Топология

В прошлой главе строгость дошла до предела: доказательство стало цепочкой символов, которую может проверить машина, и оказалось, что даже у такой машины остаются вопросы без ответа. Эта глава устроена наоборот: много работы руками и мало символов, как на занятиях математического кружка. Понадобятся пластилин, полоски бумаги, ножницы, скотч, фломастер, кусок верёвки и старая карта.

Про тополога говорят, что это человек, который не отличает кружку от бублика. Слепите из пластилина кружку с ручкой и, не отрывая и не прилепляя ни кусочка, продавите донышко, пока кружка не станет лепёшкой, а лепёшку втяните в ручку. Получится бублик. А из шарика бублик так не вылепить: дырку придётся проткнуть. Почему кружка и бублик — «одно и то же», а шарик и бублик — нет? И что вообще значит «одно и то же», если у фигур разные размеры и изгибы?

Пластилин: что значит «одно и то же»

Правила кружка такие. Фигуру можно растягивать, сжимать и гнуть сколько угодно. Нельзя рвать и нельзя склеивать точки, которые были порознь. Резать можно, если потом склеить разрез точно так же, как было. Свойства, которые переживают всё это, изучает топология; слово придумал немецкий математик Иоганн Листинг в 1847 году, от греческого «топос» — место.

«Не рвать» — это непрерывность из главы о пределах, только расстояние между числами заменяется расстоянием между точками: отображение $f$ непрерывно в точке $x$, если для любого $\varepsilon > 0$ найдётся $\delta > 0$ такое, что точки, лежащие от $x$ ближе чем на $\delta$, переходят в точки, лежащие от $f(x)$ ближе чем на $\varepsilon$.

Взаимная однозначность (это биекция) запрещает склеивать, непрерывность запрещает рвать, а непрерывность обратного отображения не даёт жульничать со швом. Намотаем полуинтервал $[0;\,2\pi)$ на окружность: $t \mapsto (\cos t;\,\sin t)$. Это взаимно однозначно и непрерывно, но обратное отображение рвёт окружность в точке $(1;\,0)$: точки чуть выше неё возвращаются к нулю, точки чуть ниже — к $2\pi$.

Гомеоморфизмы бывают неожиданными. Окружность гомеоморфна контуру квадрата: спроецируйте контур на окружность лучами из центра. Интервал $(-1;\,1)$ гомеоморфен всей прямой: отображение $x \mapsto \frac{x}{1 - |x|}$ переводит $0{,}5$ в $1$, $0{,}9$ в $9$, $0{,}99$ в $99$, а обратное, $y \mapsto \frac{y}{1 + |y|}$, стягивает прямую обратно. Длина, прямизна, даже конечность тополога не интересуют. Как же тогда доказать, что фигуры не гомеоморфны? Перебрать все отображения невозможно.

Этот приём уже выручал нас в главе о Гёделе, где остаток от деления числа букв I на $3$ доказывал, что слово MU получить нельзя. Самый простой топологический инвариант — что станет с фигурой, если выколоть из неё точку.

Хитрость в том, чтобы выколоть по точке: окружность останется одним куском, а отрезок распадётся на два.

Предположим, что гомеоморфизм $f$ окружности на отрезок $[0;\,1]$ существует. В середину отрезка $m = \frac12$ он переводит ровно одну точку окружности — назовём её $p$. Выколем $p$ из окружности. Останется дуга: от любой её точки до любой другой можно пройти, не выходя из неё. Выколем $m$ из отрезка. Он распадётся на две половины, $[0;\,\frac12)$ и $(\frac12;\,1]$. Так как $f$ взаимно однозначно, дуга без $p$ переходит ровно в отрезок без $m$. Возьмём на дуге точку $a$, которая переходит в левую половину, и точку $b$, которая переходит в правую, и пройдём по дуге от $a$ к $b$. Координата точки-образа меняется непрерывно, в начале она меньше $\frac12$, в конце больше. По теореме о промежуточном значении (глава 25) в какой-то момент она равна $\frac12$: какая-то точка дуги перешла в $m$. Но в $m$ переходит только $p$, а её на дуге нет. Противоречие, гомеоморфизма не существует. Мы пользовались лишь тем, что $f$ непрерывно и взаимно однозначно, так что окружность нельзя даже непрерывно развернуть в отрезок без склеек.

Нарисуем буквы простыми палочками, без засечек. Какая из них не гомеоморфна букве Т?

Ш У Е Х

Выколем из буквы точку и посчитаем куски. У Т больше трёх кусков не получится: худшая точка — та, где сходятся три палочки. У Ш, У и Е тоже одна точка, где сходятся три палочки (у Ш — середина нижней перекладины, у Е — начало средней черты), и три свободных конца, так что их можно выпрямить в Т. А у Х в центре сходятся четыре палочки, и без центра она распадается на четыре куска.

