终于迎来了国庆假期, 大概有一周的时间是”赋闲在家”的, 说实话, 还是蛮爽的~ 目前代数拓扑的学习内容仅剩两节, 自己目前的计划是在假期内完成倒数第二节内容——映射提升定理的学习, 然后开启最后一节内容——复迭变换的学习. 尽管代数拓扑的学习即将结束, 但还是希望自己能够不急于完成剩下的内容, 而是继续以一种精益求精的态度走下去~
参考材料
1. the proof of lifting criterion
2. 高阶同伦群
3. Is a lift of a topological embedding still an embedding?
4. Showing there is no covering map RP^2 to T^2
5. Exam III Solutions Topology II Due May 2, 2006
6. Classification
7. Homotopy equivalence of covering spaces
8. Homotopy equivalent spaces have homotopy equivalent universal covers
1. 书上P249在对于构造出的$f^\uparrow$为Well-Defined的证明中提到: 如果有两个从$x$到$y$的道路类$\alpha_1$, $\alpha_2$, 则$\alpha_1 \alpha_2^{-1} \in \pi_1(X, x)$, 因此由假设条件可知$\beta_1 \beta_2^{-1} \in H_e$, 它的提升一定是一个闭道路.
$\\$ 证: 我们仅需证明一个一般的结论即可: 对于由复迭映射$p: E \to B$诱导的基本群同态$p_\pi: \pi_1(E, e) \to \pi_1(B, b)$, $H_e = p_\pi(\pi_1(E, e $$ ))$中的元素(即为$B$中一个以$b$为基点的闭道路类) 关于复迭映射$p$的提升均为$\pi_1(E, e)$中的元素(即为$E$中一个以$e$为基点的闭道路类).
$\\$ 若$\left \langle \gamma \right \rangle \in H_e$, 则$\left \langle \gamma \right \rangle = p_\pi(\left \langle \gamma_0^\uparrow \right \rangle)$, 其中, $\left \langle \gamma_0^\uparrow \right \rangle \in \pi_1(E, e)$. 故我们有$\gamma \simeq p \circ $$ \gamma_0^\uparrow := \gamma_0$. 由同伦提升性质可知, $\gamma^\uparrow \simeq \gamma_0^\uparrow$. 又$\gamma_0^\uparrow$为$E$中一个以$e$为基点的闭道路, 故$\gamma^\uparrow$亦为$E$中一个以$e$为基点的闭道路.
$\\$ 反过来, 若$\gamma_0$为$B$中一个以$b$为基点的闭道路, s.t. 其提升$\gamma^\uparrow$为$E$中一个以$e$为基点的闭道路(即$\left \langle \gamma^\uparrow \right \rangle \in \pi_1(E, e)$), 则$\gamma = p \circ \gamma^\uparrow \Rightarrow \left \langle \gamma \right \rangle $$ = p_\pi(\left \langle \gamma^\uparrow \right \rangle)$, 故$\left \langle \gamma \right \rangle $$ \in H_e$. 综上所述, 命题得证.
2. 映射提升定理中的$f_\pi$指的是连续映射$f: X \to B$诱导的基本群的同态, 也就是说, 我们仅须考虑基本群的因素(可忽略高维同伦群), 即可判断是否存在满足条件的提升. 这样一来, 在书上P250的例2中之所以要求$n > 1$, 是因为$S^1$的基本群非平凡, 而$S^n(n > 1)$的基本群均为平凡群, 从而可以直接对$S^n(n > 1)$使用映射提升定理.
$\\$ 此外, 高维同伦群$\pi_n(X, x_0)$中的每一个元素可以理解成一个把$(1, $$ 0, \cdots, 0)$变到$x_0$的连续映射$h: S^n \to X$的定端同伦类, 即$\pi_n(X, $$ x_0) = \{ \left \langle h \right \rangle \}.$
3. 设$p: E \to B$是一个复迭映射, 而$n > 1$. 选定基点$b \in B$以及$e $$ \in p^{-1}(b)$, 则$$p_\pi : \pi_n(E, e) \to \pi_n(B, b), \left \langle h \right \rangle \mapsto \left \langle p \circ h \right \rangle$$是一个一一对应.
