终于基本完成了复迭变换一节内容的学习啦, 同时本文应该也是我学习包志强老师的《点集拓扑与代数拓扑引论》一书的最后一篇笔记~ 今天请了个假, 下午要去宁波, 因此先把文章发布出来, 路上再检查一下文章有没有什么问题~
参考材料
1. Why is a space homeomorphic to the orbit space of its universal cover by its deck transformations?
2. The double cover of Klein bottle
3. MATH 601 ALGEBRAIC TOPOLOGY HW 6 SELECTED SOLUTIONS SKETCH/HINT
4. How to show the fundamental group of torus is abelian in a homotopic way?
5. The fundamental Group of the Torus is abelian
1. 复迭变换是一种闭道路类对应的变换(可参考非闭曲线上的圈数) 的推广. 任取一个均匀复迭邻域$U$, 我们知道$p^{-1}(U)$是全空间中的一堆同胚于$U$并且两两不相交的子集的并集, 如果把这些子集想象成一叠扑克牌的话, 复迭变换就像是一个洗牌的操作. 关于复迭变换的最实用的结论就是: 泛复迭空间的复迭变换群与底空间的基本群同构.
$\\$ 复迭变换可以解决把基本群和一条纤维中的点对应起来后不能表现出群的结构(即道路的乘法) 的问题, 即把基本群和复迭变换群中的元素对应起来后, 道路的乘法可以对应到映射的复合. 如此一来, 基本群的结构也就能够更为清晰地表现出来. 此外, 使用复迭变换表现基本群的结构, 也不受全空间中基点的选择方式的影响.
$\\$ 对于正则复迭映射来说, 复迭变换群可以和一根纤维中的点建立一一对应(把每个$h$对应到$h(e)$). 前面我们讲过泛复迭空间的底空间的基本群和一根纤维中的点一一对应, 现在就可以用复迭变换群来代替那根纤维去建立一一对应, 而且这个对应是群的同构. 注意, 不正则的复迭空间其实还是很常见的. 正则复迭只是看上去最整齐、最好用的一类复迭而已.
2. 类比圆周上闭道路类的圈数定义, 可以定义广义的”依圈数平移” 规则为如下映射:$$q: \pi_1(B, b) \to \mathscr{D}(E, p).$$如果闭道路类$\alpha \in \pi_1(B, b)$的从$e$出发的提升以$e’$为终点, 则取$q(\alpha) $$ = h_{e’}$(把$e$送到$e’$). 设$p: E \to B$是正则复迭映射, 取定$e \in E$及$b $$ = p(e)$. 则映射$q$是一个满同态.
$\\$ 证: 首先证明$q$是满射. 任取复迭变换$h \in \mathscr{D}(E, p)$, 不妨设$h(e) = $$ e’$, 取$E$中一条从$e$到$e’$的道路类$\alpha^\uparrow$, 再取$\alpha = p(\alpha^\uparrow)$, 则显然$\alpha \in $$ \pi_1(B, b)$, 并且$q(\alpha) = h$.
$\\$ 再来证明$q$是同态. 任取$B$中的两条以$b$为基点的闭道路类$\alpha, \beta$, 设它们的以$e$为起点的提升分别为$\alpha^\uparrow$和$\beta^\uparrow$. 考虑复迭变换$h = q(\alpha)$, 则道路类$h(\beta^\uparrow)$以$\alpha^\uparrow$的终点$h(e)$为起点, 并且也是$\beta$的提升.
$\\$ 于是$\alpha^\uparrow h(\beta^\uparrow)$就是$\alpha \beta$的以$e$为起点的提升道路类. 复迭变换$q(\alpha \beta)$就是把$e$变到该道路类终点的复迭变换. 注意, $q(\beta)$把$e$变到$\beta^\uparrow$的终点, 因此$q(\alpha) \circ q(\beta)$把$e$变到$h(\beta^\uparrow)$的终点, 这和$e$在$q(\alpha \beta)$下的像是一样的. 因此$q(\alpha \beta) = q(\alpha) q(\beta)$, 说明$q$是同态.
3. 如果$p: E \to B$是个正则复迭, $\mathscr{D}(E, p)$是相应的复迭变换群, 则$B$就可以看成$E$关于$\mathscr{D}(E, p)$这个群作用的轨道空间.
4. (1) 写出一个从$E^2 \backslash \{ 0 \}$到自身的4重正则复迭.
$\\$ (2) 证明$E^2 \backslash \{ 0 \}$上的任何复迭映射都是正则的.
$\\$ 证: (1) 采用复坐标, 然后考虑映射$f(z) = z^4$. 需要注意的是, 此处采用复坐标的做法并不意味着$E^2 \backslash \{ 0 \}$与$S^1$同胚. 事实上, 当从$S^1$上挖去两点后, 得到的拓扑空间是不连通的; 而从$E^2 \backslash \{ 0 \}$上挖去两点后, 得到的拓扑空间依然是连通的, 故$E^2 \backslash \{ 0 \}$与$S^1$并不同胚. $S^1$为$E^2 \backslash \{ 0 \}$的强形变收缩核, 二者仅仅是同伦等价的(即基本群是同胚的).