Фломастер: число, которое не мнётся

Нарисуйте фломастером на мяче сетку: точки-вершины и линии-рёбра, так, чтобы поверхность разбилась на куски-грани без дыр внутри. Что бы вы ни нарисовали, число вершин минус число рёбер плюс число граней будет равно $2$. Это формула Эйлера из главы о графах: сетку на сфере можно проткнуть в одной грани и растянуть по плоскости.

Теперь нарисуйте на надувном круге $6$ колец вдоль и $4$ кольца поперёк. Они пересекаются в $24$ точках и режут поверхность на $24$ четырёхугольника. Из каждой вершины выходит четыре ребра, и каждое ребро соединяет две вершины, поэтому рёбер $24 \cdot 4 / 2 = 48$. Итог: $24 - 48 + 24 = 0$. Не $2$.

Число вершин сетки. Число рёбер — линий между вершинами. Число граней — кусков, на которые рёбра режут поверхность. Каждый кусок должен быть гомеоморфен кругу: кольцо гранью не считается. Пример: квадратная рамка для картины с квадратным сечением — тор. У неё $16$ вершин, $32$ ребра и $16$ граней, $\chi = 16 - 32 + 16 = 0$. У куба, то есть у сферы, $8 - 12 + 6 = 2$.

Определение имеет смысл, только если число не зависит от сетки. Виджет ниже покрывает поверхность настоящей сеткой из тысяч треугольников и честно их пересчитывает. Меняйте мелкость сетки и мните кружку: $V$, $E$ и $F$ меняются на тысячи, а их комбинация — нет.

Доказательство делится на лёгкую и трудную части. Лёгкая: при измельчении сетки число не меняется.

Любое измельчение складывается из трёх маленьких ходов; проверим каждый.

Перед нами кусок сетки: две грани, пять вершин, шесть рёбер. Для куска, гомеоморфного кругу, $V - E + F = 5 - 6 + 2 = 1$: это сфера без одной грани. Ход первый: новая вершина $X$ на ребре $CD$. Ребро распалось на два: $V$ выросло на $1$, $E$ тоже на $1$, и $V - E + F$ не изменилось. Ход второй: новое ребро $XB$ поперёк грани между двумя вершинами её края. Оно режет грань на две: $E$ и $F$ выросли на $1$, сумма прежняя. Ход третий: новая вершина $Y$ внутри грани, соединённая ребром с вершиной $A$ её края. $V$ и $E$ выросли на $1$. Грань с таким надрезом по-прежнему одна и гомеоморфна кругу: надрез можно раскрыть, как прорезь в ткани. Каждая новая вершина лежит на старом ребре или внутри грани, каждое новое ребро идёт внутри какой-то грани, поэтому всякое измельчение — цепочка таких ходов, и $V - E + F$ сохраняется на каждом.

Трудная часть — найти у любых двух сеток общее измельчение. Если рёбра двух сеток пересекаются в конечном числе точек, общее измельчение — их объединение. Но ребро одной сетки может пересекать ребро другой бесконечно много раз, как график $x \sin\frac{1}{x}$ пересекает ось около нуля, и тогда сетку сначала приходится аккуратно шевелить. Сегодня инвариантность обычно выводят из гомологий — инструмента алгебраической топологии, который лежит за пределами курса.

Раз число не зависит от сетки, оно не меняется и при гомеоморфизме: сетку можно перенести на другую поверхность вместе с отображением. Сфера ($\chi = 2$) не гомеоморфна тору ($\chi = 0$), тор — кренделю ($\chi = -2$). Число ручек, то есть сквозных дырок, как у бублика, называют родом поверхности.

Род — число ручек. У сферы $g = 0$, у тора $g = 1$. Пример: у кренделя $\chi = 2 - 2 \cdot 2 = -2$, у поверхности с тремя дырками $-4$. Каждая ручка отнимает двойку; мы докажем это, когда научимся приклеивать ручки.

Из восьми кубиков сложили квадратную рамку $3 \times 3 \times 1$ без центрального кубика. Поверхность рамки разбита на единичные квадратики: $32$ вершины и $32$ квадрата. Сколько рёбер?

Рамка — тор, поэтому $V - E + F = 0$ и $E = V + F = 64$. Проверим прямым подсчётом. На верхней грани узлы образуют решётку $4 \times 4$ и рёбер там $4 \cdot 3 + 4 \cdot 3 = 24$: края центральной дырки тоже рёбра. Столько же снизу, и ещё $16$ вертикальных рёбер соединяют верхние узлы с нижними: $24 + 24 + 16 = 64$.

