓扑T的元 素.因此根据§1.2定义3a,这一映射是连续的.注意因为S为凝聚拓扑, 定义3a中现在的O只可能有两个:一是O=0∈S,则f10=0∈T;二 是O=Y∈S,则f-y]=X∈Z.由此推理过程可以看出,只要(X,T) 是离散拓扑空间,(Y,S)可以是任何拓扑空间,这一结论仍然成立,(如 果X=Y=RR,就是说逆像的点的集合构成的区间无论开闭都是RR的子 集,也就是T的元素 (b)从(Y,S)到(X,T)只有常值映射是连续的.常值映射的连续性从习题 8的结论可以直接看出,下面要证明其他任何映射都不是连续的.如果不 是常值映射,则至少有两个像x1,x2∈X,1≠x2.现在考虑X的单元 素子集O1={x}和O2={x2}.因为T是离散拓扑,X的所有子集 都是它的元素,所以O1,O2∈T.下面看它们的逆像f1O1]=f-h{x1 和f1O2=f-1{x241,当然它们是Y的非空子集(不然的话不会有像 x1和x2).首先注意到f-1O1]∩f1O2]=0,因为否则的话必存在原像点 y∈f-1O1nf1O2],它有两个不同的像x1和x,这与§1.1映射的定义5 不符.如果这一映射是连续的,根据定义3a,要求f1O1],f1O2]<S.而 S是凝聚拓扑,非空元素只有Y,连续映射要求f1O1]-f1O2]-Y,这 显然与它们的不相交性矛盾.因此,任何多于一个像的映射在此情形下都 是不连续的.与前面一样,只要(Y,S)是凝聚拓扑空间,(X,T)可以是任 何拓扑空间,这一结论仍然成立 10.试证1.2定义3a与3b的等价性 证(A)从3a到3b,即要证明如果用3a定义的映射连续,则用3b定义的任 意点都连续;(B)从3b到3a,即要证明如果用3b定义的任意点都连续,则 用3a定义的映射连续 (A)考虑任意一点的映射m→f(x).在拓扑S中任意取两个元素G和G〃,便 满足f(x)cG"cC".因为映射是连续的,很据定义3a有G=f1c"∈T, 当然x∈G.所以现在3G∈T使x∈G且∫G-"cG.根据定义3b,映 射在点x处连续.x∈X是任意的 (B)考虑任意的一个开集O∈S,设它的元素为,即a,va∈O.如果y有 逆像=f-1(a)且映射是连续的,则根据定义3b,一定存在开集CaCT使 xa∈Ga且 fAce.可以证明UaGa=fO],由定义1(c)知f1O]∈T 于是根据定义3a,映射连续最后我们证明∪aGa=f1O],分两步骤:(i) 所有属于UGa的元素必属于fO:(i)所有不属于∪Ga的元素必不属 于f1O].()设∈UaGa,而f f Ga]c ∪af[G O,有f(x) fRaga]co,即f(x)∈O.根据注5②的定义:fO={x∈Xf(x)∈O} 所以这时x∈f-o].(i)设x∈∪aGa,则x∈∩a(X-Ga)-∩a(-Ga), 有f(x)∈∫na(-Ga)=∩af-Ga].这时x必不属于f1O.因为否则的 话有f(x)∈O,这会与f(x)∈∩af-Ga矛盾.最后只要证明如下命题: va.fCa≤O,则O∩(∩a升Ca)=0.注意到fCal=fXC fCa,有∩afCa]=∩a(Y-fCl) DM律 Y-Uaf Ga f(a].令 Aa≡fGa],即要证明∨a,AacO.有O∩(-UaAa)=0,但是显然这一结论 不成立! 根据定义3b似乎可以得到如下定理:如果在所有点x∈X上连续,则对y 满足f(x)∈C的("∈S,G∈T使x∈G且f(=C".与定义的区别在于 fG]=G′而不是∫G∈G.现在考虑任意的一个开集O∈S,设它的元素为 ,即∨a,yo∈O,.如果y有逆像a=f-1(ma)且映射是连续的,则根据由 定义3b推出的此定理,一定存在开集Ga∈T使x∈Ga且fGa=O.于 是∫-1O=CaT,于是根据定义3a,映射连续, 1.试证任一开区问(a,b)cRR与RR同胚 证注意到映射∫:xtan是(-2,a)→(-∞,x)=RR的一一到上 映射.令y=0m+B,我们解{x2 得 万=ab+B a+6 于是y -a -ta-b 构造映射f:x→tan{bxa(x-),它是(a,b)→RR的一一到上映射.下 面证明∫对(a,b),)→(RR,z连续以及f1对(RR,)→(a,b,连 续,其中为工的诱导拓扑.根据31.2定义3a,从图像上看这一结论是不 证自明的.因此根据31.2定义4,这是同胚映射,拓扑子空间(a,b,2)与 拓扑空间(RR.z)同胚 12.设X1和X2是RR的子集,X1=(1,2)U(2,3),X2=(1,2)2,3).以和22 分别代表由RR的通常拓扑在X1和X2上的诱导拓扑.拓扑空间(X1,z1) 和(X2,T2)是否连通? 解从直观图像我们可以知道(X1,z1)不连通而(X2,Z2)连通,下面我们证明 这一结论.