$\\$ 证: 令$x = (1, 0, \cdots, 0)$, 任取连续映射$f: S^n \to B$使得$f(x) = $$ b$, 因为$S^n$的基本群平凡, 所以存在唯一提升$f^\uparrow : S^n \to E$满足$f^\uparrow(x $$ ) = e$.
$\\$ 不仅如此, 如果$f \simeq g$, 并且伦移过程中$x$的像始终不动, 则由同伦提升性质可知, 从$f$开始, 到$g$结束的伦移$F$一定存在从$f^\uparrow$开始的伦移$F^\uparrow$作为其提升. 又伦移$F$保持$x$的像始终不动, 即$f(0) = g(0) \Rightarrow $$ f^\uparrow(0) = g^\uparrow(0)$(因为纤维都是离散空间), 故由书上P237的命题5.3.1可知, $f^\uparrow \simeq g^\uparrow$, 从而伦移$F^\uparrow$的终止状态一定是$g^\uparrow$. 因此$p_\pi$把$f^\uparrow$的定端同伦类对应为$f$的定端同伦类, 并且是一个一一对应.
4. 设$B$道路连通并且局部道路连通, $p: E \to B$是泛复迭映射, 则任取复迭映射$q: F \to B$, 存在复迭映射$p^\uparrow: E \to F$, 满足$p = q \circ $$ p^\uparrow$.
$\\$ 证: 因为$E$单连通, 所以$p$满足映射提升定理的要求, 它关于复迭映射$q$存在提升$p^\uparrow$.
$\\$ 现在任取$x \in F$, 则$q(x) \in B$, 取$q(x)$关于$(E, p)$的均匀复迭邻域$V$以及关于$(F, q)$的均匀复迭邻域$W$, 因为$B$局部道路连通, 所以可以取一个更小的道路连通邻域$U \subseteq V \cap W$. 则$p^\uparrow$把$p^{-1}(U)$的每个道路分支(开集) 同胚到$q^{-1}(U)$的一个包含$x$的道路分支(开集), 则该道路分支是$x$的均匀复迭邻域, 从而$p^\uparrow$是复迭映射.
5. 设$p: E \to B$是一个复迭映射, 并且$E$和$B$都是道路连通并且局部道路连通的空间, 则任取一个$B$中的单连通开子集$U$, 含入映射$i: $$ U \hookrightarrow B$一定可以提升, 而且它的任何一个提升都是嵌入.
$\\$ 证: 由于开子集$U$是单连通的, 故$i$满足映射提升定理的要求, 它关于复迭映射$p$存在提升$i^\uparrow$.
$\\$ 令$j: i(U) \to U$为$i$的逆映射. 由含入映射的定义可知, $j$是连续的, 则$$j \circ p : i^\uparrow(U) \to U$$亦为一个连续映射, 且$j \circ p$为$i^\uparrow$的逆映射, 故含入映射$i$的任何一个提升$i^\uparrow$都是嵌入.
6. 书上P253介绍了一个几何构造复迭空间(特别是有限复迭) 的方法: 比如说, 我们可以在$B$里找一个极大的单连通开子集$U$, 它关于$p$的原像是一些互不相交并且同胚于$U$的子集$V_\lambda$的并, 再把这些$V_\lambda$”拼接” 起来, 就可以构造出$E$了.
PS: 已知复迭映射$p$, 还需要构造全空间$E$吗?
7. 证明任取连续映射$f: RP^2 \to T^2$, $f$一定零伦.
$\\$ 证: (本命题其实可以不通过映射提升定理进行证明.) 由于$$\pi_1(RP^2, x_0) \cong Z_2 = \{ 0, 1 \}, x_0 \in RP^2, \\ \pi_1(T^2, y_0) \cong Z^2 = Z \oplus Z, y_0 = f(x_0) \in T^2,$$故我们仅需证明从$Z_2$到$Z^2$的同态映射只有平凡同态即可.