Полоска бумаги: одна сторона

В 1858 году эту ленту независимо нашли Август Мёбиус и уже знакомый нам Листинг. Листинг опубликовал находку раньше, но название досталось Мёбиусу.

«Одна сторона» описывает, как лента лежит в пространстве. Топологу удобнее свойство, заметное жителю самой поверхности. Пусть по ленте ползут плоские часы, нарисованные на самой бумаге. Обойдя ленту Мёбиуса по средней линии, они вернутся зеркально отражёнными: стрелка пойдёт против часовой.

Ленту Мёбиуса разрезали ножницами вдоль средней линии. Что получилось?

Две ленты Мёбиуса Одна лента вдвое длиннее, и у неё две стороны Две отдельные ленты Одна лента Мёбиуса той же длины

Разрез по средней линии не отделяет верхнюю половину ленты от нижней: конец одной половины приклеен к началу другой. Выходит одна лента двойной длины. Доказательство — ниже, а проверить можно ножницами.

Разложим ленту на столе: это прямоугольник, у которого левая сторона склеена с правой вверх ногами.

Прямоугольник $ABCD$ длины $4$ и ширины $2$. Стрелки показывают склейку: одинарная стрелка слева совмещается с одинарной справа, двойная — с двойной. Поэтому $A$ приклеивается к $C$, а $D$ — к $B$. Разрежем прямоугольник по средней линии. Склейка коротких сторон остаётся в силе, только каждая короткая сторона теперь поделена пополам. Верхняя половина правой стороны (двойная стрелка у $C$) приклеена к нижней половине левой (двойная стрелка у $A$). Значит, правый конец верхней полоски склеен с левым концом нижней. Так же правый конец нижней полоски склеен с левым концом верхней. Перевернём нижнюю полоску на другую сторону и приложим её левым концом к правому концу верхней так, чтобы двойные стрелки легли одна на другую. Получилась одна полоска длины $8$ и ширины $1$. Склеенными остались её собственные концы: левый конец верхней половины и правый конец перевёрнутой нижней. Одинарные стрелки на них теперь смотрят в одну сторону, то есть концы склеены без перекрута. Полоска, склеенная без перекрута, — цилиндр: у него две стороны и два края. Длина выросла вдвое, ширина уменьшилась вдвое.

В пространстве новая лента перекручена на два полных оборота. Плоский чертёж этого не видит: он помнит, что с чем склеено, но не как лента лежит в пространстве. Тем же приёмом разберите разрез на трети: средняя треть переходит сама в себя и остаётся тонкой лентой Мёбиуса, а крайние трети склеиваются в одну длинную ленту, продетую через среднюю.

Эйлерову характеристику можно посчитать и у поверхности с краем. У прямоугольника, склеенного в ленту Мёбиуса, $2$ вершины (углы склеились попарно), $3$ ребра и $1$ грань: $\chi = 0$. У цилиндра столько же. Одного числа $\chi$ не хватает, чтобы различить поверхности: цилиндр от ленты Мёбиуса отличает ориентируемость.

Лист бумаги: склейки квадрата

Тор — квадрат, у которого склеены противоположные стороны. Склейку записывают словом: обходим квадрат по часовой стрелке и выписываем стороны; одинаковые буквы склеиваются, а степень $-1$ значит, что стрелку на стороне мы проходим навстречу. У тора слово $aba^{-1}b^{-1}$. Если же левую сторону приклеить к правой вверх ногами, выйдет лента Мёбиуса, а если затем склеить ещё верх с низом — бутылка Клейна.

В нашем пространстве ни ту, ни другую склеить нельзя: поверхность обязательно пройдёт сквозь саму себя. Но жить в них можно. Представьте плоское существо, для которого квадрат — вся вселенная: уходя за правый край, оно появляется слева.

Бутылку Клейна рисуют как бутылку, горлышко которой вошло в собственный бок и раскрылось изнутри в донышко. Место, где горлышко проходит сквозь стенку, — недостаток рисунка, а не поверхности: в четырёхмерном пространстве горлышко обошло бы стенку, как эстакада обходит перекрёсток.

Идея доказательства и почему целиком оно здесь не поместится

Замкнутая поверхность без самопересечений делит пространство на внутреннюю и внешнюю части. Это теорема Жордана — Брауэра, трёхмерная родственница факта о том, что замкнутая кривая делит плоскость; мы опирались на него в главе о графах. Тогда в каждой точке поверхности можно выбрать направление «наружу», меняющееся непрерывно. Часы, которые на любом пути держат циферблат лицом наружу, не могут вернуться отражёнными. Трудная часть — сама теорема Жордана — Брауэра: её доказательство опирается на гомологии и выходит за рамки курса.

