首先先证明是良定义:

性质都比较显然:

• $f\simeq g \implies \forall x,p(t)=H(x,t)$是一条$Y$中的路径,于是$[f(x)]=[g(x)]$.
• 也是随便取个点$x\in A$两边都是$[g\circ f(x)]$.
• 更显然.

那么定义的第一条得证良定义.对第二条容易发现把同伦第一维也很简单反一下就完事了.

下面证是群,只需证:

• 结合律$([a][b])[c]=[a] ([b][c])$
• 单位元:$[c_x]$
• 逆元:$[a][a^{-1}]=[c_x]$

都很显然.

(实际上,你发现单位元和逆元不光使用于群里的元素,也可以是端点不重合的)

先证良定义:若$H(x,t)=p\simeq_P q$,则$f\circ H(x,t)=(f\circ p)\simeq_P (f\circ q)$.

如果$H=f\simeq g$,则$\forall p,H(p(x),t)=(f\circ p)\simeq_P (g\circ p)$,于是$f^*=g^*$.剩下两个更显然不写了.

设存在 $u=x_0\rightsquigarrow x_1$,则设

若$[\varphi(p)]=[c_{x_1}]$,则$c_{x_1}=[u^{-1}][p][u]$,两边同左乘$[u]$,右乘$[u^{-1}]$即$[p]=[u] [c_{x_1}] [u^{-1}]=[c_{x_0}]$.所以是单的.

而任意$[p]\in \pi_1(X,x_1)$,显然有$\varphi([u] [p] [u^{-1}])=[p]$,于是又单又满是双射.

哦忘了同态:$\varphi(pq)=\varphi(p)\varphi(q)$,展开把$[u][u^{-1}]$显然.

$X\simeq Y$所以 $\exists f:X\to Y,g:Y\to X,f\circ g\simeq \mathrm{Id}_Y,g\circ f\simeq \mathrm{Id}_X$.

任取$X$中的一个点$x_0$,得到

其中$u'=H(0,t),H(x,t)=\mathrm{Id}_X \simeq g\circ f$

则$\forall [p]\in \pi_1(X,x_0)$,考虑$g\circ f\circ p$和$p$的关系.

那么$H(p(x),t)=p\simeq g\circ f\circ p$,于是我们设$u_t=u'(x)|_{[0,t]}$截取前一部分,则任意$u_t H(p(x),t)) u_t^{-1}$是一条$\pi_1(X,x_0)$中的路径.于是你把它调整一下这三部分在$I$上的占比让他连续变化就有了一个同伦.一个形象的示意图:

(图中的$H$其实是$H(p(x),t)$,红线就是你构造的同伦).

于是回到基本群,你发现这证明了$[u'][p][u']^{-1}=g^*\circ f^*[p]$.那么这说明你$f^*$必须是单的,$g^*$必须是满的.

把$X,Y,f,g$颠倒一下,可以再证明$f^*$必须是满的$g^*$必须是单的,于是是双射.

同态的地方反而是显然的.于是同构.

若$\tilde f(x)=\tilde f'(x)$,考虑$f(x)$存在邻域$U$,有$p^{-1}(U)=\bigsqcup V_\lambda$,且$\exists ! \lambda,\tilde f(x)=\tilde f'(x)\in V_\lambda$.所以$B=\tilde f^{-1}(V_\lambda)\cap \tilde f'^{-1}(V_\lambda)$中是$x$的邻域满足$\forall x'\in B,\tilde f(x')\in V_\lambda,\tilde f'(x')\in V_\lambda$.即它俩在同一片空间.但这个空间是同胚,只能$\tilde f'(x')=\tilde f(x')=p|_{V_\lambda}^{-1}f(x')$.

所以 $x\in S \implies f^{-1}(U) \subset S$,是开集.

同理,如果$x$处不相等,那么两个提升的值一定在不同的切片里,于是它的邻域也在不同的切片里,从而$Y-S$是开集,从而$S$既开又闭.

考虑一个路径$f:I\to X$,若$f|_S,S\subset I$存在一个提升$\tilde f$.

考虑若$t\in S$,那么和上面提升的唯一性一样的方法:$f(t)$存在邻域$U$,$p^{-1}(U)=\bigsqcup_\lambda V_\lambda$,设$\tilde f(t)\in V_i$,则我们对$\forall t'\in f^{-1}(U)$,令$\tilde f(t')=(p|_{V_i})^{-1}(f(t'))$.然后它在每个小邻域上都是连续的可以说明$\tilde f$是连续的复合条件.

