$S^n$的基本群首先给出一个命题，这个命题的推论告诉我们$S^n$的基本群是平凡的（$n{\ge}2$）命题：首先有条件$X_1,X_2{\subset}X$为开覆盖，也就是分别为开集并且有$X_1{\cup}X_2=X$。$X_2$单连通$X_1{\cap}X_2=\varnothing$道路连通则$i_{\pi}:\pi_1(X_1,x_0){\to}\pi_1(X,x_0)$满同态，$i:X_1{\subset}X$为包含映射。推论：$\pi_1(S^n)=\left\{1\right\}$。证明这个推论：$S^n={X_1}{\cup}{X_2},X_1=S^n{\backslash}\left\{N\right\}{\cong}E^n,X_2=S^n{\backslash}\left\{S\right\}{\cong}E^n$，而$X_1,X_2$为开，$X_1{\cup}X_2=S^n$，而$X_1{\cap}X_2{\cong}E^n{\backslash}\left\{0\right\}$道路连通。于是由于命题${\forall}x_0{\in}S^n{\backslash}\left\{N\right\}=X_1,\pi_1(X_1,x_0)=\left\{1\right\}$。$$ i_{\pi}:\pi_1(X_1,x_0){\to}\pi(S^n,x_0)满{\Rightarrow}\pi_1(S^n,x_0){\cong}\left\{1\right\},S^n连通，故S^n单连通 $$而基本群$\pi_1(S^1){\cong}Z$这是上一次讲的。证明命题：一，$$ {\forall}\alpha{\in}\pi_1(X,x_0),\alpha=,a{\in}C(I,X),a(0)=a(1)=x_0\\{\exists}\widetilde{a}{\in}C(I,X_1),\widetilde{a}(0)=\widetilde{a}(1)=x_0,\\\widetilde{a}{\simeq}a $$我们接下来就是找到这个$\widetilde{a}$的构造。二，$U_i=a^{-1}(X_i)$为$I$的一个开覆盖，记$\delta$为勒贝格数，取$m=[\frac{1}{\delta}]+2$，把$I$等分为$m$段，则每一小段都落在$U_1$或者$U_2$中，若分割点不在$U_1{\cap}U_2$中，则它在$U_i$中且$U_i$中包含与它相连接的两段，把这样的分割点去掉，于是做出了$I$的一个新分割$\hat{I_i}$，此时分割点都在$U_1{\cap}U_2$中，于是推出对于${\forall}\hat{I_i},\hat{I_i}{\subset}U_1$或者$\hat{I_i}{\subset}U_2$。取$\hat{I_i},i=1,\cdots,k$为所有不在$U_1$中的区间，则$\hat{I_i}=[t_i,t_i'],{\forall}i,a(I_i){\subset}X_2$，且$a(t_i),a(t_i'){\in}X_1{\cap}X_2=X_0$。作$b_i:\hat{I_i}{\to}X_0,b_i(t_i)=a(t_i),b_i(t_i')=a(t_i')$，由于$X_2$单连通。$$ H_i:b_i{\simeq}a|_{\hat{I_i}}{\quad}rel\left\{t_i,t_i'\right\} $$作道路$\widetilde{a}:I{\to}X_1$。$$ \widetilde{a}(t)=\begin{cases}b_i(t),{\quad}t{\in}\hat{I_i}\\a(t),{\quad}t{\notin}\hat{I_i}\end{cases} $$于是推出$\widetilde{a}$为$X_1$中在$x_0$点的闭道路，仅需证明$\widetilde{a}{\simeq}a{\;}rel\left\{x_0\right\}$。$$ \widetilde{H}=\begin{cases}H_i(t,s){\quad}t{\in}I_i\\a(t){\quad}t{\notin}I_i\\\end{cases} $$推出$b(I){\subset}X_1,\widetilde{a}{\simeq}a{\quad}rel\left\{x_0\right\}$。于是命题证明完毕。$T^2$的基本群定理：$x_0{\in}X,y_0{\in}Y$，则有群同态$$ \pi_1(X{\times}Y,(x_0,y_0)){\cong}\pi_1(X,x_0){\times}\pi_1(Y,x_0) $$推论：$T^2=S^1{\times}S^1{\Rightarrow}\pi_1(T^2)=Z{\times}Z=Z^2$（交换群）证明定理：$\varphi:\gamma{\to}((j_1)_{\pi}(\gamma),(j_2)_{\pi}(\gamma))$。同态可以证明，因为是投影同态，而乘积也是保持同态。但是对于满同态：$$ {\forall}{\alpha}{\in}{\pi}_1(X,x_0),\beta{\in}{\pi}_1(Y,y_0),\alpha=,\beta= $$取$\gamma=<(a,b)>,\varphi(\gamma)=(\alpha,\beta)$。再证明是单同态：$$ \varphi(\gamma)=1,\gamma=<c>{\Rightarrow}<j_1{\circ}c>{\in}\pi_1(X,x_0)\\j_1{\circ}c{\simeq}e_{x_0}{\;}rel\left\{x_0\right\}\\j_2{\circ}c{\simeq}e_{y_0}{\;}rel\left\{y_0\right\} $$可以推出$c{\simeq}(e_{x_0},e_{y_0}){\;}rel((x_0,y_0)){\Rightarrow}<c>=1$，于是单射可以证明。
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$=\left\{b|b{\simeq}a\right\}$称为道路，且$[X]=\left\{,a为X中道路\right\}$。当$a(0)=a(1)$时候称为闭道路，$$称为闭路类，而所谓的$a(0)=a(1)$叫做基点。道路类的运算（逆、乘法、性质）命题2.1：$a{\simeq}b$则有$\overline{a}{\simeq}\overline{b}$，其中$\overline{a}(t)=a(1-t)$为逆道路$a{\simeq}b$且$c{\simeq}d$，并且有$a(1)=a(0)$，则推出$ac{\simeq}bd$。证明如下：对于1的证明：首先我们有$H(s,t):I{\times}I{\to}X,H(s,0)=a(s),H(s,1)=b(s)$。$$ \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} $$则有$H'(0,t)=a(0),H'(1,t)=c(1),H'(s,0)=ac,H'(s,1)=bd$。道路类的定义$\alpha{\in}[X]$，特别地${\alpha}=,\alpha^{-1}=<\overline{a}>,a{\in}\alpha({\iff}{\alpha}=)$，接下来会证明这是个良定的。$\alpha,\beta{\in}[X],\alpha=,\beta=,a(1)=a(0),{\alpha}{\beta}=<ab>$，同样要证明是良定的。1良定：$a,a'{\in}\alpha$，则推出$a{\simeq}a',\overline{a}{\simeq}\overline{a'}$，于是就有$<\overline{a}>=<\overline{a'}>$2良定：$a,a'{\in}\alpha,b,b'{\in}\beta$，且有$ab{\simeq}a'b'$则推出$<ab>=<a'b'>$。同时有下面的性质$$ \begin{cases} (\alpha^{-1})^{-1}=\alpha\\ (\alpha\beta)^{-1}=\beta^{-1}\alpha^{-1} \end{cases} $$连续映射作用于道路上$f:X{\to}Y$为连续映射，并且$a,b$为$X$上的两条道路，则推出$f{\circ}a,f{\circ}b$为$Y$上的两条道路。$a{\simeq}b$推出$f(a){\simeq}f(b)$。连续映射把道路类映为道路类$a(1)=a(0)$推出$f{\circ}a(1)=f{\circ}b(0)$, $$ (f{\circ}a)(f{\circ}b)=f{\circ}(ab) $$连续映射保持道路乘法$\overline{f{\circ}a}=f{\circ}\overline{a}$。证明：1，$a{\simeq}b$则推出存在$H(s,t)$，于是令$\widetilde{H}=f{\circ}H(s,t)$即可2，$$ (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} $$而这个实际上则是$f{\circ}ab(s)$的定义。3，$\overline{f{\circ}a}=f{\circ}a(1-s)=f{\circ}\overline{a}$。推论：$f$将道路类映为道路类，并且保持道路类的乘法和逆运算。于是我们可以给出这样的连续映射，并且确认它的性质：定义$f_{\pi}:[X]{\to}[Y],\alpha{\mapsto}f_{\pi}(\alpha)$。