Эйлерову характеристику можно найти прямо по склейке. Грань одна — сам многоугольник, рёбер столько, сколько разных букв, а вершин столько, во сколько отдельных точек склейка сводит углы. У тора все четыре угла квадрата сходятся в одну точку (в виджете видно, что в углу встречаются четыре уголка разных копий), поэтому $\chi = 1 - 2 + 1 = 0$.

Число вершин после склейки: во сколько отдельных точек сходятся углы многоугольника. Число рёбер: у $2n$-угольника стороны склеены попарно, рёбер остаётся $n$ — по числу букв. Грань одна — сам многоугольник. Пример: у проективной плоскости $abab$ углы сходятся в две точки, $\chi = 2 - 2 + 1 = 1$. У бутылки Клейна — в одну, $\chi = 0$, как у тора. У восьмиугольника $aba^{-1}b^{-1}cdc^{-1}d^{-1}$ все восемь углов сходятся в одну точку, $\chi = 1 - 4 + 1 = -2$: это крендель.

Стороны шестиугольника склеили по слову $abca^{-1}b^{-1}c^{-1}$: каждая сторона склеена с противоположной, стрелки на противоположных сторонах смотрят в одну сторону. Найдите эйлерову характеристику получившейся поверхности.

Рёбер $3$, грань одна. Пронумеруем углы по кругу $1, \dots, 6$ так, чтобы сторона $a$ шла из угла $1$ в угол $2$. Склейка $a$ с $a^{-1}$ отождествляет начала и концы стрелок: угол $1$ с углом $5$, угол $2$ с углом $4$. Так же $b$ склеивает $2$ с $6$ и $3$ с $5$, а $c$ — $3$ с $1$ и $4$ с $6$. Получаются две группы, $\{1, 3, 5\}$ и $\{2, 4, 6\}$, то есть две вершины, и $\chi = 2 - 3 + 1 = 0$. Каждая буква встречается со степенями $1$ и $-1$, поверхность ориентируема — это тор. Недаром шестиугольники замощают плоскость, как пчелиные соты: сдвиг на противоположную сторону переводит шестиугольник в соседнюю ячейку.

Все поверхности на одной полке

Из двух поверхностей можно сделать одну: вырезать из каждой по маленькому кругу и склеить края дырок. Из двух торов так получается крендель.

Характеристика первой поверхности. Характеристика второй. Каждая поверхность теряет по грани — там, где вырезан круг. Пример: $\chi(T \# T) = 0 + 0 - 2 = -2$, крендель. Две проективные плоскости: $1 + 1 - 2 = 0$ — это бутылка Клейна; её и правда можно разрезать на две ленты Мёбиуса.

Вырезать будем не круг, а треугольную грань сетки: гомеоморфизм всё равно не отличит треугольник от круга.

Нарисуем на $M$ и на $N$ сетки, в каждой из которых есть треугольная грань. Если такой нет, её можно получить измельчением, а оно, как мы доказали, $\chi$ не меняет. Вырежем эти треугольники вместе с их внутренностью. У каждой поверхности стало на одну грань меньше: получаем $\chi(M) - 1$ и $\chi(N) - 1$. Рёбра и вершины треугольников остались — это края дырок. Склеим края дырок, вершину с вершиной и ребро с ребром. Три пары вершин стали тремя вершинами, три пары рёбер — тремя рёбрами: $V$ и $E$ уменьшились на $3$, и $V - E + F$ не изменилось. Получаем $\chi(M \# N) = (\chi(M) - 1) + (\chi(N) - 1) = \chi(M) + \chi(N) - 2$.

Сумма $g$ торов — сфера с $g$ ручками, так что формула $\chi = 2 - 2g$ доказана. Сумму $k$ проективных плоскостей можно представлять как сферу, в которой вырезали $k$ дырок и в каждую вклеили ленту Мёбиуса (её край — тоже окружность). Других замкнутых поверхностей нет.

Связная — значит, из одного куска. Доказательство складывалось полвека: ориентируемые поверхности описали Мёбиус (1863) и Камиль Жордан (1866), неориентируемые — Вальтер фон Дик (1888), первое полное доказательство дал Генри Брахана в 1921 году, а в 1925 году Тибор Радо показал, что любую замкнутую поверхность можно разбить на треугольники. Идея: разрезать поверхность по сетке, разложить треугольники в один многоугольник, записать его слово склейки и ножницами и клеем приводить слово к виду $aba^{-1}b^{-1}\,cdc^{-1}d^{-1}\dots$ или $aabbcc\dots$. Самое наглядное изложение — «доказательство ZIP» Джона Конвея, опубликованное Джорджем Фрэнсисом и Джеффри Уиксом в 1999 году; у нас оно заняло бы несколько страниц разбора случаев.

