拓撲學Ⅱ|筆記整理（7）——基本群

07-25

拓撲學Ⅱ|筆記整理（7）——基本群

來自專欄一個大學生的日常筆記31 人贊了文章

大家好！

這一節將會對基本群的定義，性質和應用做一個簡單而全面的介紹。

提供之前的筆記：

拓撲學Ⅱ|筆記整理（1）——拓撲基本概念及性質，連續
拓撲學Ⅱ|筆記整理（2）——乘積空間，拓撲基，分離公理
拓撲學Ⅱ|筆記整理（3）——可數公理，Urysohn可度量化定理
拓撲學Ⅱ|筆記整理（4）——緊緻性，列緊性
拓撲學Ⅱ|筆記整理（5）——連通性
拓撲學Ⅱ|筆記整理（6）——商空間，閉曲面，代數拓撲起步

我們開始本節的內容。本節內容對應原書內容為P109-

道路類

因為我們要討論基本群，所以自然要涉及到代數中有關群的知識。因此也就需要它滿足相關的群的性質。因此我們把基本群放在道路類意義下討論。道路類的定義我們放在了上一節，為了強調，我們把它再次搬到這裡。

Definition 1:
定義 $X$ 的所有道路在 $simeq _.$ 下分成的等價類為 $X$ 的道路類，所有道路類的集合記為 $[X]$ ，一條道路 $a$ 所屬的道路類記為 $<a>$ ，稱 $a$ 的起終點為 $<a>$ 的起終點，如果起終點道路重合的道路類稱為閉路類，並稱其起終點為其基點。

這個意思是說，我們把所有的起點和終點相同的道路都劃為一類。這樣的話，就比較方便去建立基本群。

那麼道路類有什麼基本性質呢？

Proposition 1:
(1)若 $a simeq_. b$ ，那麼 $ar a simeq _ . ar b$ 。
(2)若 $a simeq_. b,c simeq_. d$ ，並且 $ac$ 有意義，那麼 $ac simeq_. bd$ 。

對於第一個，設 $H: a simeq_. b$ ，那麼只需要作 $H: I imes I o X$ 為 $H(s,t) = H(1-s,t)$ （請注意兩個單位閉區間不要弄混。同倫的定義中第一維是映射的原像變數，第二維是時間變數，而道路的原像變數的定義域正好是單位閉區間，所以這裡的第一維變為 $1-s$ ，相當於對道路取逆，而時間變數保持不變）。這樣的話就可以得到 $H(s,t)$ 是一個 $ar a$ 到 $ar b$ 的定端同倫。

對於第二個，設 $H_1: a simeq_. b,H_2: c simeq_. d$ ，那麼作 $H: I imes I o X$ 為 $H(x,t) = egin{cases}H_1(2s,t) & 0 le s le 1/2 \ H_2 (2s-1,t) & 1/2 le s le 1end{cases}$ ，那麼容易驗證滿足條件。

其實這裡的驗證完全引用了之前介紹道路這個概念的時候的證明思路，只是多了一維時間變數作為擺設而已（當然，你需要說明這個同倫合理，也就是說 $s=1/2$ 的時候不會出現什麼問題）。

根據這兩個性質，我們給出了道路類性質的新的定義。

Definition 2:

(1)規定道路類 $alpha$ 的逆 $alpha^{-1}=<ar a>,a in alpha$ 。
(2)若道路類 $alpha$ 的終點與 $eta$ 的起點重合，規定 $alpha,eta$ 乘積為 $alphaeta=<ab>,ain alpha,b in eta$ 。

根據這些性質，馬上就可以得到

Proposition 2:
$(alpha^{-1})^{-1}=alpha,(alphaeta)^{-1}=eta^{-1}alpha^{-1}$

是不是有點群的感覺了？

道路類運算如果僅僅是這樣，還不足以吸引眼球，因為現在我們只能針對道路做操作。那麼添加別的映射運算是不是就不行了呢？

Proposition 3:
設 $f: X o Y$ 是連續映射， $a,b$ 為 $X$ 上的兩條道路，那麼
(1)若 $a simeq_. b$ ，那麼 $f circ a simeq_. f circ b$
(2)若 $a,b$ 可乘，那麼 $f circ a,f circ b$ 可乘，且乘積為 $f circ (ab)$
(3) $overline{f circ a}=f circ ar a$

