拓扑学作业 10

[Arm.10.18]

设 $p:\tilde{X}\to X, q:\tilde{Y}\to Y$ 为对应的覆叠映射，开覆盖 $X=\bigcup\limits_{\alpha\in\Lambda_{x}}U_{\alpha}, Y=\bigcup\limits_{\alpha\in \Lambda_{y}}V_{\alpha}$，以及原像 $p^{-1}(U_{\alpha})=\bigsqcup\limits_{\beta}\tilde{U}_{\alpha\beta}, q^{-1}(V_{\alpha})=\bigsqcup\limits_{\beta}\tilde{V}_{\alpha\beta}$。设 $r:\tilde{X}\times\tilde{Y}\to X\times Y, r(\tilde{x},\tilde{y})=(p(\tilde{x}),q(\tilde{y}))$ 是连续的，则 $X\times Y$ 的开覆盖可设为 $\bigcup\limits_{\alpha\in\Lambda_{x}}\bigcup\limits_{\beta\in\Lambda_{y}}U_{\alpha}\times V_{\beta}$，并且 $r^{-1}(U_{\alpha}\times V_{\beta})=\bigsqcup\limits_{\mu}\bigsqcup\limits_{\eta} \tilde{U}_{\alpha\mu}\times\tilde{V}_{\beta\eta}$。

限制映射 $r|_{\tilde{U}_{\alpha,\mu}\times\tilde{V}_{\beta\eta}}$ 是一个双射：$\forall(x,y)\in U_{\alpha}\times V_{\beta}$，$x, y$ 在 $p, q$ 下分别有唯一的原像 $\tilde{x}\in\tilde{U}_{\alpha\mu}, \tilde{y}\in\tilde{V}_{\beta\eta}$，则 $(x,y)$ 在 $r$ 下有唯一的原像 $(\tilde{x},\tilde{y})$。同时，映射 $s:U_{\alpha}\times V_{\beta}\rightarrow\tilde{U}_{\alpha\mu}\times\tilde{V}_{\beta\eta}, s(x,y)=((p|_{\tilde{U}_{\alpha\mu}})^{-1}(x),(q|_{\tilde{V}_{\beta\eta}})^{-1}(y))$ 是连续的逆映射 (由积拓扑的定义)。因此 $r$ 是一个覆叠映射。

[Arm.10.19]

反证法证明。假设 $f$ 是一个覆叠映射。对于每个开覆盖 $S^{1}=\bigcup\limits_{\alpha}U_{\alpha}$，不失一般性，我们可以假设 $U_{\alpha}$ 是连通的，这意味着 $U_{\alpha}=\{e^{i\theta}|\theta\in(a_{\alpha},b_{\alpha}),0<b_{\alpha}-a_{ \alpha}\leq 2\pi\}$。如果 $1\in U_{\alpha}$，那么 $U_{\alpha}$ 可以写成 $\{1\}\cup\{e^{i\theta}|\theta\in(a_{\alpha},0)\}\cup\{e^{i\theta}|\theta\in(0,b_ {\alpha})\}$，并且 $f^{-1}(U_{\alpha})$ 有一个原像（接近 $3$）其像是 $\{e^{i\theta}|\theta\in(a_{\alpha},0)\}$，另一个原像（接近 $0$）其像是 $\{e^{i\theta}|\theta\in(0,b_{\alpha})\}$，那么 $f$ 到这两个原像的限制不是同胚。因此 $f$ 的一个有效开覆盖中的每个开集都不能包含 $1$，然而，这一事实使得它无法覆盖 $S^{1}$，产生矛盾。

[Hat.1.3.1]