К тору приклеили проективную плоскость. Какая поверхность получилась?

Бутылка Клейна Крендель Сумма трёх проективных плоскостей Тор с дыркой

Поверхность неориентируема: лента Мёбиуса из проективной плоскости никуда не делась. Её характеристика $0 + 1 - 2 = -1$, а у суммы $k$ проективных плоскостей $\chi = 2 - k$, значит, $k = 3$. Ручка рядом с лентой Мёбиуса превращается в две ленты — это заметил ещё фон Дик.

Верёвка: узлы

Как фигура каждый узел гомеоморфен окружности, так что важно не то, что за кривая, а то, как она сидит в пространстве. Узел рисуют как тень на плоскости, а на каждом перекрёстке нижнюю нить рисуют с разрывом. Такой рисунок — диаграмма узла, а куски нити от разрыва до разрыва — дуги.

Её доказали Курт Рейдемейстер в 1927 году и независимо, годом раньше, Джеймс Александер с Гарландом Бриггсом. Идея: деформацию узла можно слегка подправить, чтобы тень перестраивалась лишь в отдельные моменты, и каждый такой момент оказывается одним из трёх движений. Разбор случаев занимает несколько страниц, и мы его пропустим. Зато теорема подсказывает, как доказывать заузленность: найти свойство диаграммы, которое не меняется ни при одном движении.

Назовём краски числами $0$, $1$ и $2$. «Все одинаковые или все разные» значит, что сумма номеров трёх дуг делится на $3$: у трёх разных $0 + 1 + 2 = 3$, у трёх одинаковых $3a$, а у двух одинаковых и одной другой сумма на $3$ не делится.

Номер краски верхней дуги перекрёстка. Номер краски нижней дуги с одной стороны от перекрёстка. Номер краски нижней дуги с другой стороны. Сравнения — из главы 41. Правило равносильно тому, что $a + b + c$ делится на $3$: числа $2a$ и $-a$ отличаются на $3a$. Пример: сверху $0$, снизу $1$ и $2$: $2 \cdot 0 = 0$ и $1 + 2 = 3 \equiv 0$ — годится. Сверху $0$, снизу $0$ и $1$: $0 \not\equiv 1$ — не годится.

Движение меняет диаграмму только внутри маленького круга. Покажем, что раскраска внутри круга однозначно определяется цветами концов на его границе и после движения концы получают те же цвета.

Первое движение. На петле два куска: входящий, цвета $a$, и дуга петли, цвета $x$. У перекрёстка сходятся $x$ сверху и $a$, $x$ снизу. Два цвета совпали, значит, совпадает и третий: $x = a$. Петля красится однозначно и тем же цветом, что и нить. Второе движение. Нить цвета $a$ ложится поверх нити цвета $b$, и та рвётся на три куска: $b$, средний $c$ и $b'$. Первый перекрёсток требует $c \equiv 2a - b$, второй — $b' \equiv 2a - c = b$. Выходящий конец получил прежний цвет. Если $a \ne b$, средний кусок окрашен третьим цветом; если $a = b$, всё одноцветно, как и было. Третье движение. Нить $t$ проходит над перекрёстком нитей $m$ и $b$. До движения нить $b$ проходит сначала под $m$ и становится $2m - b$, потом под $t$: $2t - (2m - b) = 2t - 2m + b$. После движения она проходит сначала под $t$ и становится $2t - b$, потом под нитью $m$, которая к этому месту уже приобрела цвет $2t - m$: $2(2t - m) - (2t - b) = 2t - 2m + b$. Нить $m$ в обоих случаях выходит с цветом $2t - m$. На чертеже $t = 0$, $m = 1$, $b = 2$. Во всех трёх движениях цвета на границе круга сохраняются, а внутри раскраска продолжается однозначно. Если бы снаружи круга все дуги были одного цвета, то и внутри всё было бы одноцветным. Поэтому у раскраски хотя бы в два цвета разные цвета есть и снаружи, и после движения они там остаются. Раскрашиваемость переживает каждое движение, а по теореме Рейдемейстера — любую деформацию узла.

Сравним трилистник с окружностью по раскрашиваемости.

У обычной диаграммы трилистника три перекрёстка и три дуги. Покрасим три дуги в три разных цвета. У каждого перекрёстка сходятся все три дуги, цвета разные — правило выполнено. Трилистник раскрашивается в три цвета. У окружности одна дуга, её можно покрасить только в один цвет: незаузленный узел в три цвета не раскрашивается. Раскрашиваемость — свойство узла, значит, трилистник и окружность — разные узлы.

