基本群

首先我们要指出道路乘法是没有结合律的，并且道路乘法有意义是需要条件的。于是我们导出了“道路类”，然后选定基点$p_0$，从而实现这些运算，这是为之后引出基本群中运算做好铺垫。

定端同伦

定义：$a,b:[0,1]{\to}X$是连续的，若$a{\simeq}b\;rel\left\{0,1\right\}$称为$a$与$b$定端同伦。

定义：$a:[0,1]{\to}X$是连续的，且$<a>=\left\{b|b{\simeq}a\right\}$称为道路，且$[X]=\left\{<a>,a为X中道路\right\}$。当$a(0)=a(1)$时候称为闭道路，$<a>$称为闭路类，而所谓的$a(0)=a(1)$叫做基点。

道路类的运算（逆、乘法、性质）

命题2.1：

1. $a{\simeq}b$则有$\overline{a}{\simeq}\overline{b}$，其中$\overline{a}(t)=a(1-t)$为逆道路
2. $a{\simeq}b$且$c{\simeq}d$，并且有$a(1)=a(0)$，则推出$ac{\simeq}bd$。

证明如下：对于1的证明：首先我们有$H(s,t):I{\times}I{\to}X,H(s,0)=a(s),H(s,1)=b(s)$。

$$ \begin{cases} H(0,t)=a(0)=b(0)\\ H(1,t)=a(1)=b(1) \end{cases} $$

于是有$\widetilde{H}(s,t)=H(1-s,t)$，而这满足$\overline{a}{\simeq}\overline{b}$。

对于2的证明，首先我们有$a{\simeq}b$且$c{\simeq}d$，也就是有$H(s,t),\widetilde{H}(s,t)$，从而只需要取到

$$ H'=\begin{cases} H(2s,t),\;0{\le}s{\le}\frac{1}{2}\\ H(2s-1,t),\;\frac{1}{2}{\le}s{\le}1 \end{cases} $$

则有$H'(0,t)=a(0),H'(1,t)=c(1),H'(s,0)=ac,H'(s,1)=bd$。

道路类的定义

1. $\alpha{\in}[X]$，特别地${\alpha}=<a>,\alpha^{-1}=<\overline{a}>,a{\in}\alpha({\iff}{\alpha}=<a>)$，接下来会证明这是个良定的。
2. $\alpha,\beta{\in}[X],\alpha=<a>,\beta=<b>,a(1)=a(0),{\alpha}{\beta}=<ab>$，同样要证明是良定的。

1良定：$a,a'{\in}\alpha$，则推出$a{\simeq}a',\overline{a}{\simeq}\overline{a'}$，于是就有$<\overline{a}>=<\overline{a'}>$

2良定：$a,a'{\in}\alpha,b,b'{\in}\beta$，且有$ab{\simeq}a'b'$则推出$<ab>=<a'b'>$。

同时有下面的性质

$$ \begin{cases} (\alpha^{-1})^{-1}=\alpha\\ (\alpha\beta)^{-1}=\beta^{-1}\alpha^{-1} \end{cases} $$

连续映射作用于道路上

$f:X{\to}Y$为连续映射，并且$a,b$为$X$上的两条道路，则推出$f{\circ}a,f{\circ}b$为$Y$上的两条道路。

1. $a{\simeq}b$推出$f(a){\simeq}f(b)$。连续映射把道路类映为道路类
2. $a(1)=a(0)$推出$f{\circ}a(1)=f{\circ}b(0)$,

$$ (f{\circ}a)(f{\circ}b)=f{\circ}(ab) $$

连续映射保持道路乘法

1. $\overline{f{\circ}a}=f{\circ}\overline{a}$。

证明：

1，$a{\simeq}b$则推出存在$H(s,t)$，于是令$\widetilde{H}=f{\circ}H(s,t)$即可

2，

$$ (f{\circ}a)(f{\circ}b)=\begin{cases} f{\circ}a(2s){\quad}0{\le}s{\le}\frac{1}{2}\\ f{\circ}b(2s){\quad}\frac{1}{2}{\le}s{\le}1 \end{cases} $$