$\\$ 设$f$为从$Z_2$到$Z^2$的非平凡同态, s.t. $f(0) = (0, 0)$, $f(1) = (a, b)$, 其中, $a \ne $$ 0$或者$b \ne 0$, 则$$(0, 0) = f(0) = f(1 + 1) = f(1) + f(1) = (2a, 2b) \\ \Rightarrow a = 0, b = 0.$$这与假设矛盾, 故从$Z_2$到$Z^2$的同态映射只有平凡同态, 从而$f_\pi: $$ \pi_1(RP^2, x_0) $$ \to \pi_1(T^2, y_0)$为平凡同态, $f$一定零伦.
8. 设$(E_i, p_i)$($i = 1, 2$) 都是$B$上的复迭空间, 若复迭空间$E_1$与$E_2$等价, 且连续映射$h: E_1 \to E^2$为复迭空间$E_1$与$E_2$之间的同构, 则从直观上理解, 若$y \in $$ p^{-1}_1(b)$, 其中, $b \in B$, 则$h(y) \in p^{-1}_2(b)$. 两个复迭空间是同构的的必要条件为它们的重数是相同的, 需要注意的是, 该条件往往不是充分的.
9. 证明环面上存在两个不同构的复迭空间$p: E \to T^2$, $q: F \to $$ T^2$, 使得$E$与$F$同胚.
$\\$ 证: 我们需要分两步进行证明. 首先证明: 若$p: (E, e) \to (B, b)$为一个$n$重复迭映射, 则$p_\pi(\pi_1(E, e))$为$\pi_1(B, b)$的子群, 且其指数为$n$.
$\\$ 我们需要假设$E$是连通的. 令$G = \pi_1(B, b)$, $H_e = p_\pi(\pi_1(E, e))$, $p^{-1}(b) = $$ \{ b^\uparrow_0, \cdots, b^\uparrow_{n – 1} \}$. 对于任意$\left \langle \gamma_1 \right \rangle, \left \langle \gamma_2 \right \rangle \in G$, 易知$\left \langle \gamma_1 \right \rangle H_e $$ = \left \langle \gamma_2 \right \rangle H_e$当且仅当$\gamma_1^\uparrow$与$\gamma_2^\uparrow$均以$b^\uparrow_0$为起点, 以$b^\uparrow_i$为终点. 接下来, 我们也将证明这一点. 这样一来, 任意一条以$b^\uparrow_0$为起点, 以$b^\uparrow_i$为终点的道路$\gamma^\uparrow$, 均对应于一个道路类$\left \langle \gamma \right \rangle = $$ \left \langle p \circ \gamma^\uparrow \right \rangle $$ \in G$. 故$H_e$的左陪集与$p^{-1}( $$ b)$一一对应, 且$[G : H_e] = n$.
$\\$ 接下来证明上述结论: 注意到$\left \langle \gamma_1 \right \rangle H_e = \left \langle \gamma_2 \right \rangle H_e$当且仅当$\left \langle \gamma_1 \right \rangle^{-1} $$ \left \langle \gamma_2 \right \rangle H_e = $$ H_e$, i.e. 当且仅当$\left \langle \gamma_1^{-1} \gamma_2 \right \rangle \in H_e$ i.e. 当且仅当$\gamma_1^{-1} \gamma_2$的提升为$E$中的闭道路. 故若$\gamma_1^\uparrow$与$\gamma_2^\uparrow$均具有相同的终点, 则$\left \langle \gamma_1 \right \rangle H_e = $$ \left \langle \gamma_2 \right \rangle H_e$. 反过来, 若$\gamma_1^\uparrow(1) \ne
$$ \gamma_2^\uparrow(1)$, 则$\gamma_1^{-1} \gamma_2$的提升$(\gamma_1^\uparrow)^{-1} \gamma_2^\uparrow$不为$E$中的闭道路, 故此时$\left \langle \gamma_1 \right \rangle H_e \ne \left \langle \gamma_2 \right \rangle $$ H_e$.