С восьмёркой не выйдет: виджет перебирает все $3^4 = 81$ раскраску её четырёх дуг, и правильные только одноцветные. Значит ли это, что восьмёрка развязывается? Нет: раскраска доказывает заузленность, когда находится, а её отсутствие не доказывает ничего. «Переодетая петля» тоже не раскрашивается и действительно развязывается — это трилистник с одним перевёрнутым перекрёстком. Чтобы поймать восьмёрку, возьмём пять красок и то же правило по модулю $5$; доказательство инвариантности повторяется дословно, ведь в нём мы только складывали и вычитали остатки. Восьмёрка раскрашивается в пять цветов, а окружность — нет, так что восьмёрка тоже заузлена. Такие раскраски придумал американский тополог Ральф Фокс.

Узел $K$ раскрашивается в три цвета, а узел $L$ — нет. Что из этого следует?

$K$ и $L$ — разные узлы $L$ незаузлен $K$ незаузлен Ничего не следует

Раскрашиваемость — свойство узла: у одинаковых узлов она одинаковая. Раз у $K$ и $L$ она разная, это разные узлы. А заузлен ли $L$, отсюда не видно.

Старая карта: неподвижная точка

В главе о функциональном анализе мы клали на стол карту города, в котором сидим, и находили точку, лежащую ровно над тем местом, которое она изображает. Там карта была аккуратной уменьшенной копией, и теорема Банаха о сжатиях находила такую неподвижную точку итерациями. Теперь скомкайте карту и бросьте на стол так, чтобы комок целиком оказался над городом. Точка, лежащая над своим изображением, найдётся и сейчас, хотя сжатия больше нет.

Скомканная карта задаёт непрерывное отображение города в себя: каждой точке города сопоставим точку, над которой лежит её изображение. Начнём с одномерного случая, где вместо карты — отрезок.

Насколько и в какую сторону сдвинулась точка $x$. Ноль $g$ — неподвижная точка $f$. Куда отображение переводит $x$. Где точка была. Пример: $f(x) = 1 - x^2$ переводит $[0;\,1]$ в себя. Здесь $g(0) = 1$, $g(1) = -1$, а ноль $g$ — корень уравнения $x^2 + x - 1 = 0$, число $\frac{\sqrt5 - 1}{2} \approx 0{,}618$. Итерации его не находят: из $0{,}5$ выходит $0{,}75$, $0{,}44$, $0{,}81$, $0{,}35$, … — значения расходятся к $0$ и $1$. Это не сжатие, но неподвижная точка всё равно есть.

Нарисуем график $f$ в единичном квадрате. Неподвижная точка — место, где график пересекает диагональ $y = x$.

Отображение $f$ непрерывно и переводит $[0;\,1]$ в себя, поэтому его график целиком лежит в квадрате. Функция $g(x) = f(x) - x$ тоже непрерывна. На левой стороне квадрата $f(0) \ge 0$, ведь значения $f$ лежат в $[0;\,1]$. Значит, $g(0) = f(0) \ge 0$. На правой стороне $f(1) \le 1$, значит, $g(1) = f(1) - 1 \le 0$. Если $g(0) = 0$ или $g(1) = 0$, неподвижная точка — конец отрезка. Иначе $g(0) > 0 > g(1)$, и по теореме о промежуточном значении (глава 25) найдётся $c$, в которой $g(c) = 0$. В этой точке $f(c) = c$. Непрерывный график, начавшийся не ниже диагонали и закончившийся не выше, не может её миновать.

Её доказал голландский математик Лёйтзен Брауэр в 1912 году; частные случаи незадолго до него получили Пирс Боль и Жак Адамар. Квадратная карта годится: квадрат гомеоморфен кругу.

Идея доказательства для круга

Пусть у непрерывного $f$ неподвижных точек нет. Для каждой точки $x$ круга проведём луч из $f(x)$ через $x$ до границы круга и назовём точку выхода $r(x)$. Отображение $r$ непрерывно, переводит круг в окружность-границу, а точки самой границы оставляет на месте. Посмотрим, сколько раз образ окружности радиуса $s$ с тем же центром обходит центр. При $s = 1$ образ — сама граница, один оборот. При $s = 0$ образ — точка, ноль оборотов. Но число оборотов замкнутой кривой вокруг точки, через которую она не проходит, при непрерывной деформации не меняется: оно целое и не умеет перескакивать. Этим числом мы пользовались в главе о комплексном анализе. Противоречие. Строго определить число оборотов и доказать, что оно не меняется, — технически длинная работа, хотя идея та же.