限制映射是连续的。设 $X$ 的对应开覆盖为 $\bigcup\limits_{\alpha}U_{\alpha}$，则 $\{V_{\alpha}=U_{\alpha}\cap A\}$ 构成了 $A$ 的一个（关于子空间拓扑的）开覆盖。那么 $p^{-1}(V_{\alpha})=p^{-1}(U_{\alpha})\cap p^{-1}(A)=\bigsqcup\limits_{\beta}( \widetilde{U}_{\alpha\beta})\cap\widetilde{A}=:\bigsqcup\limits_{\beta}(\widetilde {V}_{\alpha\beta})$，且 $p(\widetilde{V}_{\alpha\beta})=V_{\alpha}$。令 $q=(p|_{\widetilde{U}_{\alpha\beta}})^{-1}|_{V_{\alpha}}$。由于 $p|_{\widetilde{U}_{\alpha\beta}}$ 是同胚，则 $(p|_{\widetilde{U}_{\alpha\beta}})^{-1}$ 连续，因此 $q$ 连续。并且可以验证 $q$ 是 $p|_{\widetilde{V}_{\alpha\beta}}$ 的逆映射。因此 $p|_{\widetilde{V}_{\alpha\beta}}$ 是同胚，故 $p|_{\widetilde{A}}$ 是覆叠映射。

[Hat.1.3.4]

对于第一个覆叠空间，考虑一个由球面通过线段连接而成的无限链（相邻的球面由一条线段连接）。球面 / 线段上的任意点，其原像出现在每个球面 / 线段上。对于第二个覆叠空间，考虑一个树结构球面按层叠放，相邻两层的球面错位，则上一层的球面由两条线段分别连接到下一层的两个球面（邻近与上一层的该球面的两个球面）。球面由两条线段连接。球面上的任意点，其原像出现在每个球面上。圆的上 / 下弧段上的任意点，其原像出现在连接线段上。

[Hat.1.3.5]

对于左侧边上的任意点，选取一个包含在 $X$ 对应开覆盖的某个集合中的邻域，则该邻域的每个开子集（这里我们只考虑构成拓扑基的开正方形）都可以被同胚地提升。左侧边的紧致性表明我们可以选取有限个开正方形 $R_{1},...,R_{m}$ 来覆盖左侧边，且每个开正方形都与覆叠映射 $p$ 的每个对应原像同胚。更精确地说，我们可以假设 $U_{1}=([0,\varepsilon_{1})\times[0,b_{1}))\cap X, U_{2}=([0,\varepsilon_{2}) \times(a_{2},b_{2}))\cap X, ..., U_{m}=([0,\varepsilon_{m})\times(a_{m},1])\cap X$，其中 $0<a_{2}<b_{1}<a_{3}<b_{1}<...<a_{m}<b_{m-1}<1$。我们也可以考虑 $U_{i}$ 的子集，从而可以假设 $\varepsilon_{1}=...=\varepsilon_{n}=\varepsilon$。

为了将它们粘合起来，我们可以使用归纳法：如果 $U_{1},...,U_{k}$ 已粘合，记 $U=\bigcup\limits_{i=1}^{k}U_{i}$，则 $p^{-1}(U)=\bigsqcup\limits_{\beta}V_{\beta}$，且每个限制 $p|_{V_{\beta}}:V_{\beta}\to U$ 是同胚；$p^{-1}(U_{k+1})=\bigsqcup\limits_{\gamma}W_{\gamma}$，且每个限制 $p|_{W_{\gamma}}:W_{\gamma}\to U_{k+1}$ 是同胚。那么交集 $U\cap U_{k+1}$ 也具有包含在 $V_{\beta}$ 和 $W_{\gamma}$ 中的不相交的同胚原像。然而，该交集不是连通的，因此我们需要利用左侧边的性质。假设 $W_{\gamma}$ 与 $\{V_{\beta_{i}}\}_{i\in\Lambda}$ 相交，则 $\bigsqcup\limits_{i\in\Lambda}(W_{\gamma}\cap V_{\beta_{i}})=U\cap U_{k+1}$。对于每条竖直线 $\{\frac{1}{m}\}\times(a_{k+1},b_{k})$（或 $\{0\}\times(a_{k+1},b_{k})$），它是连通的，并被一些不相交的开集覆盖，因此它被唯一一个开集覆盖。那么存在 $V_{\beta_{0}}$ 覆盖整个 $\{0\}\times(a_{k+1},b_{k})$。取任意固定点 $(0,t),t\in(a_{k+1},b_{k})$，则存在一个小开球 $B((0,t),\delta)\subset V_{\beta_{0}}$，因为后者是开集。那么由上述论证，$[0,\delta)\times(a_{k+1},b_{k})\subset V_{\beta_{0}}$。将 $\varepsilon$ 替换为 $\delta$，则新的 $U$ 和 $U_{i}$ 可以用新的 $\varepsilon$ 粘合：$W_{\gamma}$ 与唯一的 $V_{\beta}$ 相交，反之亦然，于是我们在 $\gamma$ 和 $\beta$ 之间建立了一一对应关系，从而可以将 $W_{\gamma}$ 与对应的 $V_{\beta}$ 合并，得到 $U\cup U_{k+1}$ 的同胚原像。最终通过归纳法，在有限步内，我们成功找到了左侧边的一个邻域 $U$，它可以同胚地提升到 $\tilde{X}$。