而若$t\notin S$,那么$t$也有一个小邻域$U$,使得如果$\exists t'\in U,t'\in S$,那么你可以把$t$映射到$t'$所在的那片覆盖上,所以如果$t\notin S$则$\exists t\in U,U\cap S=\varnothing$,$S$是闭集.

又因为你随便把$0$映到一个$p^{-1}(f(0))$中的东西就有$0\in S,S\ne \varnothing$,所以$S=I$,提升$\tilde f$存在.

上面路径的情况相当于$Y$是一个单点空间.

那么对每个点$y\in Y$,都可以定义$g_y(t)=H(y,t)$,存在$\tilde g_y$.我们希望证明$\tilde H(y,t)=\tilde g_y(t)$.

先考虑对一个$y$和$g_y$,那么对任意一个$t$,存在$g_y(t)$的邻域$U$满足$p^{-1}(U)=\bigsqcup_\lambda V_\lambda$且$\exists \lambda,\tilde g_y(t)\in V_\lambda$.则$H^{-1}(U)$是$(y,t)$的一个邻域,在这个邻域内可以定义$\tilde H_y(y,t)=(p|_{V_\lambda})^{-1}H(y,t)$.由于$y$的紧性,可以用有限个这样定义的邻域覆盖住$t$的范围$I$,使得对任意$y$,可以定义$\tilde H_y(y,t),y\in U_y$.

然后由于提升的唯一性,所以对两个$H_{y_1},H_{y_2},\forall y\in U_{y_1}\cap U_{y_2},H_{y_1}(y,0)=H_{y_2}(y,0)=f_0(y)$,所以它们在交集处一定都是相等的.可以定义整个$\tilde H(y,t)=\tilde H_{y_i}(y,t),y\in U_{y_i}$.

最后焊接引理可以说明它是连续函数.

首先,对任意$\tilde X$,定义$\varphi:\pi_1(\tilde X,\tilde x_0)\to \pi_1(X,x_0),\varphi=a\mapsto p\circ a$,它是同态是显然的,是单的也是显然的.于是令子群 $H=\operatorname{im} \varphi$.

那么反过来,对任意子群,如何生成其覆叠空间呢?

考虑先拿过来普遍覆叠空间$\tilde X$,$\pi_1(X,x_0)$同构于$p^{-1}(x_0)$的变换群.这个空间的$\pi_1$是只有一个元素的平凡群:因为它把所有$X$里的大量闭环都拆开的不闭环了.

现在你希望你的空间的基本群长的像$H$,那我们只要要求$H$中这些路径是闭环的,于是你通过粘合上面的覆叠空间,就把原本不是闭环的粘贴成了闭环.所以你想到定义$\tilde X/\sim_H$为你想要的空间,其中$x\sim_H y \iff \exists [h]\in H,\tilde h(0)=x,\tilde h(1)=y$.

容易验证它的基本群投影到$X$后就是子群$H$.

考虑Universal Covering Space表明任意一个其中的点$\tilde x$可以被唯一一个$\tilde x_0$开始的路径(不是回路)同伦等价类确定.而因为确定了起点,那么这样的路径还双射到$X$中$x_0$开始的一条路径.所以我们直接定义$\tilde X=\{[p]|p \text{ is a path in }X \}$.

然后需要给他赋予一个靠谱的拓扑.什么是开集?

不会了,AI帮忙:开集的结构太复杂,考虑拓扑基.

于是$\forall p=x_0\rightsquigarrow y,U_y \text{ is a neighborood of } y$,由条件,我们可以让$U$是semi-locally simply connected和path connected.则定义$V_p=\{[p(y\rightsquigarrow z)]|z\in U_y\}$.而拓扑基自然就是$\{ V_p \} _{[p]\in \tilde X}$.

然后你可以验证,$U$在$\tilde X$中就会被复制$\pi_1$份,实际上是$x_0\to U$的同伦类数量.且$U$对应的任意两个切片不交:否则就存在一个路径$\gamma=\alpha\beta=\omega\theta$,其中$[\alpha]\ne [\omega]$,但由刚才保证$U$ semi-locally simply connected你知道$[\beta]=[\theta]$,就矛盾了.