對於第一個，我們 $H: a simeq_. b$ ，那麼 $H(s,0)=a(s),H(s,1)=b(s)$ ，設 $H=f circ H$ ，那麼這樣的話 $H$ 依然是連續的，並且 $H(s,0)=f(H(s,0))=f(a(s))=fcirc a(s)$ ，並且 $H(s,1)=f(H(s,1))=f circ b (s)$ ，這就構造出了滿足條件的定端同倫。

對於第二個，一方面，可乘是容易驗證的，另一方面，注意到乘積定義為 $ab(s)=egin{cases}a(2s) & 0 le s le 1/2 \ b(2s-1) & 1/2 le s le 1end{cases}$ 。所以這樣的話簡單變數替換可得 $(f circ a)(f circ b)=egin{cases}f circ a(2s) & 0 le s le 1/2 \ f circ b(2s-1) & 1/2 le s le 1end{cases}$ ，再對比一下 $f circ ab$ ，是不是一樣的？

對於第三個也是同理可得。

這個性質說明，道路類可以通過連續映射去映射到不同的拓撲空間。根據這個性質，我們構造一個新的對應 $f_pi:[X] o [Y]:f_pi<a>=<f circ a>$ 。這樣的話，就有

Proposition 4:
$f_pi(alphaeta)=f_pi(alpha)f_pi(eta),(f_pi(alpha))^{-1}=f_pi(alpha^{-1})$

這離引入代數結構又近了一步。

群還有一個關鍵的性質是結合律，那麼如何體現在拓撲中呢？

Proposition 5:
道路類乘法有結合律。

我們只需要證明，對於 $a(1)=b(0),b(1)=c(0)$ 的三條道路 $a,b,c$ ，有 $(ab)c simeq_. a(bc)$ 。那麼規定 $f:[0,3] o X$ 為 $f(t)=egin{cases}a(t) & 0 le t le 1 \ b(t-1) & 1 le t le 2 \ c(t-2) & 2 le t le 3end{cases}$ 。

之後怎麼辦呢？精彩的來了，設 $ilde{a}, ilde{b}, ilde{c}$ 為 $[0,3]$ 上的道路，並且滿足 $ilde{a}(t)=t, ilde{b}(t)=t+1, ilde{c}(t)=t+2$ 。那麼就有 $f circ ilde{a}=a,f circ ilde{b}=b,f circ ilde{c}=c$ 。所以問題就轉換到了 $[0,3]$ 中的三條道路是否滿足結合律。

要注意到的是，因為凸集中任意兩條起終點相同的道路一定定端同倫，所以根據Proposition 3的第一個就可以得到 $(ab)c simeq_. a(bc)$ ，這就證明了結論。

注意這裡說的是道路類乘法有結合律。而不是道路本身有結合律，比方說 $(ab)c e a(bc)$ 就不成立（想想為什麼）。通過這個性質就可以知道，我們建立基本群是一定要在道路類上去考慮的了。

下面是道路類中與群的單位元有關的性質。

Proposition 6:
設道路類 $alpha$ 的起終點為 $x_0,x_1$ ，記 $e_{x_0},e_{x_1}$ 為 $x_0,x_1$ 處的點道路，那麼
(1) $alpha alpha^{-1}=<e_{x_0}>,alpha^{-1}alpha=<e_{x_1}>$
(2) $<e_{x_0}>alpha=alpha=alpha<e_{x_1}>$ 。

看上去挺顯然的，但是怎麼說明它呢？

設 $e_0,e_1$ 分別為 $I$ 上在 $0,1$ 處的點道路，取 $a in alpha$ ，就有 $e_{x_i}=a circ e_i;i=0,1$ 。那麼利用 $I$ 的凸性就有 $id_Ioverline{id_I} simeq_. e_0,overline{id_I}id_Isimeq_. e_1,,e_0 id_I simeq _.id_I simeq_. id_Ie_1$ （因為它們都是一個凸集上的道路，並且起終點相同）。這樣的話用 $a$ 複合可得結論。（比如說 $id_I overline{id_I}(s)=egin{cases}id_I(2s)& 0 le s le 1/2 \ id_I(2s-1) & 1/2 le s le 1end{cases}$ ，這樣的話， $aid_I overline{id_I}(s)=egin{cases}aid_I(2s)& 0 le s le 1/2 \ aid_I(2-2s) & 1/2 le s le 1end{cases}=a ar a$ ）