Брауэр говорит, что неподвижная точка есть, но не говорит, где она и одна ли: сильно смятая карта в виджете иногда даёт три булавки. На этой теореме держится, например, теорема Джона Нэша о равновесии в играх многих участников (1950–1951), за которую он в 1994 году получил Нобелевскую премию по экономике. А кофе, размешанный без брызг, — непрерывное отображение жидкости в чашке в себя, и чашка гомеоморфна шару: какая-то капля после размешивания оказалась ровно там, где была.

Мохнатый мяч: ёж, которого не причесать

Для сферы её доказал Анри Пуанкаре в 1885 году, для сфер любой чётной размерности — Брауэр в 1912 году. Ветер у поверхности Земли — касательное поле; если считать его непрерывным, то в каждый момент где-то на Земле горизонтальный ветер равен нулю — например, в «глазу» циклона.

Идея доказательства

Пусть поле $v$ нигде не равно нулю; разделим каждый вектор на его длину. Сдвинем каждую точку $x$ сферы по большому кругу в направлении $v(x)$: через время $t$ она будет в точке $\cos t \cdot x + \sin t \cdot v(x)$, которая лежит на сфере, потому что $v(x)$ перпендикулярен $x$. При $t = 0$ это тождественное отображение, при $t = \pi$ — центральная симметрия $x \mapsto -x$. Значит, тождественное отображение сферы непрерывно деформируется в центральную симметрию. Но у отображений сферы в себя есть целочисленный инвариант деформаций — степень, число раз, которое образ со знаком накрывает сферу. У тождественного отображения степень $1$, а центральная симметрия меняет ориентацию сферы, и её степень $-1$. Противоречие. На окружности центральная симметрия — поворот на $180^\circ$, ориентацию она не меняет, и окружность причёсывается.

Сосчитаем макушки. Пусть сфера — планета с горами и впадинами, и каждая иголка ложится туда, куда быстрее всего скатилась бы вода. Проплешины будут там, где склона нет: на вершинах, на дне впадин и на перевалах — седловых точках из главы о функциях многих переменных.

Точки, которые выше всех точек рядом. Седловые точки: в двух направлениях местность поднимается, в двух опускается. Точки, которые ниже всех точек рядом. Пример: на планете с тремя вершинами и тремя впадинами перевалов обязательно четыре: $3 - 4 + 3 = 2$. На торе с тремя вершинами и тремя впадинами их шесть. Изредка в виджете встречается «обезьянье седло», где сходятся три хребта и три долины; оно считается за два перевала.

Идея доказательства: потоп

Будем медленно затапливать планету и следить за эйлеровой характеристикой затопленной части. Пока уровень воды проходит между особыми высотами, затопленная часть только расширяется, не меняя своего устройства; это самое трудное место доказательства, его обеспечивают линии наискорейшего спуска. Когда вода доходит до дна впадины, появляется новое озеро — круг, и $\chi$ растёт на $1$. Когда вода переливается через перевал, к затопленной части прирастает перемычка, приклеенная двумя концами, и $\chi$ уменьшается на $1$. Когда под воду уходит вершина, в озере заклеивается последний островок, и $\chi$ растёт на $1$. В конце под водой вся планета.

Для сферы это соотношение заметил Джеймс Клерк Максвелл в заметке «О холмах и долинах» (1870). Общая теорема Пуанкаре — Хопфа (Хайнц Хопф, 1926) говорит о любом касательном поле: сумма «индексов» его нулей равна $\chi$; у вершины и впадины индекс $+1$, у перевала $-1$. Раз у сферы $\chi = 2 \ne 0$, поле без нулей на ней невозможно — вот ещё одно объяснение, почему ежа не причесать. У тора $\chi = 0$, и он причёсывается.

Глобус: близнецы-антиподы

Нанесём на глобус температуру воздуха в какой-то момент и пройдём по экватору. Найдутся две диаметрально противоположные точки экватора с одинаковой температурой — и это снова теорема о промежуточном значении.

Насколько в точке экватора с долготой $\theta$ теплее, чем в противоположной. Температура в точке $\theta$. Температура в диаметрально противоположной точке. Пример: если на нулевой долготе $+20^\circ$, а на $180$-й $+12^\circ$, то $g(0) = 8$, а $g(\pi) = 12 - 20 = -8$.

Сравним температуру каждой точки с температурой её антипода.