$\\$ (2) $\pi_1(E^2 \backslash \{ 0 \}) \cong Z$是交换群, 它的任何子群都是正规子群. 故取任意复迭映射$p: E \to E^2 \backslash \{ 0 \}$, $p_\pi(\pi_1(E, e))$均为$\pi_1(E^2 \backslash \{ 0 \})$的正规子群. 由正则的复迭映射的定义可知, 命题得证.
5. (1) 描述一下Klein瓶的泛复迭映射.
$\\$ (2) 证明在Klein瓶上任取一条闭道路$a$, 如果$a^2$零伦, 则$a$一定也零伦.
$\\$ 证: (1) 对于$\forall c > 0$, 在$E^2$上定义一个等价关系$\sim$, 使得$$(x, y) \sim (x, y + kc), k \in Z, \\ (x, y) \sim (x + \ell, (-1)^\ell y), \ell \in Z.$$该等价关系$\sim$以矩形$[0, 1] \times [0, c]$为基本域, 商空间$E^2 / \sim$同胚于一个”长度” 为1, “宽度” 为$c$的Klein瓶$K$, 并且粘合映射$p: E^2 \to E^2 / \sim$是泛复迭映射.
$\\$ 此外, 我们知道$\pi_1(K) = \left \langle a, b | aba^{-1}b \right \rangle$. 对于$\forall a, b \in \pi_1(K)$, 分别对应的复迭变换为$$h_a : (x, y) \mapsto (x + \ell, (-1)^\ell y), \ell \in Z, \\ h_b : (x, y) \mapsto (x, y + kc), k \in Z.$$(2) 对于第(1)小问中定义的泛复迭映射$p$, 复迭变换均具有$$h_{mn} : E^2 \to E^2, (x, y) \mapsto (x + m, (-1)^m y + n)$$的形式($m, n \in Z$). 应用书上P258的定理5.6.1, 可知$\mathscr{D}(E, p) \cong $$ \pi_1(K)$, 故$\left \langle a \right \rangle \in \pi_1(K)$对应于$h_{mn} \in \mathscr{D}(E, p)$, $\left \langle a^2 \right \rangle = \left \langle a \right \rangle \left \langle a \right \rangle$对应于$h_{mn}^2$, $\pi_1(K)$中零伦的道路类对应于$id_\mathscr{D}$, 从而$a^2$零伦意味着$h_{mn}^2 = id_\mathscr{D}$. 对于$\forall (x, y) \in E^2$,$$h_{mn}^2((x, y)) = h_{mn}((x + m, (-1)^m y + n)) \\ = (x + 2m, (-1)^m ((-1)^m y + n) + n) \\ = (x + 2m, (-1)^{2m} y + (-1)^m n + n) = (x, y),$$故$2m = 0 \Rightarrow m = 0$, $(-1)^{2m} y + (-1)^m n + n = y \Rightarrow $$ n = 0$, 从而我们有$h_{mn} = id_\mathscr{D}$. 综上所述, 命题得证.
6. 设$p: E \to B$是正则复迭映射. 如果$f_1 : X \to E$, $f_2 : X \to E$都是$g: X $$ \to B$的提升, 证明存在复迭变换$h: E \to E$, 使得$f_2 = $$ h \circ f_1$.
$\\$ 证: 取定$x \in X$, 设$f_1(x) = e_1$, $f_2(x) = e_2$, 则存在复迭变换$h$使得$h(e_1) = $$ e_2$. 因为$f_1$是$g: X \to B$的提升, 故$p \circ f_1 = g$, 从而我们有$$p \circ (h \circ f_1) = (p \circ h) \circ f_1 = p \circ f_1 = g,$$即$h \circ f_1$亦为$g: X \to B$的提升. 又$f_2$与$h \circ f_1$在$x$上取值相同, 由复迭空间中的提升的唯一性可知, $f_2 = h \circ f_1$, 命题得证.
7. 写出环面$T^2$上的两个不同伦的自同胚, 并证明它们确实相互不同伦.
$\\$ 证: 采用复坐标, 即设$T^2 = \{ (z_1, z_2) \in C^2 | |z_1| = |z_2| = 1 \}$. 考虑自同胚$f: $$ (z_1, z_2) \mapsto (z_2, z_1)$以及$id_{T^2}$. 如果它们同伦, 则诱导的$\pi_1(T^2, (1, 1))$上的自同构$f_\pi$和$id_\pi$只差一个共轭. 由于$\pi_1(T^2)$是交换群(同胚于$Z \times Z$), 因此$f_\pi = $$ id_\pi$. 而当以$((1, 0), (0, 1))$为基点的闭道路类中存在$z_1, z_2$分量不同的点时, 其在$f_\pi$与$id_\pi$下的像是不同的(此时, 经$f_\pi$作用后的闭道路类方向与原先的闭道路类方向一般是相反的), 矛盾.