要注意的是，因為道路本身是一個映射，所以很多人容易把道路的乘積和映射的複合運算弄混。事實上判斷一個凸集上的道路是否起終點相同，拿筆畫一畫就能看出來了。

這個命題說明點道路所在的道路類具有單位性。

鋪墊好了，我們可以開始介紹基本群了。

Definition 3:
設 $X$ 為一個拓撲空間，取定 $x_0 in X$ ，把 $X$ 的以 $x_0$ 為基點的所有閉路類的集合記為 $pi_1(X,x_0)$ 。稱這個集合在道路類乘法運算下構成的群為以 $x_0$ 為基點的基本群。

比如說設 $X$ 為 $E^n$ 的凸集，那麼注意到其中任意兩條閉路定端同倫，這就意味著任意兩條閉路在道路類意義下都是等價的。所以這個基本群只有一個元素，也稱它為平凡群。

我們在上面介紹了，通過連續映射可以將定端同倫擴展到不同的拓撲空間內。這也就是 $f_pi: [X] o [Y]$ 。那麼設 $x_0 in X ,y_0 = f(x_0)$ ，則 $alpha in pi_1(X,x_0)$ 時， $f_pi(alpha)in pi_1(Y,y_0)$ 。結合之前已經得到的道路類乘法的性質，可以得到以下的定義。

Definition 4:
若 $f: X o Y$ 連續， $x_0 in X,y_0 = f(x_0)$ ，那麼 $f_pi: pi_1(X,x_0) o pi_1 (Y,y_0)$ 為 $f$ 誘導出的基本群同態。

注意到同態這裡不唯一（因為 $x_0$ 是任意取的），但都記作 $f_pi$ 。

根據 $f_pi$ 所定義的運演算法則，容易得到

Proposition 7:
$(g circ f)_pi = g_pi circ f_pi: pi_1(X,x_0) o pi_1(Z,z_0)$

其中它們都是連續映射，且 $y_0=f(x_0),z_0=g(y_0)$ 。

我們根據連續得到了同態，那麼類比一下，根據同胚是不是可以得到同構呢？

Proposition 8:

若 $f: X o Y$ 是同胚， $x_0 in X,y_0=f(x_0)$ ，那麼 $f_pi: pi_1(X,x_0) o pi_1(Y,y_0)$ 是同構。

事實上，證明 $f_pi$ 是一個雙射就可以了。

設 $g=f^{-1}$ ，並且設 $g$ 導出同態 $g_pi: pi_1(Y,y_0) o pi_1(X,x_0)$ ，那麼 $g_pi circ f_pi =(g circ f)_pi =id_pi: pi_1 (X,x_0) o pi_1(X,x_0)$ 是一個恆等同構。反過來也可以得到 $f_pi circ g_pi$ 是一個恆等同構。

這能夠說明什麼呢？一方面根據 $g_pi circ f_pi$ 是恆等映射可以得到 $f_pi$ 是單射，反過來，根據 $f_pi circ g_pi$ 是恆等映射，又可以得到 $f_pi$ 是滿射（想想為什麼），這就證明了結論。

這個定理算是群在拓撲結構中的第一次比較好的應用。

基本群與基點的關係

我們之前討論的都是在某一個空間下的某一個基點下生成的基本群。那麼如果基點不同會出現什麼呢？

Definition 5:
設 $omega$ 為從 $x_0$ 到 $x_1$ 的一個道路類， $alpha in pi_1(X,x_0)$ 。規定 $omega_#(alpha)=omega^{-1}alphaomega$ 為對應 $omega_#:pi_1(X,x_0) o pi_1 (X ,x_1)$ 。

這是什麼意思呢？相當於通過一個中介 $omega$ ，構造一個基點為 $x_1$ 的基本群。

這個道路的乘積意義是從x_1先走到x_0，再繞一圈，再走回去。

與之相關的一個性質如下

Proposition 9:

(1)若 $omega$ 為 $x_1 o x_2$ 的道路類，那麼 $(omegaomega)_#=omega^{}_# circ omega_#: pi_1 (X,x_0) o pi_1(X,x_2)$ 。
(2) $omega_#:pi_1(X,x_0) o pi_1(X,x_1)$ 是同構。

對於第一個，只需要設 $alpha in pi_1(X,x_0)$ ，然後走定義即可。關鍵是第二個。

說明一個映射是同構，這裡關鍵是要說明兩點：同態，雙射。說明同態就是要說明 $omega_#(alpha)omega_#(eta)=omega_#(alphaeta)$ ，這個地方走定義就好。而說明雙射，注意到 $omega_#^{-1} circ omega_{#} = (omega omega^{-1})_#=<ex_0>_#$ 為恆同映射（因為 $<ex_0>_#(alpha)=alpha$ 可以由Proposition 6得到）。而 $omega_# circ omega_{#}^{-1}$ 也一樣。所以根據Proposition 8中相同的證明過程可得它是一個雙射，也自然就得到了同構。

根據這個定義可以看出，如果 $x_0,x_1$ 在 $X$ 的同一道路分支中，那麼就會有結論 $pi_1(X,x_0) simeq pi_1(X,x_1)$ 。而且每一個道路類（裡面所有的道路的起終點相同）都可以決定一個同構。那麼如果這個空間 $X$ 是道路連通的，那麼這個時候，任何的兩個基點之間的閉路類都是同構的。所以我們可以認為這個基本群與基點的選擇無關。所以我們設它就為 $X$ 的基本群，記為 $pi_1(x)$ 。

S^n的基本群

從這一節開始我們開始關注一些更加具體的有關基本群的計算。這個地方主要是說明 $S^1,S^n(n ge 2)$ 的計算方法。

首先來看 $S^1$ （單位圓周）。首先把它放在複平面上考慮，也就是說設 $S^1={z in mathbb{C} mid ||z||=1}$ ，並且取 $z_0=1 in S^1$ 為基點。所以你應該能想像出來，在 $z_0$ 上的迴路一定是在這個單位圓周上跑而得到的。

規定連續映射 $p: E^1 o S^1;p(t)=e^{i2pi t}$ 。下面說明它在局部上是同胚的。設 $J_t=(t,t+1)$ ，那麼有 $p|J_t:J_t o S^1$ 是嵌入映射（這就相當於在模擬逆時針跑一圈的過程），並且如果設 $p_t=p|J_t:J_t o S^1 ackslash {e^{i2pi t}}$ ，就會有 $p_t$ 是同胚映射，這個是不難驗證的。

注意，上面所有的定義的映射，會貫穿這一部分的所有內容。

下面給出我們需要使用的相關定義。

Definition 6:

設 $X$ 是一個拓撲空間， $f: X o S^1$ 連續，如果存在一個從 $X$ 到 $E^1$ 的連續映射 $ilde f: X o E^1$ 滿足 $p circ ilde f =f$ ，那麼稱 $ilde f$ 是 $f$ 的一個提升。

提升的定義事實上是提供了一個中介。因為我們要通過跑的圈數來判斷同構，所以這個時候把所有的映射轉化為 $p$ 上的映射自然是好的。

下面是幾個與提升有關的引理。

Lemma 1:
若 $f$ 非滿， $x_1 in X ,t_1 in E^1$ ，且有 $p(t_1)=f(x_1)$ ，那麼存在 $f$ 的提升 $ilde{f}$ ，使得 $ilde{f}(x_1)=t_1$ 。

首先，因為 $f$ 不是滿射，所以我們可以考慮取 $z=e^{i2pi t} ot in f(X)$ （這裡我的考慮是因為 $S^1$ 本身是具有對稱性的，所以一定會有一個點不在值域內，那麼挖掉哪一個都是一樣的），這樣就有 $f(X) subset S^1 ackslash {z}$ 。這樣的話，因為 $z$ 不在值域內，所以 $p(t_1)=f(x_1) e z$ ，那麼根據我們之前對 $p_t$ 的定義可知，一定存在一個整數 $n$ 使得 $t_1 in J_{t+n}$ 。規定 $ilde f=i_{t+n} circ p_{t+n}^{-1} circ f$ ，其中 $i_{t+n}:J_{t+n} o E^1$ 為包含映射，容易驗證這就是滿足條件的提升（這是考慮到了 $p circ i_{t+n}=p_{t+n}$ ）。那麼自然也就容易看出來 $ilde f(x_1) = t_1$ 。