而这个实际上则是$f{\circ}ab(s)$的定义。

3，$\overline{f{\circ}a}=f{\circ}a(1-s)=f{\circ}\overline{a}$。

推论：$f$将道路类映为道路类，并且保持道路类的乘法和逆运算。

于是我们可以给出这样的连续映射，并且确认它的性质：

定义$f_{\pi}:[X]{\to}[Y],\alpha{\mapsto}f_{\pi}(\alpha)$。

1. $\alpha=<a>{\Rightarrow}f_{\pi}(\alpha)=<f{\circ}a>$，这是良定的，因为$a,a'{\in}\alpha{\iff}a{\simeq}a'$，于是有$f{\circ}a,f{\circ}a'{\in}f_{\pi}{\iff}f{\circ}a{\simeq}f{\circ}a'$。
2. $f_{\pi}(\alpha\beta)=f_{\pi}(\alpha)f_{\pi}(\beta)$。
3. $f_{\pi}(\alpha^{-1})=(f_{\pi}(\alpha))^{-1}$。

道路类结合律有意义

设$\alpha\beta,\beta\gamma$有意义，则$(\alpha\beta)\gamma=\alpha(\beta\gamma)$。

证明如下：$\alpha=<a>,\beta=<b>,\gamma=<c>$，则有

$$ (\alpha\beta)\gamma=<(ab)c>,\alpha(\beta\gamma)=<a(bc)> $$

$$ (ab)c=\begin{cases} a(4s){\quad}0{\le}s{\le}\frac{1}{4}\\ b(4s-2){\quad}\frac{1}{4}{\le}s{\le}\frac{1}{2}\\ c(2s-1){\quad}\frac{1}{2}{\le}s{\le}1 \end{cases} $$

$$ a(bc)=\begin{cases} a(2s){\quad}0{\le}s{\le}\frac{1}{2}\\ b(4s-2){\quad}\frac{1}{2}{\le}s{\le}\frac{3}{4}\\ c(4s-3){\quad}\frac{3}{4}{\le}s{\le}1 \end{cases} $$

但是还需要一个线性映射随着每个时间的切片，将这两者对接起来，从而实现结合律。

点道路

$\alpha$起点为$x_0$，终点为$x_1$，于是有点道路$e_{x_0},e_{x_1}$，则

1. $\alpha{\alpha}^{-1}=<e_{x_0}>,{\alpha^{-1}}\alpha=<e_{x_1}>$。
2. $<e_{x_0}>\alpha=\alpha<e_{x_1}>=\alpha$。

证明：首先对$\alpha{\alpha}^{-1}=<a{\cdot}\overline{a}>$有

$$ H(s,t)=\begin{cases} a(2s){\quad}0{\le}s{\le}\frac{1}{2}-\frac{t}{2}\\ a(1-t){\quad}\frac{1}{2}+\frac{t}{2}{\le}s{\le}\frac{1}{2}+\frac{t}{2}\\ \overline{a}(2s-1){\quad}\frac{1}{2}+\frac{t}{2}{\le}s{\le}1 \end{cases} $$

且

$$ a{\overline{a}}=\begin{cases} a(2s){\quad}0{\le}s{\le}\frac{1}{2}\\ \overline{a}(2s-1){\quad}\frac{1}{2}{\le}s{\le}1 \end{cases} $$

基本群的定义

定义：$X$为拓扑空间，$x_0$为基点。则

$$ \pi_1(X,x_0)=\left\{<a>|a{\in}C(S^1,X),a(0)=a(1)=x_0\right\} $$

定义$\pi_1(X,x_0)$上乘法为道路类的乘法，则构成一个群，称为$X$以$x_0$为基点的基本群。

注意$<e_{x_0}>$为单位元，且有逆元存在$\alpha{\alpha}^{-1}={\alpha}^{-1}\alpha=<e_{x_0}>$，结合律也成立$(\alpha\beta)\gamma=\alpha(\beta\gamma)$。

这里闲聊一下，所谓的群就是用结构的视角去看这个东西，也就是某种“堆成性质”，用代数关系来表达拓扑性质，例如$S^n{\to}X$为同论群，目前来说计算群的结构比较难，而同调则是一种交换的群。

