Grafi e gruppo fondamentale di un grafo

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Ladislao Monti
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Grafi e gruppo fondamentale di un grafo Note per il corso di Geometria IV (relative alla parte dei 6 crediti) Milano, 2010-2011, M.

1 Grafi e gruppo fondamentale di un grafo Note per il corso di Geometria IV (relative alla parte dei 6 crediti) Milano, , M.Dedò Come trovare un grafo omotopicamente equivalente all'oggetto 3d raffigurato qui sopra? N.B. Quanto segue si appoggia fortemente al testo [M] consigliato nel corso. Rimanderemo di continuo a [M] per definizioni e dimostrazioni. Lo scopo di queste pagine è quello di spiegare come si calcola il gruppo fondamentale di un grafo: ciò fornirà uno strumento di calcolo abbastanza potente, perché il gruppo fondamentale è un invariante omotopico e quindi in questo modo sapremo calcolare non solo il gruppo fondamentale di un grafo, ma anche il gruppo fondamentale di qualsiasi spazio topologico che, per esempio, si retragga su un grafo. Un grafo è definito in [M] a pag. 3, dove sono anche definiti i suoi vertici (o nodi) e i suoi spigoli (o lati). Un grafo può essere un dato esclusivamente combinatorio; la definizione di grafo connesso, nello stesso punto del libro (come un grafo tale che, per ogni coppia di vertici, sia possibile trovare un cammino che abbia estremi in questi vertici), prescinde dalla topologia e dalla definizione di spazio topologico connesso.

2 Nel cap.9, 1 di [M] si definisce che cos'è un ciclo (un cammino chiuso in un grafo, senza lati ripetuti) e che cos'è un albero (un grafo connesso che non contiene cicli). Nello stesso punto del libro, si definisce la caratteristica di Eulero di un grafo Γ (e(γ) = V-S dove V e S sono, rispettivamente, i numeri di vertici e di spigoli di Γ) e si dimostra il Teorema 1 Sia Γ un grafo connesso. Allora: e(γ ) 1; e(γ) = 1 se e solo se Γ è un albero. Dim. Vedi [M], pag. 159, teorema 9.2. Quando disegniamo un grafo sul piano o lo immaginiamo nello spazio, lo vediamo anche come spazio topologico, con la topologia indotta dalla topologia euclidea sul piano o nello spazio rispettivamente. In [M], a pag. 250, si dà la nozione di grafo topologico, con cui si definisce una topologia su un grafo astratto (cioè il solo dato combinatorio). Per quello che faremo nel seguito, sarà sufficiente pensare a Γ come a un sottospazio topologico del piano (se è possibile immergere Γ nel piano senza creare intersezioni fra gli spigoli che non siano nei vertici) o dello spazio (altrimenti). Sempre in [M], a pag. 250, si dice che che cos'è un bouquet di circonferenze e si dà un'altra definizione di albero, diversa da quella già incontrata (ma ad essa equivalente), ovvero un albero è un grafo semplicemente connesso (quindi uno spazio topologico connesso per archi e con gruppo fondamentale banale). In realtà un albero è anche contraibile (cioè omotopicamente equivalente a un punto: vedi esercizio 14.24). Teorema 2 Sia Γ un grafo connesso, con V vertici e S spigoli. Allora: Γ contiene un albero T massimale che comprende tutti i vertici di Γ; l'albero T ha V-1 spigoli. Dim. Dimostriamo la prima affermazione per induzione sul numero di vertici di Γ. Se questo numero è 1, basta scegliere come albero l'unico vertice di Γ. Supponiamo che l'enunciato sia vero per tutti i grafi con un numero di vertici strettamente minore di V e sia Γ un grafo con V vertici. Fissiamo uno di questi vertici, sia P, e consideriamo il grafo Γ* ottenuto, a partire da Γ, togliendo P e tutti gli spigoli