$\alpha={\Rightarrow}f_{\pi}(\alpha)=<f{\circ}a>$，这是良定的，因为$a,a'{\in}\alpha{\iff}a{\simeq}a'$，于是有$f{\circ}a,f{\circ}a'{\in}f_{\pi}{\iff}f{\circ}a{\simeq}f{\circ}a'$。$f_{\pi}(\alpha\beta)=f_{\pi}(\alpha)f_{\pi}(\beta)$。$f_{\pi}(\alpha^{-1})=(f_{\pi}(\alpha))^{-1}$。道路类结合律有意义设$\alpha\beta,\beta\gamma$有意义，则$(\alpha\beta)\gamma=\alpha(\beta\gamma)$。证明如下：$\alpha=,\beta=,\gamma=<c>$，则有$$ (\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$\alpha{\alpha}^{-1}=<e_{x_0}>,{\alpha^{-1}}\alpha=<e_{x_1}>$。$<e_{x_0}>\alpha=\alpha<e_{x_1}>=\alpha$。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$$ \pi_1(X,x_0)=\left\{|a{\in}C(S^1,X),a(0)=a(1)=x_0\right\} $$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：$f_{\pi}(\pi_1(X,x_0)){\subset}\pi_1(Y,y_0)$而且是个群同态。$f_{\pi}(\alpha{\beta})=f_{\pi}(\alpha)f_{\pi}(\beta)$。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$$ g_{\pi}{\circ}f_{\pi}=(g{\circ}f)_{\pi}:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(Y,y_0)\\ \alpha=,g{\circ}(f{\circ}a)=(g{\circ}f){\circ}a $$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$$有$b(0)=x_0,b(1)=x_1$，可以推出：对于任意的$\alpha{\in}\pi_1(X,x_0)$，$\alpha=$，则有$<b^{-1}ab^{-1}>{\in}\pi_1(X,x_0)$。定义$\beta_\#:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(X,x_1)$，于是有$\alpha{\mapsto}\beta^{-1}\alpha\beta=\beta_\#(\alpha)$。定理：设$\beta$为$X$上从$x_0$到$x_1$的道路类，则设$\beta'$为从$x_1$到$x_2$的道路类，则有$(\beta\beta')_{\#}=\beta'_{\#}{\circ}\beta_{\#}$，也就是$\beta_\#:\pi_1(X,x_0){\to}\pi_1(X,x_1)$的群同态。$\beta_\#:\pi_1(X,x_0){\cong}\pi_1(X,x_1)$证明1：$$ (\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:S^1{\to}X$为连续映射，因此有$a(S^1){\subset}A$推出${\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={\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}$。$p$局部同胚$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$。引理2：${\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：$,{\in}\pi_{1}(S^1,z_0)$，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$,{\in}\pi_1(S^1,z_)$，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$=$。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${\mapsto}q(a)$，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。
基础拓扑学8同伦与基本群思想首先这个概念是来自于庞加莱，庞加莱使用了基本群工具来刻画不同胚的各个拓扑图形的性质。拓扑不变量，通过群这个代数工具，可以展现出来。而基本群实际上对应的就是同论群（不可交换的运算），而对于可以交换的运算，则是同调群，对应的是上同调群。graph LR A[拓扑空间] -->|连续f|B[拓扑空间]-->|连续g|C[拓扑空间]-->|连续gof|A同理则有：graph LR A[群] -->|f*|B[群]-->|g*|C[群]-->|g*f*|A首先我们给出庞加莱的大概思想：通过刻画一个等价条件就是同伦，取定$P$点，考虑起点与终点均为$P$的道路的全体，再模掉这个同伦条件，从而成为一个集合，在这个集合上给出乘法运算（复合映射），从而成为基本群。例子圆盘$D,{\pi}_1(D)=\left\{e\right\}$，圆盘上所有道路都坍缩为一点。圆环$S,{\pi}_1(S)=Z$,也就是整数自由循环群。一些后面的讲述内容与框架基本群保持了同胚不变，同伦则是取环道（闭道路），从而形成环道类，对上面定义乘法，从而形成1阶同伦群，而同伦不变性：$a$与$\widetilde{a}$等价（指的是形变下变为同一条道路）然后我们用基本群来研究拓扑不变性质，最后举一些计算基本群的例子与应用。（van-Kanpen定理）在$S$上$a$可以连续性变到$\widetilde{a}$，其中$a:S^1{\to}S$连续，$\widetilde{a}:S^1{\to}S$连续。映射的同伦定义$X,Y$为拓扑空间，$C(X,Y)=\left\{f:X{\to}Y|f连续\right\}$。设$f,g{\in}C(X,Y)$，若存在一个连续映射$H(x,t):X{\times}I{\to}Y$，使得$\forall{x},H(X,0)=f(x),H(X,1)=g(x)$，则称$f$与$g$同伦。$H$称为从$f$到$g$的伦移（同伦），$h_t:X{\to}Y,x{\mapsto}H(x,t)$称为切片，${\eta}_x:[0,1]{\to}Y,t{\mapsto}{\eta}_x(t)=H(x,t)$，其中$\eta_x$称为$H$在$x$处的踪。从这里可以看出如果要确定一个同伦，可以从切片角度看，或者从踪角度看待。例子$Y{\subset}E^n$，或者说是一个凸子集，则有直线伦移（同伦）：$f(x){\to}g(x),h_t:(1-t)f(x)+tg(x)$。这表示将$f(x)$匀速移动到$g(x)$。并且满足$H$是连续的与两个性质。$f,g{\in}C(X,Y)$，设$f(x){\neq}-g(x),{\forall}x$，其中$$ H(x,t)=\frac{(1-t)f(x)+tg(x)}{\|(1-t)f(x)+tg(x)\|} $$这是一个中心投影，所以要去掉对径点，这是因为每个道路都是单位化到一条弧上。$S^1,f(x):X{\to}S^1,g(x)=-f(x)={\tau}{\circ}f(x):X{\to}S^1{\subset}C$，其中$\tau:S^1{\to}S^1$。$$ f(x){\simeq}_Hg(x) $$其中$H(x,t)=e^{i{\pi}t}f(x)$是定向的，$H(x,0)=f(x),H(x,1)=-f(x)=g(x)$。$S^n$做不到，$S^2$对径映射是反定向的，于是有$f(x)$与${\tau}{\circ}f(x)$不同伦，其中$\tau:S^2{\to}S^2$是反定向的，不存在同伦将正定向变为反定向，所以$S^n$做不到，可以用同调证明。同伦是$C(X,Y)$上的一个等价关系$f{\simeq}_Hf$。$f{\simeq}_Hg{\Rightarrow}g{\simeq}_Hf$。$f{\simeq}_Hg,g{\simeq}_Hh{\Rightarrow}f{\simeq}_Hh$证明很简单：1，$H(x,t)=f(x)$是连续的，并且$H(x,0)=f(x),H(x,1)=f(x)$。2，$f{\simeq}_Hg$，也就是存在$H(x,t)$连续，$H(x,0)=f(x),H(x,1)=g(x)$，令$\widetilde{H}(x,t)=H(x,1-t)$即可。3，$f{\simeq}_Hg,g{\simeq}_Hh$，定义$$ \widetilde{H}(x,t)=\begin{cases}H(x,2t),t{\in}[0,\frac{1}{2}]\\G(x,2t),t{\in}[\frac{1}{2},1]\end{cases} $$则$\widetilde{H}(x,t)$连续，于是有$f{\simeq}_{\widetilde{H}}h$。