首先根据诱导拓扑的定义91.1例5式(1-2-2)知道T和2分 别是包含于X1和X2的所有开区间以及开区间之并的集合 (A)(X1,T)的不连通性.首先(1,2)和(2,3)都是开区间,所以它们都是z 的元素,所以是开的.其次,因-(1,2)=X1-(1,2)=(2,3)∈是开的 所以根据1.2定义6,(1,2)是闭的.同样可以说明(2,3)也是闭的.因此拓 扑空间(X1,z1)(至少)有4个既开又闭的子集0、X1、(1,2)和(2,3),所 以根据§1.2定义7,它是不连通的.当然,这正是81.2例9的一个特例.下 面说明除了这4个,没有其他的既开又闭的子空间.属于X1的子空间(子 区间、子集)只有4种类型,如(a)(1.6,1.7)、(b)[1.6,1.7、(c)(16,1.7和 (d)1.6,1.7).很容易看出,其中(a)是开而不闭的(本身属于石而补集不属 于),(b)是闭而不开的(补集属于五而本身不属于巧),(c)和(d)是既不 开也不闭的(本身不属于五而补集也不属于).因此没有其他的既开又闭 的子集(本身和补集都属于T) (B)(X2,Z2)的连通性.首先注意到(1,2)是开的而[2,3)不是开的(其实 是闭的,见下).[2,3)的不开性是因为:根据诱导拓扑的定义,现在找不到 O∈Z,能便[2,3)=X2∩O=(1,2)U2,3)nO,所以[2,3)gT其次,因 (1.2)=X2-(1.2)={2,3)∈工,不是开的,所以根据§1.2定义6,(1,2)不 是闭的.而-2,3)=X2-2,3)=(1,2)∈,所以根据定义6,(2.3)是闭的 也就是说(1,2)是开而不闭的,而②2,3)是闭而不开的.再根据(A)中最后 的讨论,可知除了和Ⅹ2,没有其他的既开又闭的子集(子区间),因此根据 812定义7,它是连通的 13.任意集合ⅹ配以离散拓扑啁所得的拓扑空间是否连通? 解不连通,证明如下:所谓离散拓扑是指ⅹ的所有子集都是T的元素(1.2 例1).此时对任意的ACX,有-A=X-A∈T.根据81.2定义6,A是闭 的.也就是说ⅹ的任何子集都是既开又闭的.所以根据31定义7,离散拓 扑空间不连通,这也正是“离散”的由来 由此也可以看出凝聚拓扑T一定是连通的,因为它只有两个元素和X, 其后果是对任何其他的ACⅩ,有AgT及-A-X-A∈T.根据定义6, A既不是开的也不是闭的.只有和ⅹ是既开又闭的,根据定义7,故而连 通.也是“凝聚”的由来 14.设ACB,试证(a)AcB;提示:ACB表明B是含A的闭集.(b i(a)ci(B) 证这两个结论从图像上来看是显然的 (a)由§1.2定理1-2-3(a)②,BB,故 ACBCB.根据§1.2定义8,闭 包A是包含A的最小闭集,也就是包含1的所有闭集的交集.既然现 在AB,而根据312定理1-2-3(a)①,B是闭集,所以B也是定义8中 的Ca之一.又 Ac Co Va,故有ACB.还可以利用习题15的结果证明 ∈A,取x的邻域N,根据→,知N∩A非空.而AcB,如果N∩A非 空,必有N∩B非空.然后利用々,有∈B.于是属于A的元素必属于B, 根据§1.1的定义1,ACB (b)由81.2定理123(b)②,i(A4)A,故i(4)A∈B.根据812定义9,内 部i(B)是包含于B的最大开集,也就是包含于B的所有开集的并集 既然现在(A)匚B,而根据§1.2定理123(b)①,i(A)是开集,所以i(A) 也是定义9中的O之一.又OaC(B)a,故有(A4)C(B) 15.试证x∈A兮x的任一邻域与A之交集非空.对→证明的提示:设O∈T 且O∩A=0,先证AcX-O,再证(利用闭包定义AcX-O 证这两个方向我们都通过等价的逆否命题来证明.→的逆否命题表述为: 如果存在x的邻域,它与A的交集为空,则x∈A;÷的逆否命题表述为: 如果xgA,则一定存在x的邻域,它与A的交集为空 首先,如果O∩A=0,那么当x∈A时,必有rO.当然m∈X,根据差集 的定义(31.1定义2)知这时必有x∈X-O.因此若O∩A=0,则Ac 现在设O∈T为任一开集,则X-(X-O)(X-x)∪O=0UO=0∈T 根据§1.2定义6知XO是闭集.既然AcXO,而ⅹO是闭集,根 据§12闭包的定义8:A是所有包含A的闭集的交集,自然X-O是定义 中的Ca之一,所以AcX-O.至此我们证明了:对任一开集O∈T,如 果O∩A-0.则有AcX-O.下面我们令O是x的邻域,即x∈O.与 AcXO结合立即知道xgA.因为如果xcA的话,由AcO有 x∈X-O,即有∈O,这与∈O矛盾.于是我们证明了:如果x存在某 个开邻域O,它与A的交集为空,则xA.这就是→的逆否命题.