Lemma 2:
設 $a$ 是 $S^1$ 上的道路， $t_0 in E^1$ ，且 $p(t_0)=a(0)$ 。那麼存在 $a$ 的唯一提升 $ilde {a}$ 使得 $ilde{a}(0)=t_0$ 。

先說明它的存在性。我們取 $m in mathbb{N}^+$ ，將 $I$ 等分為 $m$ 個小區間 $I_1,I_2,cdots,I_n$ ，其中 $I_i=left[frac{i-1}{m},frac i m ight]$ ，使得 $a|_{I_i}$ 均不滿（直觀上這是很好理解的）。那麼根據Lemma 1，順次規定 $a|_{I_i}$ 的提升 $ilde{a_i}$ 使得 $ilde{a}_1(0)=t_0, ilde{a}_{i+1}(frac i m)= ilde{a}_i(frac i m )$ 對於任意的 $i=1,2,cdots$ 成立（這一塊可能會很容易被迷惑，重新解釋一下就是說，我們把一條道路拆成了 $m$ 塊，那麼這樣的話， $p(t_0)=a(0)$ 的意思是說，在 $t_0$ 這個時刻，對應的這個映射的點是 $a(0)$ ，這個映射的原像對應點為 $0$ ，所以規定的提升 $ilde{a}_1$ 是把 $0$ 映射到 $t_0$ 。當第一段道路走完後，對應的點為 $a(1/m)$ ，對應的原像為 $1/m$ ，這也是第二段道路 $a_2$ 開始的點的原像。提升的意思就是把映射原像映射到時間變數上。所以此時的時刻變成了 $ilde{a}_1(1/m)$ 。所以這個提升 $ilde{a}_2$ 就是把映射原像 $1/m$ 映射到時間 $ilde{a}_1(1/m)$ 上，以此類推）。

根據粘接引理，把它們合起來的映射 $ilde{a}:I o E^1$ 連續，那麼它還是 $a$ 的提升，並且有 $ilde{a}(0)= ilde{a}_1(0)=t_0$ ，就證明了結論。

接下來說明唯一性。如果 $ilde{a}, ilde{a}$ 都是 $a$ 的提升 $z_0$ ，那麼設 $f= ilde{a}- ilde{a}: I o E^1$ 。那麼對於任意的 $t in I$ ，注意到 $p(f(t))=p( ilde{a}(t)- ilde{a}(t))=p( ilde{a}(t))/p( ilde{a}(t))=a(t)/a(t)=1$ （注意到 $p$ 的定義是 $p(t)=e^{2pi i t}$ ）。所以這樣的話，可以得到 $f(t)$ 是整數。但是要注意到 $f$ 連續，且 $I$ 連通，所以只能得到它是常值函數。又因為 $ilde{a}(0)= ilde{a}(0)$ ，所以 $f(0)=0$ ，這樣的話，對於任意的 $t in I$ 都有 $f(t)=0$ ，這就足夠證明結論了。

事實上，在證明中我們得到了，同一個道路的兩個提升在每一個固定的時間點上二者只會相差一個相同的常數。也就是說 $ilde{a}(1)- ilde{a}(1)= ilde{a}(0)- ilde{a}(0)$ 。移項可得 $ilde{a}(1)- ilde{a}(0)= ilde{a}(1)- ilde{a}(0)$ 。所以這個量它是與不同的提升無關的。所以回到閉路類，我們根據這個性質，提出一個新的概念。

Definition 7:

定義 $ilde{a}(1)- ilde{a}(0)$ 為以 $z_0$ 為基點的 $a$ 的閉路的圈數，記為 $q(a)$ 。其中 $ilde{a}$ 是 $a$ 的任一提升， $q(a) in mathbb{Z}$ 。