映射类$C(X,Y)$中的映射按同伦关系划分等价类，每个等价类称为一个映射类，对于$\forall{f}{\in}(X,Y),<f>$为映射类。$$ [X,Y]=\left\{<f>|f{\in}C(X,Y)\right\} $$当然有$[X,Y]{\neq}{\varnothing}$，因为必然有常值映射存在：$c:X{\to}Y,c(x)=y_0{\in}Y,\forall{x},<c>{\in}[X,Y]$。若$f{\in}<c>$，则称$f$为零伦。例子：$[X,E^n]=\left\{<c>\right\}$。同伦与复合映射$X{\to}Y{\to}Z$，这是一个复合映射，在复合映射下同伦保持。$g{\simeq}_H{\widetilde{g}}:X{\to}Y,f{\simeq}_{G}{\widetilde{f}}:Y{\to}Z$，则有$f{\circ}g{\simeq}{\widetilde{f}}{\circ}{\widetilde{g}}$。证明：$\widetilde{H}(x,t)=G(H(x,t),t)$，$\widetilde{H}(x,0)=G(H(x,0),0)=G(g(x),0)=f{\circ}g(x)$。同理有$\widetilde{H}(x,1)=\widetilde{f}{\circ}{\widetilde{g}}(x)$同伦与商映射相容首先给出俩商映射$p:X{\to}\widetilde{X},q:Y{\to}\widetilde{Y}$，则同伦$H:X{\times}[0,1]{\to}Y$与商映射是相容的。首先给出存在性：${\forall}x_1,x_2{\in}X,t{\in}I,p(x_1)=p(x_1)$，$q(H(x_1,t))=q(H(x_2,t))$，则存在${\widetilde{H}}:{\widetilde{X}{\times}I}{\to}\widetilde{Y}$，且$q(H(x,t))=\widetilde{H}(p(x),t)$。证明：$\widetilde{H}$存在，而连续性质由存在性与商映射性质推出。例子：$p:[0,1]{\to}S^1,u{\to}e^{2\pi{i}u}$，是一个将[0,1]区间变为圆周的一个映射。而$H:[0,1]{\times}[0,1]{\to}X,(u,t){\to}H(u,t)$，若$\forall{t}{\in}[0,1],H(0,t)=H(1,t)$，则$H$可以决定一个同伦$\widetilde{H}:S^1{\times}[0,1]{\to}X$。例子：$C(S^1,X){\backslash}{~}=\left\{<c>\right\}$，且$C(S^1,\widetilde{X})$中映射类个数大于1个。1，$C(S^n,X)$是一个n维同伦群。相对同伦$A{\subset}X,f,g{\in}C(X,Y)$，若存在一个同伦，$H:f{\simeq}g$，满足$\forall{a}{\in}A,H(a,t)=f(a)=g(a)$，则称$f$与$g$是相对于$A$同伦，记为$H:f{\simeq}g{\quad}{rel}A$。复合相对同伦$f,\widetilde{f}{\in}C(X,Y){\quad}relA,g\widetilde{g}{\in}C(Y,Z){\quad}relB$，$A{\subset}X,B{\subset}Y$且$f(A){\subset}B$，则$g{\circ}f{\simeq}\widetilde{g}{\circ}\widetilde{f}{\quad} rel A$。例子举一个定端同伦。
基础拓扑学7今天具体介绍一下怎么用数学来严格定义某些拓扑对象：诸如平环，莫比乌斯带，克莱因瓶等对象。商拓扑设$X$为拓扑空间，$A{\subset}X$，$X/A$是将$A$揉为一点成为商空间。定义拓扑锥$CX{\triangleq}X{\times}I/X{\times}\left\{1\right\}$，其中$I=[0,1]$。举个例子：当$X=S^1$时，实际上就是一个圆柱，将上面的圆揉为一个点，所以成为了圆锥。几何锥：取$X{\subset}E^n,a{\in}E^{n+1}{\backslash}E^n$。$$ aX{\triangleq}\left\{ta+(1-t)x|t{\in}I,x{\in}X\right\} $$称为$X$上以$a$为顶点的几何锥。这个容易看出来，实际上我们取到$X{\subset}E^n$，则有$CX{\cong}aX$。做的商映射是:$(x,t){\to}ta+(1-t)x$。曲面例子莫比乌斯带：$I^2/{\sim}{\cong}M$平环$\sum$:$I^2/{\sim}{\cong}\sum$通过连接对径点的方式，平环也可以做到成为莫比乌斯带还有球面与克莱因瓶的例子，具体后面会加入图片更新。粘合映射的结论这里我们先通过粘合映射引入，直接给出本章最后的结论。但是还是要引入一些定义和概念。两个带边曲面沿边缘粘合得到的新曲面，称之为连通和$M{\#}N$。环面挖去一个开圆盘，称之为一个环柄。球面加上一个环柄是环面，也就是有$S^2{\#}T^2{\cong}T^2$。具有$n$个环柄的球面记为$nT^2$，称之为亏格为$n$的可定向闭曲面。（亏格个数可以看环柄个数或者是数洞的个数）球面上挖去一个开圆盘，然后粘合上一个莫比乌斯带，称之为叫安交叉帽，并且有$S^2{\#}P^2{\cong}P^2$。安装有$m$个交叉帽的球面记为$mP^2$，称为亏格为$m$的不可定向闭曲面。于是我们有闭曲面分类定理：$nT^2$和$mP^2$不重复地列出了闭曲面的所有拓扑类型。拓扑流形接下来我们严格定义一些数学对象首先定义:在拓扑空间$(X,\tau)$中，$X$被称为$n$维拓扑流形，指的是：若$\forall p{\in}X$，$\exists p$的开领域$U{\subset}X$以及其同胚映射:$\phi:U{\to}\phi(U){\subset}E^n$为开集。也就是说首先是任意取点，然后对该点的开邻域，要找到一个同胚映射，该映射在$E^n$下把开领域映为一个开集。这称之为无边流形。对于$n$维带边流形，我们有定义:在拓扑空间$(X,\tau)$中，$X$被称为$n$维拓扑流形，指的是：若$\forall p{\in}X$，$\exists p$的开领域$U{\subset}X$以及其同胚映射:$\phi:U{\to}\phi(U){\subset}E^n_{+}$为开集。$$ E^n_{+}=\left\{(x_1,\cdots,x_n){\in}E^n|x_n{\ge}0\right\} $$其实这意味着每个局部上与$E^n$开集是同胚的。我们可以给出一些例子：$E^n$为无边的$n$维流形$E^n_{+}$为带边的$n$维流形。$\overline{D^2}={(x,y)|x^2+y^2{\le}1}$为带边的2维流形证明一下这个先：首先$\overline{D^2}$中的点$(rcos{\theta},rsin{\theta}),0{\le}r{\le}1,0{\in}[0,2\pi)$，我们取到$p{\in}\overline{D^2}$，取到$U= \mathring{D^2}{\to}\mathring{D^2}$。我们知道后面的$\mathring{D^2}{\subset}E^2_{+}$。对应情况为$(x,y){\to}(x,y+1)$。若$p{\in}{\partial{D}},p=(cos{\theta_0},sin{\theta_0})$。我们取 $$ U_p=\left\{(x,y)|\frac{1}{2}<r<1,\theta{\in}(-\frac{\pi}{2}+\theta_0,\theta_0+\frac{\pi}{2})\right\} $$对应情况为$(x,y){\to}(\theta,1-r)$。球面球面简单就取到球极投影即可。$S^2$为2维的拓扑流形，$S^n{\subset}R^{n+1}$为$n$维的拓扑流形。坐标系这里我们指出有一个局部坐标卡，因为我们发现拓扑流行的定义，其映射是跑到了$E^n$中的，所以可以用$E^n$中的坐标，换而言之，如果有一个坐标和一个同胚映射，我们可以唯一确定这个拓扑流形。$p{\in}U{\subset}X{\to}\phi_u(U){\subset}E^n$，被称之为$p$的局部坐标，其中$\phi_u(U)$可以用$(x_1,\cdots,x_n)$表示。坐标变换这里我们指出，对于两个在同一拓扑空间中的拓扑流形，其交集可以用坐标变换和俩同胚映射唯一确定。事实上，我们知道在$E^n$中向量函数的坐标变换方法，而每一个向量是根据同胚映射对应到拓扑空间中的拓扑流形，因而就有这个结论。$U{\to}\phi_u(U){\subset}E^n$$V{\to}\phi_v(V){\subset}E^n$那么我们有映射$\phi_u{\circ}\phi_v^{-1}:\phi_u(U{\cap}V){\to}\phi_v(U{\cap}V)$微分拓扑$C^r$微分流形，其中$0{\le}r{\le}{\omega}$，这个$\omega$指的是实解析函数，也就是可以写成泰勒级数形式。$X$为$n$维$C^r$流形$\iff$对所有的$\phi_v{\circ}\phi_u^{-1}$存在，且$C^r$可微分。注$S^n,C^{\omega}$是微分流形于是接下来我们可以对流形上的点做一些定义设$M$为$n$维流形定义内点与内部：若$\forall p{\in}m$，$\exists p$的开领域$U{\subset}M$以及其同胚映射:$\phi:U{\to}\phi(U){\subset}E^n$为开集。