当然如 果O非开的话,结论依然成立,因为非开的比开的要“大”,如果非开的与 A的交集为空,则开的肯定与A的交集为空.换句话说非开的至少带有部 分边界,它如果与A不相交,那么它比开的要距离A更远.(但是证明过 程屮为何要用到O为开?) :如果x¢A,根据§1.2定理1-2-3a)②AcA有:gA.这时必定存在 r的某个邻域N,x∈N,使得N∩A=0.证明如下:因为A,所以有 x∈X-A.现在在X-A内取x的某个邻域,即x∈Ncⅹ-A.这样得到 的N必满足N^A=0,因为NcX-A表明N的元素必不属于A[属于N 的元素必属于X-A(1.1定义1).属于X-A的元素必不属于A(§1.1定 义2)因此N与A不相交.命题得证 16.试证RR不是紧致的 证以NN代表自然数集,则{(n,n)n∈NN}是BR的开覆盖,它没有有 限子覆盖 附.设C是拓扑空问(X,⑦)的紧致子集,A∈C且A是(X,T)的闭子集,贝 A必紧致 证因CαX,如果C=X,则ⅹ为紧致,回到了定理1-3-3的情形.结 论成立.下面设C是Ⅹ的真子集,于是总可以找到(?)开子集B使满足 CCBCX.首先证明B-A为开集:考虑X-(BA、习题2(X-B)UA.因 B为开,故XB为闭.而A为闭,故由§1.2定理1-22(b)知(XB)∪A为 闲.从而X-(B-A)为闲,B-A为开,然后设{Oa}为A的任一开覆盖, 则用{Oa,B-A}可以开覆盖AU(B-A)=B,即用{Oa}覆盖A,用B-A 覆盖B-A.又注意到CCB,故而{Oa,B-A}也是C的一个开覆盖,因C 是紧致的,它的任何开覆盖都存在有限子覆盖,设为{Oa1,…,Oan;B-A} 因A∩(B-A)=,所以B-A覆盖不到A,它只能覆盖C-A.也就是说 {O1,…,Oan}是A的开覆盖.因{Oa}为A的任一开覆盖,都有有限子覆 盖{Oa1…,Oan},故根据§1.3定义1知A是紧致的 第2章“流形和张量场”习题 1.试证21例2定义的拓扑同胚映射v在O的所有交叠区上满足相容性 条件,从而证实S确是1维流形. 证设(x,y)是RR2的自然坐标,定义开半圆周(不包含两端点)如下:O {(x,y)∈S1m2>0},O2:={(x,y)∈Sx2<0},i=m,y,分别对应左右和 上下开半圆.定义O}到PR的单位开区间v-(-1,1)的同胚映射v为 如下的投影映射:(x,y)=y,(m,y)=x.下面证明开半圆交叠区满足 相容性条件,我们就以第一象限的交叠区为例,它是O址和O的交叠,即 O∩O≠0.相应的映射为 O+→ 1 C, y 即为 92,y)=y 其逆映射为V→O+-(v+)1[v x,y) 即为 x,y)=(+)-(a2) )→V+=vO] o+:(x,3) 即为 a/=v+(a, y)=v+(a, V1-32)=c 于是复合映射砂o()为V→∩→V,根据§1.1定义8知 vy4o()1:x2→x给出复合函数 )三 于是我们知道复合映射。(t)的1个1元函数为: 显然在单位线段内(r1<1)无限可微并连续,即是C∞的,因此光滑.同 样可以证明其他的复合映射voua1也都是光滑的,于是图(O1,)与图 (O,)相交相容(第二象限,图(O1,v1)与图(O2,)相交相容(第三象 限,图(O1,)与图(O2,v2)相交相容(第四象限) 用同样方法可以证明例3的2是2维流形.设(x,y,x)是R3的自然坐 标,定义开半球面(不包含圆周边界)如下:O:={(m,,2)∈52|m2>0}, O1:-{(x,y,2)∈S2|x2<0},i-x,y,,分别对应左右、前后、上下开半 球面.定义O:到RR2的单位开圆盘D={(x,y)RR2√a2+y2<1}的 同胚映射为如下的投影映射:v(x,v,2)=(m,2),v(,y,2)=(x,2 u(x,v,x)=(xr,y).下面证明开半球面交叠区满足相容性条件.我们就以第 一卦限的交叠区为例,它是O、O和O的交叠·注意现在有吕块坐标 域交叠,要分別证明它们两两相容.下面以O∩O为例.相应的映射为: O vt[Ot] v+:(x,y,2)→(x2,x2)=(y,z) 即为 (x1,x2)=v+(x,y,z)=t ,y,之 其逆映射为Dt→Ot=(vt)-1[D] (时)-1:(m1,2)→(m,y,2)=(1-(2-(2)2,n,x2), 即为 (x,y,z)-(v+)-1(x1,x2)

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    qq_39287199 太棒啦!谢谢!
    2020-03-05
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