给个基本群例子：$X{\subset}E^n$为凸集，则${\forall}x_0{\in}X$，对任意的$a(0)=a(1)=x_0$，则有$a{\simeq}e_{x_0}$，也就是

$$ \pi_1(X,x)=\left\{e\right\} $$

群同态

$f{\in}C(X,Y)$，若$f_{\pi}:[X]{\to}[Y]$，设$f(x_0)=y_0{\in}Y,x_0{\in}X$，则有：

1. $f_{\pi}(\pi_1(X,x_0)){\subset}\pi_1(Y,y_0)$而且是个群同态。
2. $f_{\pi}(\alpha{\beta})=f_{\pi}(\alpha)f_{\pi}(\beta)$。

于是可以定义$f_{\pi}:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(Y,y_0)$为$f$诱导的基本群同态。

复合

$f{\in}C(X,Y),g{\in}C(Y,Z),x_0{\in}X$，且$f(x_0)=y_0{\in}Y,f(y_0)=z_0{\in}Z$，则

$$ g_{\pi}{\circ}f_{\pi}=(g{\circ}f)_{\pi}:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(Y,y_0)\\ \alpha=<a>,g{\circ}(f{\circ}a)=(g{\circ}f){\circ}a $$

群同构

1：首先定义一个恒同映射：$Id:X{\to}X,id_{\pi}:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(X,x_0)$，将$\alpha{\mapsto}\alpha$。

2：$f:X{\to}Y$是一个同胚，则$f_{\pi}:\pi_1(X,x_0){\cong}\pi_1(Y,y_0),f(x_0)=y_0$，于是可以知道$\pi_1(X,x_0)$是拓扑不变量

证明简单：

$$ f^{-1}_{\pi}{\circ}f_{\pi}=Id_x:X{\to}X{\Rightarrow}f^{-1}_{\pi}{\circ}f_{\pi}=id_{\pi,x}:\pi_1(X,x_0){\cong}\pi_{1}(X,x_0)\\ f_{\pi}{\circ}f^{-1}_{\pi}=Id_y:Y{\to}Y{\Rightarrow}f_{\pi}{\circ}f^{-1}_{\pi}=id_{\pi,y}:\pi_1(Y,y_0){\cong}\pi_{1}(Y,y_0) $$

连通下基点不影响

设$x_0,x_1{\in}A{\subset}X$为道路连通，则若$<b>$有$b(0)=x_0,b(1)=x_1$，可以推出：对于任意的$\alpha{\in}\pi_1(X,x_0)$，$\alpha=<a>$，则有$<b^{-1}ab^{-1}>{\in}\pi_1(X,x_0)$。

定义$\beta_\#:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(X,x_1)$，于是有$\alpha{\mapsto}\beta^{-1}\alpha\beta=\beta_\#(\alpha)$。

定理：设$\beta$为$X$上从$x_0$到$x_1$的道路类，则

1. 设$\beta'$为从$x_1$到$x_2$的道路类，则有$(\beta\beta')_{\#}=\beta'_{\#}{\circ}\beta_{\#}$，也就是$\beta_\#:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(X,x_1)$的群同态。
2. $\beta_\#:\pi_1(X,x_0){\cong}\pi_1(X,x_1)$

证明1：

$$ (\beta\beta')_{\#}(\alpha)=<(\overline{bb'}a(bb'))>=<(\overline{b'}(\overline{b}ab)b')>=\beta'_{\#}(<\overline{b}ab>)=\beta'_{\#}{\circ}\beta_{\#}(\alpha) $$

证明2：由于$\beta^{-1}=<\overline{b}>,b{\cdot}\overline{b}=e_{x_0}$，于是

$$ \beta_{\#}{\circ}\beta^{-1}_{\#}=(\beta\beta^{-1})_{\#}=(<e_{x_0}>)_{\#}:\pi_{1}(X,x_0){\to}\pi_{1}(X,x_0)\\ \beta^{-1}_{\#}{\circ}\beta_{\#}=<e_{x_1}>_{\#}:\pi_{1}(X,x_1){\to}\pi_{1}(X,x_1) $$