则称$p$为内点，所有内点的集合就是内部$\mathring{M}$。定义边界点及边界：若$\forall p{\in}X$，$\exists p$的开领域$U{\subset}X$以及其同胚映射:$\phi:U{\to}\phi(U){\subset}E^n$为开集，且$\phi(p)=(0,0,\cdots,0){\in}\partial{E^n_+}$，则称呼$p$为$M$的边界点，所有边界点全体称为边界$\partial{M}$然后我们严格定义无边流形和带边流形$$ \partial{M}\begin{cases}=\varnothing \quad带边流形\\\neq \varnothing \quad 带边流形\end{cases} $$例子：$\overline{D^2}:\partial{\overline{D^2}}=S^1$。例子：$\partial{E^n_+}=E^{n-1}$，$\partial{S^n}=\varnothing,\partial{S^1}=\varnothing$。命题：边界和内部的交集为空集这个在拓扑上是显然的，但是对于拓扑流形还是需要费一番功夫，目前就假设其成立即可。$$ \mathring{M}{\cap}\partial{M}=\varnothing $$注：有$\partial({\partial M})=\varnothing$，也就是两次边界运算则为空集。命题：$n$维带边拓扑流形其边界性质对于$M$为$n$维带边拓扑流形，其边界有$$ \partial M=\begin{cases}离散子集 \quad n=1\\n-1维无边流形 \quad n>1\end{cases} $$证明这个命题：首先我们知道有$E^1_+=\left\{x|x{\ge}0\right\}$任意取$\forall p{\in}X$，$\exists p$的开领域$U{\subset}X$以及其同胚映射:$\phi:U{\to}\phi(U){\subset}E^n$为开集，且$\phi(p)=0$。当$n=1$时，$\partial E^1_+=\left\{0\right\}$，于是有$p{\in}\partial M$，$\exists p$的开领域$U{\subset}X$以及其同胚映射:$\phi:U{\to}\phi(U){\subset}E^n$为开集，且在$p$的开领域$U$中仅仅有一个边界点。实际上就是每个开邻域就一个边界点，所以用开邻域隔开了，是个离散的子集。当$n>1$时，我们有$p{\in}\partial M$，$\exists p$的开领域$U{\subset}X$以及其同胚映射:$\phi:U{\to}\phi(U){\subset}E^n$为开集，且$\phi(p)=(0,\cdots,0)$，并且我们知道$\phi(U)$也是一个$n$维流形，于是就有$\phi(U){\subset}E^n_+$且$q{\in}U{\cap}\partial M,\iff\phi(q){\in}\partial(\phi(U))$，但是我们知道$\partial(\phi(U))$是$n-1$维的。也就是说，$p$在$\partial M$中有开邻域$U{\cap}\partial M{\cong}\partial(\phi(U)){\subset}E^{n-1}$开集，这是由于是子空间拓扑，而且$\partial(\phi(U))=\phi(U){\cap}E^{n-1}$，于是乎我们知道$\partial M$为$n-1$维无边流形。因为有$\partial({\partial M})=\varnothing$，也就是两次边界运算则为空集。所以无边闭流形给出几个重要定义：$M$为$n$维闭流形$\iff{M}$为紧致无边流形（这是定义），其中无边的意思是$\partial M=\varnothing$。一维连通流形$\iff$称之为曲线一维连通闭流形$\iff$称之为闭曲线二维连通流形$\iff$称之为曲面二维连通闭流形$\iff$称之为闭曲面并且有结论，揭示了一维闭曲线的分类定理：一维的紧致连通流形只有两种：无边的$S^1$，带边的$[0,1]$。
基础拓扑学6在引入商空间之前，我们需要对商映射做出一定的解释。也就是我们先从商映射的几何意义：粘连对应点。从直观上感受商映射是什么。同时，由于是商空间，仅仅定义一个映射过去是不够的，还需要刻画映射完的集合的拓扑空间。所以一个商映射需要导出一个强拓扑空间，并且实现这个粘连，最后才用等价类的数学定义，合理定义出商空间。基础铺垫参考书目：《点集拓扑与代数拓扑引论》曲面的拓扑分类在近百年前已经有了完全的结论，而根据代数拓扑的分法，则是根据基本群来细分。而这个流派实际上来自于庞加莱。而对于这方面的思考，引导出现了动力系统，同调群，同论群的出现。我们考虑一个正方形$[0,1]{\times}[0,1]$通过一个映射，映射为柱面（平环）。其对应法则如下：$$ f(u,v)=(cos2{\pi}u,sin2{\pi}u,v),\quad u{\in}(0,1),v{\in}[0,1]为1-1映射\\ f(0,v)=f(1,v) $$而第二个式子则展示了粘连性质。将正方形的左右两端粘连起来，成为圆柱面的一条直线。商映射定义：强拓扑的定义——设$(X_{\lambda},\tau_{\lambda})$为一族拓扑空间，$f_{\lambda}:X_{\lambda}{\to}f$，则$Y$上满足条件(*)$$ (*)每个f_{\lambda}都连续 $$的最大拓扑$\tau$，称为由$\left\{f_{\lambda}\right\}$决定的强拓扑。其中最大拓扑的意思是指:若$ \widetilde{\tau}$满足(*)$\Rightarrow \widetilde{\tau}{\subset}\tau$。刻画这个强拓扑设$(X_{\lambda},\tau_{\lambda}),f_{\lambda}:X_{\lambda}{\to}Y$，则$(Y,\tau)$，其中$$ \tau:=\left\{u{\subset}Y|f^{-1}(U){\in}\tau_{\lambda},\forall{\lambda}\right\} $$其中$f^{-1}(U)$为$X_{\lambda}$中开集。接下来仅需证明这是一个拓扑证明：(1)$\varnothing{\in}\tau,Y{\in}\tau$，因为$f^{-1}_{\lambda}(\varnothing)=\varnothing,\forall {\lambda};f^{-1}_{\lambda}(Y)=X_{\lambda},\forall{\lambda}$。(2)证明可数并还在里面：$\left\{U_{\alpha}\right\}{\subset}\tau$，则由定义推出$f^{-1}(U_{\alpha}){\in}\tau_{\lambda}$，于是乎将这些并起来，因为$\tau_{\lambda}$是一个拓扑，这些并还是在拓扑里面，具体如下$$ f^{-1}_{\lambda}({\bigcup}_{\alpha}U_{\alpha})={\bigcup}_{\alpha}f^{-1}_{\lambda}(U_{\alpha}){\in}\tau_{\lambda} $$于是可以知道${\bigcup}_{\alpha}U_{\alpha}{\in}\tau$，这是由定义可知的。(3)最后证明有限交还是在里面：$\left\{U_1,\cdots,U_n\right\}{\subset}\tau$，则$$ f^{-1}_{\lambda}({\bigcap}_i^nU_{i})={\bigcap}_{i}^nf^{-1}_{\lambda}(U_{i}){\in}\tau_{\lambda} $$于是可以推出${\bigcap}_i^nU_{i}{\in}\tau$，于是证明完毕最后说明一下这个是最大的拓扑，满足强拓扑定义：假设$(Y, \widetilde{\tau})$满足(*)，则可以推出，有任意的$U{\in} \widetilde{\tau}$，由强拓扑定义，$f^{-1}_{\lambda}(U){\in}\tau_{\lambda},\forall \lambda$，于是推出$U{\in}\tau$，从而有$\widetilde{\tau}{\subset}\tau$商映射定义设$(X,\tau_{X}),(Y,\tau_{Y})$并且满足下列俩条件，则称$f$为商映射。$f:X{\to}Y$是满射$\tau_Y$为$f$决定的强拓扑，也就是任意的$U{\in}Y,U{\in}\tau_{Y} \Leftrightarrow f^{-1}(U){\in}\tau_{X}$，其中的$ \Leftarrow $是通过强拓扑定义，而$ \Rightarrow $则是通过连续定义得到。于是我们可以知道条件是：满射，连续与强拓扑定义的开映射。于是有了以下命题。一，$f:X{\to}Y$为一个满射，$f$为商映射$\iff$任意一个$U{\subset}Y$，$U$为闭集当且仅当$f^{-1}(U)$为闭集。二，$f:X{\to}Y$为一个商映射，$g:Y{\to}Z$为一个商映射，则$g{\circ}f:X{\to}Z$为商映射。证明：任意取$w{\in}Z$，则$w{\in}\tau_z \Leftrightarrow(g{\circ}f)^{-1}(w){\in}\tau_x$。这是要证明的，因为$g^{-1}(w){\in}\tau_Y$，这是强拓扑定义，于是有$f^{-1}(g^{-1}(w)){\in}\tau_x$，再用一次强拓扑定义即可证明。