首先如果存在同胚那么基本群肯定相同.只要证另一边了.

反过来,假设群是同构的.最直接的证法是用刚才的提升准则:把$\tilde X_1$看成$Y$,对$p_1$使用提升准则会存在唯一$\tilde f:\tilde X_1\to \tilde X_2$满足$p_1=p_2\circ f$.然后对$\tilde X_2$和$p_2$用一次会得到$\exists !g:\tilde X_2\to \tilde X_1$满足$p_2=p_1\circ g$.

于是$p_1=p_1\circ g\circ f$,因为我们对$p_1$用提升引理提升到$X_1$得到存在唯一$\varphi$使得$p_1\circ \varphi=p_1$,而$\varphi$可以取$\mathrm{Id}$,故$g\circ f=\mathrm{Id}$.反过来$f\circ g=\mathrm{Id}$一样.于是这两个空间同胚.

反证法.考虑如果不存在这样的$x_0$,那么对任意$x\in D^2$,可以定义$f:D^2\to S^1$把$x$映到$x,f(x)$所在直线与圆盘边界$S^1$的交点.且满足$f(S^1)=S^1$.

则设$i$为$S^1\to D^2$的含入映射,就有$f\circ i=\mathrm{Id}$.

但同时取其基本群上诱导的映射,就成了$i^*:{\mathbb Z}\to \{ 0 \},f^*:\{ 0 \} \to {\mathbb Z},f^*\circ i^*=\mathrm{Id}$,然而这是不可能的.所以矛盾.所以一定存在不动点.

显然只需要证$k=1$.

你发现显然$|K^{(1)}|\le |K|$,因为$|K^{(1)}|$中的每个simplex的点集都:一定是原来一个simplex下的一串点,这些点都可以被原来那个simplex张成,所以他们张成的也可以.

反过来,考虑任意一个$|K|$中的点,要证明可以被细分后的包含.只需找到那个具体的simplex:那

todo

todo

直觉上,这是因为在链复形上作商就是把一些路径类压成0,而空间作商是压到一点$*$,所以你要把一个单点$*_n$的链复形除掉变成$0$.

todo

那么首要任务是构造这个$\delta$.

考虑对$H_n(C)$中一个等价类$[c]$的代表元$c$,有$c\in \ker d_n$.那么因为$s$是满射一定$\exists b,s(b)=c$.且由交换图我们知道$s_{n-1}(d_n(b))=d_n(s_n(b))=d_n(c)=0$.

所以$d_n(b)\in \ker s_{n-1}=\operatorname{im} i_{n-1}$,$\exists !a\in A_{n-1} \ s.t.\ i_{n-1}(a)=d_n(b)$.那么因为$i_{n-2}(d_{n-1}(a))=d_{n-1}(i_{n-1}(a))=d_{n-1}(d_n(b))=0$,而$i$是单射可以推出$d_{n-1}(a)=0$.于是$a$是闭链,$[a]\in H_{n-1}(A)$.

则我们令$\delta([c])=[a]$.下面首先要证明它良定义.需要证明它与选取的$b,c$无关.

假设选取了两个不一样的$b,b'$,那么由$s_n(b-b')=c-c=0$,所以$b-b'\in \ker s_n=\operatorname{im} i_n,\exists \alpha\in A_n,i_n(\alpha)=b-b'$,从而求导得$i_{n-1}(d_n(\alpha))=d(i_n(\alpha))=d(b)-d(b')=i_{n-1}(a)-i_{n-1}(a')$,$i$是单射,所以$d_n(\alpha)=a-a'$,故$a-a'\in \operatorname{im} d_{n}$,差一个高维边界,从而$[a]=[a']$.

假设选取了两个不一样的$c,c'$,那么$[c]=[c']$得$\exists d_{n+1}(\gamma)=c-c'$,则$\exists \beta\in B_{n+1},s_{n+1}(\beta)=\gamma$.于是$c'=c+d_{n+1}(\gamma)=c+d_{n+1}(s_{n+1}\beta)=c+s_n(d_{n+1}\beta)$,那么可以得到$s_n(b+d_{n+1}\beta)=c'$,从而如果选$b'=b+d_{n+1}\beta$,则有$d(b')=d(b)+d(d_{n+1}(\beta))=d(b)$,于是必然得到相同的$a$.

所以$\delta$是良定义的.接下来要证明这个长正和列确实是正和的.