注意：$x_0$与$x_1$在同一个道路分支，则也有$\pi_1(X,x_0){\cong}\pi_1(X,x_1)$

$X$道路连通，且$\pi_1(X,x_0){\cong}\pi_1(X,x_1)$，称为$X$的基本群。（无视基点的选择，随便选）

单连通

定义：$X$为道路连通，且$\pi_1(X)=\left\{e\right\}$平凡，则称$X$为单连通的。

例子：$X{\subset}E^n$凸集为单连通的。

包含映射的群同构

设$A{\subset}X$的道路分支，$x_0{\in}A$，包含映射$i:A{\to}X,x{\mapsto}x$。

则$i_{\pi}:\pi_1(A,x_0){\cong}\pi_1(X,x_1)$。

证明：对任意的$\alpha{\in}\pi_1(X,x_1)$，有$\alpha=<a>,a:S^1{\to}X$为连续映射，因此有$a(S^1){\subset}A$推出$<a>{\in}\pi_1(A,x_0)$。这说明是个满射，接下来仅需证明单射，根据上面的群同态可以证明是同构。

在$X$中$a{\simeq}b$于是则有$H(s,t):(I{\times]I}{\to}X)$，也就是有$H(s,t)(I{\times}I){\subset}A$是单射。

$S^n$的基本群

首先介绍最为简单的$S^1$上的基本群。

$S^1=\left\{e^{2{\pi}it}|t{\in}R\right\}$，$\pi_1(R)=\left\{e\right\}$，其中$R$为单连通，取$z_0=1=e^{2{\pi}i0}$。

则$\alpha=<a>{\in}\pi_1(S^1,z_),a:S^1{\to}S^1$。

接下来我们规定$a$的“圈数”，然后证明“圈数”可以判定“定端同伦”，最后证明$\pi_1(S^1,z_0){\cong}Z$。

首先给出一个局部同胚的映射：

$p:E^1{\to}S^1,p(t)=e^{2{\pi}it}$。

1. $p$局部同胚
2. $J_t=(t,t+1),t{\in}R,p_t:p|_{J_t}:J_t{\cong}S^1{\backslash}\left\{e^{2{\pi}it}\right\}$同胚，且$p^{-1}(S^1{\backslash}\left\{e^{2{\pi}it}\right\})={\bigcup}_{n{\in}Z}J_{t+n}$。

提升

$\hat{f}:X{\to}E^1$称为$f$的一个提升，若$p{\circ}\hat{f}=f$。

引理1：设$f(x){\subset}S^1$是不满的，设$x_1{\in}X,t_1{\in}E^1$，使得$f(x_1)=p(t_1)$，则存在$f$的提升$\hat{f}$，使得$\hat{f}(x)=t_1$。

证明：由于$f$不满，于是存在$z=e^{2{\pi}it}{\notin}f(x)$，推出$f(x){\subset}S^1{\backslash}\left\{z\right\}$。因为$p(t_1)=f(x_1){\neq}z$也就是不落在端点。因为存在$n{\in}Z$，使得$t_1{\in}(t+n,t+n+1)=J_{t+n}$。

定义：$\hat{f}=i_{t+n}{\circ}p^{-1}_{t+n}{\circ}f:X{\to}E^1$，$\widetilde{f}(x_{1})=p^{-1}_{t+n}(x_1)=t_1$。

引理2：$<a>{\in}\pi(S^1,z_0)$，设$a$为$S^1$上的道路，$a(0)=e^{2{\pi}it_0}=p(t_0)$，则存在$a$的唯一提升$\widetilde{a}$，使得$\widetilde{a}(0)=t_0$。

证明：存在性：$a:[0,1]{\to}S^1$，存在$m{\in}Z^+$，使得$I=I_1{\bigcup}\cdots{\bigcup}I_m,I_j=[\frac{j-1}{m},\frac{j}{m}]$，且$a|_{I_j}$不满，于是定义$\widetilde{a_j}$为$a|_{I_j}$上的提升，且满足$\widetilde{a_0}(0)=t_0$，$\widetilde{a_0}(0)=t_0,\widetilde{a_j}(0)=\widetilde{a_{j-1}}(\frac{j}{m}),j=1,\cdots,m$，由于粘接引理，由$\widetilde{a_j}$合并称为一个连续的$\widetilde{a}:I{\to}E^1,\widetilde{a}(0)=t_0$。