三，$f:X{\to}Y$为连续的满射，若$f$为开或者闭映射，则$f$为商映射。这个命题自然成立，因为这就是用一个强拓扑定义的事情，例子是两个三角形粘连为一个正方形。四，$f:X{\to}Y$连续，并且$X$有有限的闭覆盖$\left\{C_1,\cdots,C_n\right\}$，且使得：$f(C_i)$为闭集$f|_{C_i}$为嵌入​ 则$f$是一个商映射。首先说明一个嵌入，指的是$f:X{\to}Y$，但是$X$在$f$下同胚于$f(X)，f(X){\subset}Y$。证明：首先因为是闭覆盖，我们取到$A{\subset}X$为一个闭集，而$A=A{\cap}X=A{\cap}({\bigcup}_{i=1}^nC_i)={\bigcup}^n_{i=1}(A{\cap}C_i)$，于是推出$A{\cap}C_i$为闭集，而由于2，可以知道$f(A{\cap}C_i)$为$f(C_i)$中的闭集，于是因为嵌入，所以也就是$Y$中的闭集与$f(C_i)$的交集，进一步因为1，可以知道$f(A{\cap}C_i)$为$Y$中的闭集，于是$f(A)={\bigcup}^{n}_{i=1}f(A{\cap}C_i)$为$Y$中的闭集。于是证明了$f$是闭映射，从而由于命题三可以证明这就是商映射。商映射与连续映射复合设$p:X{\to}Y$为商映射，则$\forall f:Y{\to}Z$的映射连续，当且仅当$f{\circ}p$连续证明，其实这里最好花交换图表，容易看清楚首先证明必要性，也就是从左到右：设$f$连续，则因为商映射$p$也是连续的，于是因为连续映射的复合也是连续的，容易证明。其次，证明充分性也就是从右到左，那么前提条件是一个复合映射连续，还有一个商映射。对于$f{\circ}p$连续，可以知道对任意的$U{\subset}Z$开集，则有$(f{\circ}p)^{-1}(U){\subset}X$为开集（连续定义），也就是得到了$p^{-1}(f^{-1}(U))$是开集，然后再用一下强拓扑定义，$p$为商映射，于是$f^{-1}(U)$是开集，从而证明了$f$是一个连续映射。两个商映射与同胚设$p:X{\to}Y, \widetilde{p}:X{\to}Z$均为商映射，若$\forall x, \widetilde{x}{\in}X$，$p(x)=p(\widetilde{x})$当且仅当$ \widetilde{p}(x)= \widetilde{p}( \widetilde{x}) $，则$Y$与$Z$同胚。这个最好画交换图表比较好表示。证明：思路首先是证明两个集合之间有一个良定的映射（确定是一个映射），然后再根据同胚的性质，证明其为双射且为连续映射，于是推出两个集合同胚。良定：定义$f:X{\to}Y,y{ \longmapsto}f(y)$，使得对任意的$x{\in}p^{-1}(y),f(y):=\widetilde{p}(x)$为一个良定的映射。设$\widetilde{x}{\in}p^{-1}(y)$，可以推出$\widetilde{p}(\widetilde{x})=p(x)$，又因为$p(x)=p(\widetilde{x})=y$，推出$\widetilde{p}(\widetilde{x})=p(x)$。其实根据这个可以了解到，良定就是同一个自变量不会映射到两个不同的因变量。这里是通过因变量$y$的原像决定了$x$与$\widetilde{x}$，而它们根据良定必须映射回$y$。$f$为双射：同理可以定义$\widetilde{f}:Z{\to}Y$，于是有$f{\circ}\widetilde{f}=\widetilde{f}{\circ}f=Id$，进一步推出$\widetilde{f}=f^{-1}$，于是找到了逆映射，所以$f$为双射。最后证明$f$连续，已经知道$\widetilde{p}=f{\circ}p$连续，于是根据“商映射与连续映射复合”的相关定理，可以推出$f$连续。同理，可以通过$p=\widetilde{f}{\circ}\widetilde{p}$连续，推出逆映射连续。接下来给一个在空间上比较有用的定理，因为之前做的都是在一般集合上做的。紧空间到豪斯托夫空间的连续映射设$X$紧，$Y$为豪斯托夫空间，$f:X{\to}Y$为连续映射，若$f$是满射，则$f$为商映射。证明：任意的$A{\subset}X$为闭集，因为紧空间的闭子集为紧集，于是$A$为紧集，因此可以推出$f(A){\subset}Y$，且$f(A)$为$Y$的紧集（因为连续映射保证了紧到紧，$Y$为豪斯托夫空间），于是乎因为$Y$为豪斯托夫空间$f(A)$为闭集，所以$f$实际上是一个闭映射。根据前面的命题三，直接可以证明$f$为商映射。实射影平面定义实射影平面$RP^2$考虑$E^3$中过原点的直线为中心直线。$$ PR^2=\left\{E^3中的中心直线\right\}=\left\{E^3中一维线性子空间\right\} $$这里的拓扑指的是度量拓扑，两条直线的距离变成球面上弧的长度。例如取$l_1,l_2{\in}P^2R^2,d(l_1,l_2)=$夹角弧度，这里的球取为$S^2(1)$。首先我们提出$RP^2$不能嵌入到$E^3$，这个很显然，因为确实无法在三维空间内表示或者刻画。然后我们指出一个映射$f:S^2(1){\to}RP^2$为连续映射，并且我们有以下结论：$f:S^2(1){\to}RP^2,(x,y,z) \mapsto \left\{(tx,ty,tz)|t{\in}R\right\}$，而这实际上可以证明$f$是一个商映射任意取$P{\in}S^2(1)$，对于它这个点的开集（邻域）$B_{\delta}(P){\subset}S^2(1)$，可以有$B_{\delta}(f(P)){\subset}RP^2$是开集，并且对与对径点$A$，有$d(A,A')=\pi$>且满足粘连性质：$f(P)=f(Q){ \Leftrightarrow P={\pm}Q}$.于是可以知道$RP^2$为$S^2(1)$通过粘连对径点得到的。最后指出一点是该实射影平面可以恰当地嵌入到$E^4$。$$ (x,y,z)\mapsto(y^2-x^2,xy,yz,zx) $$是满足$f(P)=f(-P)$的满的商映射。且满足粘连性质：$f(P)=f(Q){ \Leftrightarrow P={ \pm}Q}$.而显然$S^2(1)$为紧的，而$E^4$为豪斯托夫空间，根据上面的定理“紧空间到豪斯托夫空间的连续映射”，可以证明$f:S^2(1){\to}RP^2$为一个商映射，并且有$f(S^2(1))=RP^2$在$E^4$为紧集。商空间考虑商空间首先得定义等价类，但是这么引入等价类没有机动性，很突兀。于是我们来讲一下引入等价类的必要性。等价类引入首先我们知道最后做出商空间是为了严格化讲述所谓的商映射，所以需要等价类，根据我们商映射的引入是通过粘连的性质直观体现，我们这边等价类引入也刻画了这种性质。对于$x{\in}{\bigcup}_{y{\in}Y}f^{-1}(y)$，我们对于不同的$y_1\neq y_2$，有$\varnothing=f^{-1}(y_1){\cap}f^{-1}(y_2)$。这是显然的，也就是虽然映射到商拓扑上的点有些是单射，有些则是多个点映射到同一个值，但是，对于这些不同的值，其原像是没有交集的。也就是良定。等价关系定义：$R{\in}Z^*{\backslash}\left\{\varnothing\right\}$中，之所以去掉空集是因为商映射需要满射，所以不能是空集。而这个关系使得对任意的$x{\in}X$，存在唯一的$A{\in}R$，$x{\in}A{\subset}X$，则称$R$在$X$上定义了一个等价关系$\mathcal{R}$。于是任意的$A{\in}\mathcal{R}$，$A$为一个等价类：即$\forall x{\in}X,x{\in}A，<x>_{\mathcal{R}}=A$。也记为$x \sim^{\mathcal{R}} y$也就是$<x>_{\mathcal{R}}=<y>_{\mathcal{R}}$也就是$x,y{\in}A{\subset}{\mathcal{R}}$。接下来举两个例子来刻画这个关系：一，$E^3{\backslash}\left\{0\right\}$为所有中心直线的并集，而$A=l,\forall P{\in}E^3{\backslash}\left\{0\right\}$，则有$P{\in}A$，点在线上并且对于$P\sim Q$也就是$P,Q{\in}A=l$，也即是两点共线。所以$RP^2$实射影平面实际上就是这些直线的并集，也就是这些等价类之并。二，$f:X{\to}Y$为映射，$R_{f}:=\left\{f^{-1}(y)|y{\in}Y\right\}{\backslash}\left\{\varnothing\right\}$。则$R_f$在$X$上定义了一个等价类关系$\sim^f$，于是有$x{\sim^f} \widetilde{x}$等价于$f(x)=f( \widetilde{x})$。对于等价关系我们知道有自反，对称，和传递性。给出一个命题：设$X，R{\subset}X{\times}X$，若$R$满足$(x,x){\in}R$$(x,y){\in}R \Rightarrow (y,x){\in}R$$(x,y),(y,z){\in}R \Rightarrow (x,z){\in}R$则$X$上存在唯一等价关系$\sim^{\mathcal{R}}$。$x{\sim^{\mathcal{R}}}y$等价于$(x,y){\in}R$。