緊接著下面兩個引理也就刻畫了 $S^1$ 的基本群的結構。

Lemma 3:
設 $a,b$ 是 $S^1$ 上基點為 $z_0$ 的兩條閉路，並且 $a(t) e -b(t)$ 對於任意的 $t in I$ 成立，那麼 $q(a)=q(b)$ 。

取 $a,b$ 的提升 $ilde{a}, ilde{b}$ ，使得 $ilde{a}(0)= ilde{b}(0)=0$ 。設 $f= ilde{a}- ilde{b}$ ，那麼 $f(0)=0$ 。若 $q(a) e q(b)$ ，那麼不妨設 $q(a)>q(b)$ ，則 $f(1)$ 是自然數，結合 $f$ 連續，可得 $exists t in I,f(t)=1/2$ ，也就是 $ilde{a}(t)= ilde{b}(t)+1/2$ 。這樣的話 $a(t)=e^{i2 pi ilde{a}(t)}=-b(t)$ ，就矛盾了。

Lemma 4:
設 $a,b$ 是 $S^1$ 上基點為 $z_0$ 的閉路，那麼 $q(a)=q(b) Leftrightarrow a underset{.}{simeq}b$ 。

一方面，設 $H: a underset{.}{simeq}b$ ，那麼記 $h_t$ 為 $H$ 的t-切片，則注意到 $H$ 一致連續，可得存在 $delta>0$ ，使得 $|(t_1,s_1)-(t_2,s_2)|<delta$ 時，有 $|H(t_1,s_1)-H(t_2,s_2)|<2$ 。這樣的話，如果 $|t_1-t_2|<delta$ ，那麼對於任意的 $s in I$ 有 $|(t_1,s)-(t_2,s)|=|t_1-t_2|<delta$ 。這說明什麼？說明 $|H(t_1,s)-H(t_2,s)|<2$ ，別忘了我們的這兩個點都在 $S^1$ 上，也就是說，這兩個點不可能是對徑點，所以也就是說，存在 $delta>0$ ，使得 $|t_1 -t_2|<delta$ 時，對於任意的 $s in I$ ，有 $h_{t_1}(s) e -h_{t_2}(s)$ 。那麼根據Lemma 3就可以得到 $q(h_{t_1})=q(h_{t_2})$ 。那麼就可以說明 $q(h_t)$ 的值並不依賴於 $t$ 。所以自然就可以得到 $q(a)=q(h_0)=q(h_1)=q(b)$ 。

另一方面，作相同的提升，那麼 $ilde{a}(1)=q(a)=q(b)= ilde{b}(1)$ 。所以 $ilde{a}, ilde{b}$ 就是 $E^1$ 上有相同起終點的道路，自然可以得到 $ilde{a} underset{.}{simeq} ilde{b}$ ，所以根據Proposition 3自然可以得到結論.

最後，就是我們這個精彩的大定理了。

Theorem 1:
$pi_1(S^1,z_0)$ 是自由循環群。

不妨設 $alpha in pi_1(S^1,z_0)$ ，規定 $q(alpha) = q(a), a in alpha$ ，那麼就有一個映射 $q: pi_1(S^1,z_0) o mathbb{Z}$ 。

設 $alpha = <a>,eta = <b>$ ，那麼作 $a,b$ 的提升 $ilde a, ilde b$ ，使得 $ilde a(1)= ilde b(0)$ ，那麼這樣的話 $ilde a ilde b$ 為 $ab$ 的提升，起終點為 $ilde a(0), ilde b(1)$ ，於是有 $q(alphaeta)= ilde b(1)- ilde a(0)=q(a)+q(b)=q(alpha)+q(eta)$ ，這就說明了 $q$ 保持了同態運算。之後，根據Lemma 4，又可以得到 $q$ 是單同態。

設 $a_0: I o S^1$ 為 $a_0(t)=e^{i 2 pi t}$ ，那麼 $q(a_0)=1,q(<a_0>)=1$ ，且對於任意的正整數有 $q(<a_0)>^n)=n,q(<ar a_0>^n)=-n$ ，這就證明了滿同態，自然是同構。所以我們就證明了， $pi_1(S^1,z_0)$ 是由 $<a_0>$ 生成的自由循環群。