对于在 $X$ 上沿 $\{0,\frac{1}{M}\}\times[0,1]\cup[0,\frac{1}{M}]\times\{0,1\}$ 顺时针行走的回路 $\gamma$，我们可以将其同胚地提升为 $\tilde{X}$ 上的回路 $\tilde{\gamma}$。如果 $\tilde{\gamma}\underset{F}{\simeq}\{\vec{x}\}$ rel $\{0,1\}$，那么通过将覆叠映射 $p$ 复合到两边，得到 $\gamma\underset{p,F}{\simeq}\{(0,0)\}$ rel $\{0,1\}$。然而，在 $X$ 上 $\langle\gamma\rangle\neq\langle e\rangle$，这就产生了矛盾。因此 $\langle\tilde{\gamma}\rangle\neq\langle e\rangle$ 在 $\tilde{X}$ 上成立，这意味着 $\tilde{X}$ 不是单连通的。

[Hat.1.3.7]

否则，设 $\tilde{f}:Y\to\mathbb{R}$ 为提升映射，$p:\mathbb{R}\to S^{1},p(\theta)=e^{2\pi i\theta}$ 为覆叠映射，则有 $p\circ\tilde{f}=f$。考虑 $Y$ 的 $[-1,1]\times\{0\}$ 部分，根据定义，其上的每个点应映射到 $S^{1}$ 上的 $1$，因此不失一般性，我们设 $\tilde{f}$ 将这些点映射到 $\mathbb{R}^{1}$ 中的 $0$。通过沿 $Y$ 顺时针行走（可以通过选取 $Y$ 的有限开覆盖来精确描述），我们可以唯一地定义 $\tilde{f}$ 的像，直到接近 $[-1,1]\times\{0\}$ 部分。然后我们再次连续定义该部分在 $\tilde{f}$ 下的像，结果为 $1\neq 0$，这就产生了矛盾。

[Hat.1.3.9]

设 $f:X\to S^{1}$, $p:\mathbb{R}\to S^{1}$。首先我们证明 $f_{*}(\pi_{1}(X))\subset p_{*}(\pi_{1}(\mathbb{R}))=\{e\}$，并用反证法证明。否则，$\exists\left<\alpha\right>\in\pi_{1}(X),f_{*}(\left<\alpha\right>)=a\neq 0$（考虑同构 $\pi_{1}(S^{1})\simeq\mathbb{Z}$），那么根据群同态的性质，$f_{*}(k\left<\alpha\right>)=ka\neq 0$，于是 $\forall k\in\mathbb{Z},k\left<\alpha\right>\in\pi_{1}(X);\forall k_{1},k_{2}\in \mathbb{Z},k_{1}\left<\alpha\right>\neq k_{2}\left<\alpha\right>$（因为像不同），那么 $\pi_{1}(X)$ 包含一个无限子群，这就产生了矛盾。然后我们可以使用提升判据得到 $\widetilde{f}:X\to\mathbb{R}$（满足 $p\circ\widetilde{f}=f$），且 $\widetilde{f}$ 显然是零伦的，那么通过复合 $p$，$f$ 是零伦的。