而$R=\left\{Ax|Ax=\left\{y{\in}X|(x,y){\in}\mathcal{R}\right\}\right\}$。商空间现在可以刻画商空间了，我们进行商空间的等价关系和之前定义的商拓扑的一个融合。定义：设$\sim^{\mathcal{R}}$为$X$上的等价关系，则所有$X$的等价类构成一个集合$\mathcal{R}=X{\backslash}{\sim}=\left\{<x>_{\mathcal{R}}|x{\in}X\right\}$，称为$X$关于$\sim^{\mathcal{R}}$的商集。于是有一个映射$p:X{\to}X{\backslash}{\sim}=\mathcal{R},x\mapsto <x>_{\mathcal{R}}$，是一个粘连引射。$X{\backslash}{\sim^{\mathcal{R}}}={\mathcal{R}}$上拓扑为使得$p$连续的强拓扑，记为$\tau{/}{\sim}$而$\mathcal{P}:X{\to}X{/}{\sim^{\mathcal{R}}}$。这就是一个商映射。则$(X{/}{\sim},\tau{/}{\sim})$称为$(X,\tau)$的商空间，记为$(X,\tau)/{\sim}$。粘合映射为商映射$f:X{\to}Y$为商映射，$\sim^f$为等价关系，且$ \widetilde{x}{\sim^f}x$等价于$f(x)=f( \widetilde{x})$则$Y$同胚于$X/{\sim^f}$。证明：$f$和$p$均为商映射，且$f(x)=f( \widetilde{x})$等价于$p(x)=p(\widetilde{x})$，于是根据"两个商映射与同胚"定理，可以证明$Y$同胚于$X/{\sim^f}$。例子：根据莫比乌斯圈和平环的例子。对于平环来说$$ \mathcal{R}/A=\left\{\left\{(x,y)|x{\in}(0,1),y{\in}[0,1]\right\},\left\{(0,y),(1,y)|y{\in}[0,1]\right\}\right\} $$定义了$[0,1]{\times}[0,1]$上的一个等价关系，于是推出$X/{\sim}=A$为平环。对于莫比乌斯圈来说$$ \mathcal{R}/M=\left\{\left\{(x,y)|x{\in}(0,1),y{\in}[0,1]\right\},\left\{(0,y),(1,1-y)|y{\in}[0,1]\right\}\right\} $$定义了$[0,1]{\times}[0,1]$上的一个等价关系，于是推出$X/{\sim}=M$为莫比乌斯圈。
基础拓扑学5连通性定义：一个拓扑空间是连通的：$(X,\tau),X{\neq}\varnothing$，若$X$不能分解为两个非空的不相交的开集之并，则称拓扑空间$X$是连通的。例子$E^1$是连通的。证明：用反证法：$E^1=A{\cup}B,A{\cap}B=\varnothing$，那么我们考虑$c=\sup\left\{x{\in}A|x<b\right\}$，那么我们有$$ b{\ge}c{\ge}a $$若$c{\in}A$，于是有$\varepsilon>0,(c-\varepsilon,\varepsilon+c){\subset}A,A{\cap}B=\varnothing$，于是乎则$(c-\varepsilon,\varepsilon+c){\cap}B=\varnothing$，这个与$c$的定义相矛盾，于是$c$不在$A$中，那么$c{\in}B$，而这样的话就会出现$(c-\varepsilon_1,\varepsilon_1+c){\subset}B$，而进一步又有下面的结论：$(c-\varepsilon_1,\varepsilon_1+c){\cap}A=\varnothing$，于是乎这个和$c$的存在性矛盾，则推出$E^1$是连通的。命题（连通的等价条件）若$X$连通，则相当于：$X$不能分解为两个不相交的非空的闭集之并（闭集与开集是对偶的概念）。$X$不含既开又闭的非空的真子集。设$A{\subset}X,A$既开又闭，则可推出$A=\varnothing$或者是$A=X$。同胚下保持连通性不变有$X{\cong}Y$的情况下，若$X$是连通的，则$Y$是连通的。证明：首先有$f:X{\to}Y$是一一在上的连续开映射，于是同时也有$f^{-1}:Y{\to}X$中，取$Y=A{\cup}B$均为开集，则可以推出$X=f^{-1}(A){\cup}f^{-1}(B),f^{-1}(A){\cap}f^{-1}(B)]=\varnothing$，则$f^{-1}(A)=\varnothing$或者$f^{-1}(A)=X$。进一步有$A=\varnothing$或者$A=X$。应用的例子$S^1{\subset}E^2$，但是与$E^1$不同胚。反证法：设$S^1{\cong}E^1$，则可以推出$f:S^1{\backslash}(1,0){\cong}E^1{\backslash}f(0,1)$。而后者连通性显然，前者与$R$同胚，而后者则是两条射线，显然不同胚。单连通可以用拓扑语言刻画对于$S^2=E^2{\cup}\left\{\infty\right\}$，而$U$为连通的。则有以下的命题：$U$单连通的充分必要条件是$U$与$S^2{\backslash}P^{-1}(U)$都连通。黎曼映射定理$U{\subseteq}E^2$是单连通的开区域，一定可以全纯同胚于单位开圆盘$D^2$。这个定理很深刻了揭示了单连通的分类情况：必定为$S^2,C=E^2,D^2$这三种，当然从黎曼几何的曲率来分类也可以。连通空间在连续映射下的像依旧连通证明：$X$连通，那么也就是任意$A{\subset}f(X)$，设$A$既开又闭，则推出$f^{-1}(A)$既开又闭，于是因为$X$连通，可以推出$f^{-1}(A)$要么是空集要么是全集，于是通过连续映射则有$A$是空集，要么$A$是全集$f(X)$。例子$S^1{\subset}E^2$连通证明：$f:E^1{\to}S^1$，仅需取特殊的映射函数$t{\to}(cost,sint)=e^{it}$，则可以做到。因为$E^1$是连通的，而这个映射是连续的，根据连通空间在连续映射下的像依旧连通，于是$S^1$是连通的。$A{\subset}E^1$，为$E^1$的连通子集，其充要条件为：$A$为区间。证明：先证明充分性：首先有区间四种：$(a,b),(a,b],[a,b),[a,b]$。一种一种看待，首先对于$(a,b){\cong}E^1$，这个显然通过同胚保持连通性质可以证明，接下来对于$(a,b],[a,b){\cong}[0,\infty)$，我们仅需取到特殊映射$f:x{\to}|x|$，则这个映射连续性显然，而后者连通，于是前者也连通。对于闭区间$[a,b]$，当$a=b$时，也就是单点集，那么集合中只有空集和它自己，显然是连通集。而对于$[a,b]{\cong}[0,1]$，因为$f((-1,1))=[0,1]$，还是用到之前的连续映射，于是可以推出闭集也是连通的。接下来证明必要性：设$A$不是区间，则存在$a>b>c$，而$c,a{\in}A,b{\notin}A$。于是乎$$ A=((-\infty,b){\cap}A){\cup}((b,\infty){\cap}A) $$而这个是不连通的。因为分解为了两个不相交的开集之并介值定理的成立$f:X{\to}E^1$连续，而$X$是连通的空间，那么显然有$f(X)$是个区间，而这样就可以推出介值定理：任意的$a,b{\in}f(X),\forall c{\in}(a,b)$，存在$x{\in}X,f(x)=c$。为了证明下面的覆盖继承连通定理，需要引入一个引理。引理$X_0{\subset}X$，$X_0$是既开又闭的集合，而$A{\subset}X，A$连通，则可以推出：$A{\cap}X_0=\varnothing$或者$A{\subset}X_0$。证明：$A=(A{\cap}X_0){\cup}(A{\backslash}(A{\cap}X_0))$，这俩集合都是既开又闭的，又因为$A$是连通的，故而有结论。覆盖继承连通定理设$X$有一个连通覆盖$\mathcal{U}$，意思是指$\forall U{\in}{\mathcal{U}}$连通，且有${\bigcup}_{U{\in}\mathcal{U}}U=X$。再设$A{\subset}X$是连通子集，且对于$\forall U{\in}{\mathcal{U}}$，有$A{\cap}U{\neq}\varnothing$，则$X$是连通的。证明：设$B$是$X$的既开又闭的子集，则推出$B{\cap}A{\neq}\varnothing$，如果不是则用$B^c$进行下列操作，于是有$A{\subset}B$（引理可证），而对于$\forall U{\in}{\mathcal{U}}$，有$A{\cap}U{\neq}\varnothing$，则$U{\cap}B{\neq}\varnothing$，因为$U$是连通集合，于是又用一次引理，可以知道$U{\subset}B$，进一步则由任意性有${\bigcup}_{U{\in}\mathcal{U}}U{\subset}B$，于是有$X{\subset}B$，于是则$B=X$。乘积空间的连通性$X,Y$是连通的，则其乘积空间$X{\times}Y$也是连通的。证明：$X,Y$连通，考虑子族集$\mathcal{U}=\left\{X{\times}\left\{y\right\}|y{\in}Y\right\}$，则$\mathcal{U}$为$X{\times}Y$的一个连通覆盖。