唯一性：$\widetilde{a},\widetilde{a}'$两个提升，定义$f=\widetilde{a}'-\widetilde{a}:I{\to}E^1$。

$$ p(f)=p(\widetilde{a}'-\widetilde{a})=e^{2{\pi}i(\widetilde{a}'-\widetilde{a})}=e^{2{\pi}i\widetilde{a}'}/e^{2{\pi}i\widetilde{a}}=p(\widetilde{a}')/p(\widetilde{a})=a(t)/a(t)=1 $$

于是有$e^{2{\pi}if(t)}=1$推出$f(t){\in}Z$，又因为$f$连续于是推出$f$是常值函数，又因为其初值为0，于是$f$恒等于0。

推论：设$\widetilde{a}$与$\widetilde{a}'$为$a$的两个提升，则$\widetilde{a}'-\widetilde{a}$为常数，于是推出$\widetilde{a}'(1)-\widetilde{a}'(0)=\widetilde{a}(1)-\widetilde{a}(0)$与$\widetilde{a}$无关，只依赖于$a$。也就是取定一个道路，其距离与提升无关。

$a$基点为$z_0=1$的闭路，只称$\widetilde{a}(1)-\widetilde{a}(0)$为$a$的“圈数”，记为$q(a)=\widetilde{a}(1)-\widetilde{a}(0)$，其中$\widetilde{a}$为$a$的一个提升，$q(a){\in}Z$，看

$$ e^{2{\pi}iq(a)}=e^{2{\pi}i(\widetilde{a}(1)-\widetilde{a}(0))}=e^{2{\pi}i\widetilde{a}(0)}/e^{2{\pi}i\widetilde{a}(1)} $$

引理3：$<a>,<b>{\in}\pi_{1}(S^1,z_0)$，若$a(t){\neq}-b(t)=e^{{\pi}i}b(t)$对径点，则对$\forall{t}{\in}I$，则$q(a)=q(b)$。

证明：取$\widetilde{a}(0)=\widetilde{b}(0)=0$，$f=\widetilde{a}-\widetilde{b}$连续，$f(0)=0$，反证法：不妨设$q(a)>q(b)$，推出$f(1)=q(a)-q(b){\in}Z^+$，则推出存在$t_0{\in}I$，$f(t_0)=\frac{1}{2}=\widetilde{a}(t_0)-\widetilde{b}(t_0)$，推出

$$ p(\frac{1}{2})=p(\widetilde{a}(t)-\widetilde{b}(t)),\widetilde{a}(t_0)=\frac{1}{2}+\widetilde{b}(t_0),a(t_0)=-b(t_) $$

矛盾。

引理4：设$<a>,<b>{\in}\pi_1(S^1,z_)$，则$q(a)=q(b){\iff}a{\simeq}b$。

证明：$\Longleftarrow$，$H(s,t):I{\times}I{\to}S^1$，$h_t=H(S,t):I{\to}S^1$一致连续，则存在$\delta>0$，使得$|t_1-t_2|<\delta$，对任意的$s{\in}I,h_{t_1}(s)=-h_{t_2}(s)$。

由引理3，$q(a)=q(h_0)=q(h_1)=q(b)$。

$\Longrightarrow$，则有$\widetilde{a},\widetilde{b},\widetilde{a}(0)=\widetilde{b}=0$，推出$\widetilde{a}(1)=q(a)=q(b)=\widetilde{b}(1)$，推出$\widetilde{a},\widetilde{b}$为$E^1{\to}E^1$，起终点相同，则推出$\widetilde{a}{\simeq}\widetilde{b}$，单连通中，起终点相同。于是推出：$a=p{\circ}\widetilde{a}{\simeq}p{\circ}\widetilde{b}=b$，也就是有$<a>=<b>$。

设$a,b{\in}\pi_1(S^1,z_0),\widetilde{a}(1)=\widetilde{a}(0),q(a{\cdot}b)=q(a)+q(b)$。

$$ \widetilde{ab}=\widetilde{a}{\cdot}\widetilde{b} $$

则推出$\pi_1(S^1,z_0){\cong}Z$。也就是所谓的$<a>{\mapsto}q(a)$，而$Z$为自由循环群，于是$S^1$上的基本群与自由循环群$Z$是同构的。