3 uscenti da P. Se Γ* è connesso, allora Γ* contiene un albero massimale T*, che ne comprende tutti i vertici e per costruire un albero T, massimale in Γ, basta aggiungere a T* uno degli spigoli uscenti da P (e un tale spigolo esiste necessariamente perché Γ è connesso). (Esercizio: dimostrare che T è un albero). Se Γ* non è connesso, allora Γ* è unione disgiunta di n grafi connessi Γ 1,, Γ n ; ciascuno dei grafi Γ k contiene un albero massimale T k che ne comprende tutti i vertici e il fatto che il grafo originario Γ fosse connesso garantisce che, per ogni k, si può trovare fra i lati uscenti da P un lato s k che va da P a un vertice di Γ k. Costruiamo allora l'albero massimale T prendendo l'unione di tutti i Γ k, il vertice P e tutti gli spigoli s k. (Esercizio: dimostrare che T è un albero). La seconda affermazione segue dal teorema 1, perché T è un albero con V' =V vertici; allora il numero degli spigoli di T dovrà essere S'=V'-1=V-1, perché e(t)=1. In alternativa, si può dimostrare anche direttamente (sempre per induzione) usando la stessa costruzione già usata qui sopra: basta osservare che se V=1 l'albero (consistente del solo punto P) ha 0 spigoli e, nel passaggio induttivo, sappiamo che ciascuno degli alberi T i ha (V i -1) spigoli (dove per costruzione V V n = V-1); quindi il numero degli spigoli di T è: n + (V 1-1)+...+(V n -1) = V-1 Sia Γ un grafo connesso e T un albero massimale in Γ; il quoziente Γ/T è un bouquet di circonferenze, precisamente un bouquet di tante circonferenze quanti sono gli spigoli di Γ che non stanno in T, cioè 1+S-V. Il fatto che l'albero T sia omotopicamente equivalente a un punto può essere utilizzato per dimostrare che la proiezione sul quoziente dal grafo Γ a Γ/T è una equivamlenza omotopica: vedi proposizione di [M], pag Richiamiamo un altro risultato che ci occorrerà nel seguito, e che si potrà ritrovare come un caso particolare del teorema di Van Kampen. Teorema 3 Se X è unione di due aperti A e B, con A, B, A B connessi per archi, e se A B è semplicemente connesso, allora il gruppo fondamentale di X (con punto base un punto P in A B) è il prodotto libero dei gruppi fondamentali di A e B (con punto base in P). Dim. Vedi [M], corollario 14.21, pag. 246.

4 Ne segue in particolare che il gruppo fondamentale di un bouquet di k circonferenze è il gruppo libero su k generatori. (N.B. per la definizione di gruppo libero e di prodotto libero di due gruppi, vedi [M], 14.2, pag. 239 e 14.3 pag.244 rispettivamente). A questo punto abbiamo tutti gli elementi per calcolare il gruppo fondamentale di un grafo arbitrario, e per esplicitarne i generatori. Sia Γ un grafo connesso, con V vertici e S spigoli, sia T un albero massimale in Γ, A un vertice di Γ e siano s 1,, s k (k=1+s-v) gli spigoli di Γ che non stanno in T. Per ogni i=1,..k: orientiamo s i, interpretandolo come un cammino in Γ, con punto iniziale P i e punto finale Q i (N.B. I due punti P i e Q i potrebbero eventualmente coincidere); scegliamo dei cammini α i da A a P i e β i da Q i a A, che siano tutti contenuti nell'albero massimale T. Teorema 4 Con le notazioni precedentemente introdotte, il gruppo fondamentale π 1 (Γ,A) è il gruppo libero su k generatori (k=1+s-v) e una possibile scelta di generatori è data dalle classi di omotopia dei lacci γ i = α i * s i * β i. Dim. Si lascia per esercizio. Si suggerisce di osservare che, mediante la proiezione sul quoziente p: Γ Γ/T, ciascuno dei lacci γ i ha per immagine il laccio γ' i che, nel bouquet di k circonferenze Γ/T, percorre una volta una singola di queste circonferenze. Esercizi Per ciascuno degli spazi X qui elencati, scegliere un punto base x 0, calcolare il gruppo fondamentale π 1 (X,x 0 ) ed esplicitare una possibile scelta di generatori. Un suggerimento valido per tutti questi casi è quello di individuare un grafo Γ e una retrazione di X su Γ. X = un cilindro S 1 [0,1]; X = un nastro di Moebius; X = un toro bucato, cioè a cui sia stato tolto un punto; X = un piano bucato, cioè a cui sia stato tolto un punto; X = R 3 \ r, dove r è la retta r = {(x,y,z) R 3 : x=y=0}; X = R 3 \ γ, dove γ è la circonferenza γ = {(x,y,z) R 3 : x 2 +y 2 =1 e z=0};

X = un toro solido, cioè S 1 D 2 ; Sia X (rispettivamente, Y) il sottospazio topologico del piano R 2 (risp. dello spazio R 3 ) raffigurato qui sotto sulla sinistra (risp. sulla destra).

5 X = un toro solido, cioè S 1 D 2 ; Sia X (rispettivamente, Y) il sottospazio topologico del piano R 2 (risp. dello spazio R 3 ) raffigurato qui sotto sulla sinistra (risp. sulla destra). X e Y si possono immaginare ottenuti tramite le seguenti operazioni: si parte da un disco D 2 (qui sotto sulla sinistra), vi si fa un buco (qui sotto al centro), e si attaccano due rettangoli (qui sotto sulla destra). Si completa la costruzione attaccando i due lati inferiori dei due rettangoli senza dare torsioni (per ottenere lo spazio X a sinistra) e con una torsione di 180 (per lo spazio Y a destra). X = un oggetto come quello che abbiamo utilizzato nell'immagine di copertina e che riprendiamo qui sotto, da immaginarsi pieno (3d).

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