而取到$A=\left\{x\right\}{\times}Y$,取得固定点$x$，于是有$A{\cap}U_y=(x,y){\neq}\varnothing$，于是由上述定理可以推出$X{\times}Y$连通。例子应用$E^n$连通，$T^n=S^1{\times}\cdots{\times}S^1$是连通的。$E^n{\backslash}0=S^1{\backslash}(0,\infty)$是连通的。$E^1{\backslash}y=(-\infty,y){\cup}(y,\infty)$非连通。命题设$A{\subset}X$是连通子集，而$\overline{A}=X$，则$X$是连通的。证明：设$X$不连通，$X=C{\cup}D,C,D$是开集，$C{\cap}D=\varnothing$。而$\overline{A}=C{\cup}D$，于是$A{\cap}C=\varnothing,A{\cap}D=\varnothing$。从而可以知道$A{\subset}C,A{\subset}D$，而这样推出$A$是空集，矛盾。连通分支定义：$A{\subset}X$是连通子集，$A{\neq}\varnothing$，且任取$B{\subset}X,A{\subset}B,B$连通，则可以推出$A=B$，于是$A$为$X$的一个连通分支。连通分支实际上就是指的极大连通子集。命题有拓扑空间$(X,\tau)$，对于$\forall A{\subset}X$是连通子集，且$A{\neq}\varnothing$，则$A$包含在唯一的一个连通分支内。有$X={\cup}_{\lambda{\in}\Lambda}X_{\lambda}$，而$X_{\lambda}$为$X$的连通分支。证明：$A$连通，考虑考虑子族集$\mathcal{U_A}=\left\{U{\subset}X|U连通且A{\subset}U\right\}$，则有$X_A={\cup}_{u{\in}U_A}U{\subset}X$，是连通的。由覆盖定理可得。于是对于任意的$X_A{\subset}B$，则$A{\subset}B$可以进一步有：$B{\subset}X_A$，则有$B=X_A$是极大的，于是唯一性得证。$X={\cup}_{x{\in}X}x$。连通分支是闭集$A$连通的充要条件是$\overline{A}$连通，且可以推出连通分支一定是闭集。例子：$$ l_1=\left\{(x,y)|x=0\right\},l_2=\left\{(x,y)|y=0\right\},l_3=\left\{(x,y)|x=y\right\} $$而$X=l_1{\cup}l_2{\ncong}Y=l_1{\cup}l_2{\cup}l_3$证明容易就是通过去掉某个点$f:X{\backslash}0{\cong}Y{\backslash}f(0)$。容易从图像看到两个的连通分支不同，于是显然不同胚。连通分支何时为开集若$\forall x{\in}X$，存在连通邻域，则$X$的连通分支均为开集证明，任意$A$的连通分支，对于任意的$x{\in}A$，则有一个开邻域$U，x{\in}U$，且$U$连通，则推出$U{\cap}A$，从而由覆盖定理推出$U{\subset}A$，于是$A$为开集。局部连通定义：拓扑空间$(X,\tau)$，$x{\in}X$，$x$的一个邻域基$N_x$，是$x$的一些邻域之集，满足$x$的任意邻域都包含$N_x$的某个邻域。指的是：任意$B$为$x$的一个邻域，则存在$U{\in}N_x,U{\subset}B$。$N_x$中元素个数为可数个，称为可数邻域基。定义：$(X,\tau)$为局部连通指的是：任意$x{\in}X$，$x$的所有连通邻域构成一个$x$的邻域基。指的是：任何$B{\subset}X$，$x$的邻域，存在$U$为$x$的连通邻域，$U{\subset}B$。连通不一定局部连通！反例：拓扑学家的正弦曲线。局部连通的连通分支是开集证明：$X$是局部连通的，$A{\subset}X$是连通分支，任意$x{\in}A{\subset}X$，则有$U{\subset}X$是连通开集，$x{\in}U$，$U{\cap}A=\varnothing$，$U{\subset}A$，则$A$是开集。道路连通。首先定义什么是道路？定义：$a:[0,1]{\to}X$连续，而$a(0)=x,a(1)=y$。称为从$x$到$y$的道路。赋予一定的道路运算：逆道路，乘积道路，点道路。道路是一个等价关系，而生成的等价类是一个道路分支。定义：$(X,\tau)$道路连通，是指：任意的$x,y{\in}X$，存在$X$中从$x$到$y$的道路$a$。道路连通子集：指的是子集自身是道路连通的。道路连通的连续映像也是道路连通的。一个连续函数与道路的复合即可证明。接下来的定理：道路连通覆盖定理与乘积空间道路连通定理，基本与之前的连通一致。道路连通是连通的取到连通覆盖，用连通覆盖定理可证。连通未必道路连通拓扑学家的正弦曲线。局部道路连通定义：$(X,\tau)$为局部道路连通指的是：任意$x{\in}X$，$x$的所有道路连通邻域构成一个$x$的邻域基。指的是：任何$B{\subset}X$，$x$的邻域，存在$U$为$x$的道路连通邻域，$U{\subset}B$。命题$X$局部道路连通，$X$的道路分支为连通分支，既开又闭。特别地，当$X$连通时，则$X$道路连通。
基础拓扑学4Tietze扩张定理设$X$为normal space，则对任意$X$中的闭集$A$，任意的连续函数$f:A{\to}E$，存在$F:X{\to}E$是连续的，并且有限制$F|_A=f$。该定理对应于实变函数论中的延拓定理：设$f:A{\to}E$是有界连续函数，并且$A{\subset}E$是闭集，则可以推出，延拓到$E$上的连续函数$F$，$F:E{\to}E$，并且有限制$F|_A=f$。其证明思路是通过序列去逼近，而且从有界连续函数，再推广到一般连续函数。定义$(X,\tau)$是regular space，指的是：单点集是闭集任意的$a{\in}X$，任意的$X$中的闭集$A$，有$a{\in}A$，则存在开集$U,V$，并且两个开集相交为空集。也就是说一个点和一个闭集，可以分别为两个开集包住，并且这两个开集不相交。推论：$X$是regular space则可以推出$X$是豪斯托夫空间。Normal space 是 regualr space 是 豪斯托夫空间，反向不行。乌雷松度量化定理设$(X,\tau)$是regular space 和 有可数拓扑基${\Rightarrow}$存在$X$上度量$d,\tau_d=d$，称这个空间是可度量化的。给一个例子：$$ Z,\mathcal{B}=\left\{B_{a,b}\right\},B_{a,b}=\left\{a+nb,n{\in}Z|a,b{\in}Z,b\neq 0\right\} $$$\tau=\overline{\mathcal{B}}{\Rightarrow}(X,\tau)$可度量化。证明：任意$z{\in}Z$，要证明$\left\{z\right\}$闭。即证明单点集是闭集，$a{\in}Z,a\neq z,$存在一个$B_{a,b},s.t.\quad z{\notin}B_{a,b}$。于是乎${z}$的补集是开集，从而证明了单点集是闭集。接下来仅需证明满足不相交的开集包，取$z{\in}Z$，取到$Z$中的闭集$A$，而且$z{\notin}A$。于是可以推出$z{\in}Z{\backslash}A$，可以推出存在$B_{a,b}$是开集，$z{\in}B_{a,b}{\subset}Z{\backslash}A$，若$B_{a,b}$是闭集，那么只要取到$U=B_{a,b},V=Z{\backslash}B_{a,b}$是开集，则有$A{\subset}V,{z}{\subset}U$，于是有$V{\cap}U=\varnothing$。那么我们仅需证明$B_{a,b}$是闭集。从$Z$的构造，$Z={\bigcup}^b_{k=1}B_{k,b},Z{\backslash}B_{a,b}$为有限个$B_{a,b}$的并，于是可以推出$Z{\backslash}$有限多个$B_{a,b}$的并，于是有$B_{a,b}$是闭集。紧致性首先定义一个覆盖：存在一个覆盖$\mathcal{U}$，对于$(X,\tau)$的拓扑空间，$\mathcal{U}{\subset}2^X$并且是$X$的覆盖是指：$X={\bigcup_{u{\in}\mathcal{U}}}u$，其中$u$指的是$\mathcal{U}$这个集族的成员。其次定义一个有限覆盖的概念：${\mathcal{U}}<{\infty}$指的是这个集族是有限的（成员个数）。定义子覆盖的概念：$\mathcal{U}^1{\subset}\mathcal{U}$也是$X$的覆盖，则$\mathcal{U}^1$被称为是一个子覆盖。定义开覆盖的概念：在覆盖的基础上，有$\mathcal{U}{\subset}{\tau}$。于是，我们可以给出拓扑空间紧致性的定义：$(X,\tau)$是紧致的（compact）：指的是$X$的任何一个开覆盖都存在有限子覆盖。例子1，$(R,\tau_f)$是紧致的。证明：若有开覆盖$\mathcal{U}$，则有$U_1{\in}{\mathcal{U}}$，而$R{\backslash}{U_1}=\left\{x_1,x_2,\cdots,x_n\right\}$，这是由于余有限拓扑的定义。