Точку экватора задаём углом $\theta$, её антипод — углом $\theta + \pi$. Кривая на чертеже — температура: чем дальше от окружности наружу, тем теплее. Функция $g(\theta) = T(\theta) - T(\theta + \pi)$ непрерывна. Возьмём любую точку $\theta_0$ и её антипод и найдём разность $g(\theta_0)$. Из антипода картина та же, но с обратным знаком: $g(\theta_0 + \pi) = T(\theta_0 + \pi) - T(\theta_0 + 2\pi) = -g(\theta_0)$, ведь угол $\theta_0 + 2\pi$ задаёт ту же точку, что и $\theta_0$. Если $g(\theta_0) = 0$, пара найдена. Иначе на концах полуокружности от $\theta_0$ до $\theta_0 + \pi$ функция $g$ принимает значения разных знаков, и по теореме о промежуточном значении где-то на ней $g(\theta^*) = 0$. В точке $\theta^*$ и её антиподе температуры равны. Довод годится для любой непрерывной величины на любой окружности.

Вопрос задал Станислав Улам, а доказал Кароль Борсук в 1933 году. Если температура и давление у поверхности Земли меняются непрерывно, в каждый момент на Земле есть два антипода с одинаковой температурой и одинаковым давлением.

Идея доказательства

Пусть таких точек нет. Тогда вектор разностей $F(x) = \bigl(T(x) - T(-x);\ P(x) - P(-x)\bigr)$ нигде не равен нулю и $F(-x) = -F(x)$. Посмотрим, сколько раз он поворачивается вокруг нуля, пока $x$ обходит экватор. На пути от точки до её антипода вектор переходит в противоположный, то есть поворачивается на нечётное число полуоборотов. Вторая половина пути — зеркальная копия первой и даёт столько же. За весь обход выходит нечётное число полных оборотов. Но экватор можно непрерывно стянуть по северному полушарию в полюс, где число оборотов нулевое, а при непрерывной деформации оно не меняется. Противоречие.

Из теоремы Борсука — Улама выводится теорема о бутерброде: бутерброд из хлеба, ветчины и сыра, как бы криво они ни лежали, можно одним прямым разрезом разделить так, что каждый продукт разделится ровно пополам. В 1938 году её опубликовал Гуго Штейнгауз, приписав идею Стефану Банаху; общий случай доказали Артур Стоун и Джон Тьюки в 1942 году.

Вселенная: гипотеза Пуанкаре

Как плоскому жителю узнать, что его мир — сфера, а не тор, если выйти за его пределы нельзя? Бросить аркан. На сфере любую петлю можно подтянуть в точку, не снимая с поверхности, а на торе петля вокруг дырки не стягивается. Из классификации поверхностей следует, что аркан стягивается только на сфере.

Наша Вселенная в малом выглядит как обычное пространство, то есть это трёхмерное многообразие; какова её форма в целом, неизвестно. В 1904 году Анри Пуанкаре спросил: если трёхмерный мир замкнут и любой аркан в нём стягивается, обязан ли он быть трёхмерной сферой? Трёхмерная сфера — точки четырёхмерного пространства на расстоянии $1$ от начала координат; её можно представлять как два шара, склеенных по граничным сферам.

В больших размерностях аналог оказался проще: для размерностей от пяти его доказал Стивен Смейл в 1961 году, для размерности четыре — Майкл Фридман в 1982-м. В том же 1982 году Ричард Гамильтон предложил «поток Риччи» — способ сглаживать форму многообразия, как тепло выравнивает температуру. В 2002–2003 годах Григорий Перельман выложил в открытый доступ три статьи, в которых довёл программу Гамильтона до конца. Проверка заняла несколько лет. В 2006 году Перельман отказался от Филдсовской премии, а в 2010-м — от премии Математического института Клэя в миллион долларов. Это единственная из семи задач тысячелетия, решение которой официально признано; об остальных — в последней главе. Доказательство занимает сотни страниц и далеко выходит за рамки курса.

Куда дальше

Вернём расстояния и углы. Тор склеивается из квадрата, и склейке ничто не мешает: четыре угла квадрата сходятся в одну точку, $4 \cdot 90^\circ = 360^\circ$ — ровно полный оборот. Поэтому на склеенном торе можно вести геометрию как на плоскости, с прямыми и треугольниками, у которых сумма углов $180^\circ$. Крендель склеивается из восьмиугольника $aba^{-1}b^{-1}cdc^{-1}d^{-1}$, и все восемь его углов сходятся в одну точку. Чтобы вокруг неё вышел ровно полный оборот, каждый угол должен быть $360^\circ : 8 = 45^\circ$. Но у любого восьмиугольника на плоскости сумма углов $1080^\circ$, и восьми углов по $45^\circ$ ему не собрать. Где взять восьмиугольник с углами по $45^\circ$? В геометрии, где через точку вне прямой проходит много прямых, параллельных данной. Её открыли, пытаясь доказать пятый постулат Евклида, — следующая глава.