$\\$ 最后构造两个不同构的复迭空间$E, F$, 使得$E$与$F$同胚: 令$E = T^2 $$ = S^1 \times S^1$,$$p_E: S^1 \times S^1 \to S^1 \times S^1, \\ (z, w) \mapsto (z^2, w^2).$$在复迭映射$p_E$下, $S^1 \times S^1$的基本群的像为$Z \times Z$的子群$2Z \times 2Z$. 再令$F = $$ T^2 = S^1 \times S^1$,$$p_F: S^1 \times S^1 \to S^1 \times S^1, \\ (z, w) \mapsto (z^3, w^3).$$在复迭映射$p_F$下, $S^1 \times S^1$的基本群的像为$Z \times Z$的子群$3Z \times 3Z$. 由于$2Z $$ \times 2Z$与$3Z \times 3Z$并不共轭, 故使得$2Z \times 2Z$与$3Z \times 3Z$同构的基点并不存在, 从而$p_E$与$p_F$决定的$\pi_1(B, b)$的子群共轭类不相同. 由书上P252的命题5.5.2可知, $(E, p_E)$与$(F, p_F)$不等价, 但二者显然是同胚的. 综上所述, 命题得证.
10. 设$p: X^\uparrow \to X$和$q: Y^\uparrow \to Y$都是泛复迭映射, 并且$X$和$Y$同伦等价. 证明$X^\uparrow$可缩当且仅当$Y^\uparrow$可缩.
$\\$ 证: 由于$X$和$Y$同伦等价, 故存在连续映射$f: X \to Y$, $g: Y \to X$, s.t. $f \circ g $$ \simeq id_Y$, $g \circ f \simeq id_X$. 又$X^\uparrow, Y^\uparrow$均是单连通的, 我们可得$f \circ p$的提升$f^\uparrow : X^\uparrow $$ \to Y^\uparrow$, 与$g \circ q$的提升$g^\uparrow : Y^\uparrow \to X^\uparrow$. 接下来我们仅需证明存在连续映射$\phi : $$ Y^\uparrow \to X^\uparrow$, s.t. $\phi \circ f^\uparrow \simeq id_X$即可.
$\\$ 因为$g \circ f \simeq id_X$, 故可取定从$g \circ f \circ p$到$p$的伦移$H$, 根据同伦提升性质, 我们可得伦移$H$的提升$H^\uparrow : X^\uparrow \times $$ [0, 1] \to X^\uparrow$, s.t. $$H^\uparrow_0 = g^\uparrow \circ f^\uparrow : X^\uparrow \times \{ 0 \} \to X^\uparrow.$$由于一个泛复迭空间亦为一个Galois复迭空间(或正规复迭空间(Normal Covering Space)), 故存在一个复迭变换$\phi : X^\uparrow \to X^\uparrow$, s.t. $H^\uparrow_1 = \phi : X^\uparrow \times $$ \{ 1 \} \to X^\uparrow$(由于$g \circ f \circ p$与$p$在$X^\uparrow$的基点处的取值不一定相同, 无法使用书上P237的命题5.3.1, 故$\phi$不一定为$p$的提升; 与此同时, 若$\phi$为一个复迭变换, 则由复迭变换的定义可知$H^\uparrow_1$为$p$的提升, 然而这是待证的, 亦为我所翻阅的所有相关答案中均存在的一个问题……), 从而$$g^\uparrow \circ f^\uparrow \simeq \phi \Rightarrow \phi^{-1} \circ g^\uparrow \circ f^\uparrow \simeq id_{X^\uparrow}.$$类似地, 存在一个$Y^\uparrow$上的复迭变换$\varphi : X^\uparrow \to X^\uparrow$, s.t. $f^\uparrow \circ g^\uparrow \circ $$ \varphi^{-1} $$ \simeq id_{Y^\uparrow}$. 由Hatcher’s Algebraic Topology第0章的Exercise 11可知, $X^\uparrow$与$Y^\uparrow$同伦等价.
Show that $f: X \to Y$ is a homotopy equivalence if there exist maps $g, h : Y \to X$ such that $fg \simeq 1$ and $hf \simeq 1$. More generally, show that $f$ is a homotopy equivalence if $fg$ and $hf$ are homotopy equivalences.
综上所述, 命题得证.