于是则对$\forall x_i$存在$U_i{\subset}{\mathcal{U}},x_i{\in}U_i$，进一步推出$R={U_1}{\cup}{U_2}{\cup}\cdots{\cup}U_n$。这个思路是首先找到一个子覆盖，覆盖了某个集合，则由于余有限拓扑的定义，该集合之外的只剩下有限个点，那么肯定可以从开覆盖中找到有限个覆盖这些有限点的覆盖，通过和最早的那个子覆盖做并集，就能得到有限子覆盖。2，$(R,\tau_c)$非紧致（余可数拓扑不是紧致空间）3，$E^1$的有界闭集是紧的。于是我们提出从紧致是否可以推出有界闭？这个结论是显然的。但是有界闭不一定是紧致的。（除了度量空间与豪斯托夫空间这两个显然）紧致可以推出有界闭证明：先证明有界性质。这里采用反证法，假设$A$无界，那么存在$x_1{\in}A$，并且有$\left\{x_1,x_2,\cdots,x_n\right\}{\in}A$，令$x_{n+1}>\max\left\{x_n,n\right\},x_{n+1}{\in}A$，于是可以推出$\left\{x_n\right\}$是单调递增序列并且趋向无穷，我们仅需取到$U_j=(-\infty,x_j)$，${\mathcal{U}=\left\{u_j\right\}}$是$A$的开覆盖，由于紧致，所以可以找到$A$的有限子覆盖$\left\{U_{n1},U_{n2},\cdots,U_{nk}\right\}$。而对于$x_m$，由于$m>\max\left\{n_1,\cdots,n_k\right\},x_m{\in}A$，并且有$x_n{\notin}U_{nk}$，这个与$k$有限是矛盾的。这个证明思路是：假设$A$无界，于是可以造出一个单调递增的序列，通过取到开覆盖并且由于紧致可以找到有限子覆盖，那么这些子覆盖仅能容纳这个单调序列的有限项，而这个序列本身是属于无界集$A$的，而有限子覆盖也能覆盖$A$，按道理这个序列本身要属于这些子覆盖，于是有些项属于又不属于$A$造成矛盾。其次证明闭性质。证明：这里的证明方式比较巧妙，要证明$A$是闭集。首先因为现在$A$是有界集，于是必定存在常数$M$，使得$\forall x{\in}X,|x|{\le}M$。反证法：假设$A$不是闭集，于是就有$A{\neq}{\overline{A}}$，于是存在$x_0{\in}{\overline{A}}{\backslash}A$，并且有${\overline{A}}{\subset}[-M,M]$。这里由于有界取定所以可以左到，然后因为${\overline{A}}={\bigcup}_{\alpha{\in} \Lambda}[a_{\alpha},b_{\alpha}]{\subset}[-M,M]$，于是可以推出$U_1$是开集，$x_0{\in}U_1$，有$U_1{\cap}A{\neq}\varnothing$，取到$x_1{\in}U_1{\cap}A$，并且有$U_j={\overline{B(x_j,\varepsilon_j)}},\varepsilon_j=\frac{1}{2}d(x_0,x_{j-1})$，其中$j{\ge}1$，取到$x_{j+1}{\subset}U_j{\cap}A{\neq}\varnothing$，并由$\left\{x_n\right\}{\to}x_0$。然后我们令$V_0=(-M-1,x_0)$与$\widetilde{V_0}=(x_0,M+1)$，取到$\left\{x_n\right\}$的一个子列，我们全取右边也就是大于$x_0$的一些子列，因为不管怎么样都可以取到无限子列（或者在左边或者在右，不妨设为右边）。该子列${y_n}{\to}x_0,y_n>x_0)$。并且令$V_j=(y_{j+1},y_{j-1}),y_j{\in}V_j,j{\ge}2$。那么有$V_0{\cup}\widetilde{V_0}{\cup}{\bigcup}^{\infty}_{j=2}V_j$是开覆盖，于是由于紧致性质，可以找到有限子覆盖，记为$\left\{V_0{\cup}\widetilde{V_0}{\cup}{\bigcup}^{nk}_{j=2}V_{nj}\right\}$，那么接下来仅需要取到$y_m,m>\left\{n1,\cdots,nk\right\}$。则推出$y_m$不在有限子覆盖中，而显然这个$y_m$是在$A$里面的，于是又造成了矛盾。这里的思路，首先是取到一个有界将其给限制起来，然后通过取到包含$x_0$的不断逼近的一个小球，包住这个$x_0$，造成不断逼近$x_0$的序列，并且这个序列显然是无限的，于是不妨将这个序列取无限的子序列，而且逼近这个$x_0$，接下来只需要用紧致性质，取到有限子覆盖，那么这个无限子序列显然有些不在子覆盖中，于是造成矛盾。子空间的紧致定义：$(X,\tau)$是一个拓扑空间，$A$是$X$的一个非空子集，若$A$在$X$中紧致，则可以定义子空间$(A,\tau_A)$是紧致的。例子$A{\subset}E^n$是紧致的，并且可以与$A$有界闭互推。紧集的连续映像是紧的设$X$是紧致的，$f:X{\to}Y$连续，可以推出$f(X)$是$Y$中的紧致集。证明这个需要一个引理：$(X,\tau),A{\subset}X$，并且$A$是紧致的，则其充要条件是：$A$的任意由$X$中开集给出的$A$的开覆盖有有限子覆盖。现在先证明这个引理：其实就是一个提升与回拉的过程。在两个空间之间的穿梭。首先证明其必要性：$A$是$X$中的紧致集合，则存在$\mathcal{U}{\subset}{\tau}$，有$\mathcal{U}$覆盖$A$，可以推出$\mathcal{U}_A=\left\{U{\cap}A|u{\in}\mathcal{U}\right\}{\subset}\tau_A$为$A$的一个开覆盖（相交做一个拉回），则存在有限子覆盖，$\left\{U_1{\cap}A,U_2{\cap}A,\cdots,U_n{\cap}A\right\}$。于是有有限子覆盖$\left\{U_1,U_2,\cdots,U_n\right\}$。再证明其充分性，由于$A$的任意由$X$中开集给出的$A$的开覆盖有有限子覆盖，于是由于子空间的紧致性质直接可以知道该$(X,\tau_A)$是紧致的。有了这个引理，我们可以用来证明该定理：首先给出$\mathcal{U}$为$\tau_Y$的$f(X)$的覆盖，于是对任意$u{\in}\mathcal{U}$，有$f^{-1}(u){\subset}X$是开集，这是因为连续，将开集拉回原集是开集。于是可以推出$\left\{f^{-1}(u)|u{\in{\mathcal{U}}}\right\}$为$X$的一个开覆盖，又因为$X$是紧的，于是可以推出存在有限子覆盖$\left\{f^{-1}(u_1),\cdots,f^{-1}(u_n)\right\}$覆盖$X$。于是通过映射可以找到$f(x)$的有限子覆盖$\left\{u_1,\cdots,u_n\right\}$。于是证明了定理。这里其实$f(X){\subset}Y$，本来是找到$Y$的有限子覆盖，但是因为引理于是可以而给出$f(X)$的有限子覆盖。推论1，$X$与$Y$同胚，于是$X$是紧致集可以推出$Y$紧致。因为同胚有双射并且连续，从紧集的连续映像是紧致的可以推出。2，$E^n$与$S^n$不同胚。这个显然因为$E^n$不是紧的，但是$S^n$是紧的。3，$f:X{\to}E$是连续函数，又$X$是紧致的，于是可以推出——$f$在$X$上是有界的，并且可以取得最大值最小值。这个与闭区间有界集合内可以取到最大最小值一致。证明如下：$X$是紧的，于是对于这个连续函数，有$f(X)$是紧的，于是可以知道$f(X)$是有界闭集，于是可以证明。紧集的闭子集是紧的$(X,\tau)$是紧的，$A$是$X$的闭子集，则可以知道$A$是紧集。证明：首先可以找到$\mathcal{U}{\subset}\tau$覆盖$A$，而又因为$A$是闭集，于是有$X{\backslash}A$是开集，于是有$\mathcal{U}{\cup}(X{\backslash}A)$覆盖了$X$。于是可以由$X$是紧的，可以找到有限子覆盖。这里分为两种情况：一个则是这个有限子覆盖包含$(X{\backslash}A)$，那么这个有限子覆盖去掉$(X{\backslash}A)$，则自然覆盖了$A$。二则是这个有限子覆盖不包含$(X{\backslash}A)$，那么直接这个有限子覆盖覆盖了$A$。不管怎么说都能找到$A$的有限子覆盖。豪斯托夫空间中，紧子集是闭的$(X,\tau)$是豪斯托夫空间，若$A$为$X$的紧致子集，则可以知道$A$是闭集。证明如下：对于任意的$x{\in}X{\backslash}A$，$y{\in}A$。根据豪斯托夫空间的性质，存在$U_x,V_y$，有$x{\in}U_x,y{\in}V_y,U_x{\cap}V_y=\varnothing$。而因为$A$为紧致子集，于是肯定可以找到开覆盖的有限子覆盖去覆盖$A$，$A{\subset}{\bigcup}^n_{j=1}V_{yj}$，而取$x{\in}{\bigcap}^n_{j=1}U_{xj}$是开集，于是通过${\bigcap}^n_{j=1}U_{xj}{\cap}{\bigcup}^n_{j=1}V_{yj}$是空集，于是可以推出$X{\backslash}A$是开集，于是显然$A$是闭集。紧致豪斯托夫空间中，紧致与闭集互推$(X,\tau)$是紧致的豪斯托夫空间，有$X$的紧集$A$，那么它是闭的。若它是闭的，则它是紧的。首先$A$是闭的，由于紧集的闭子集是紧致的，证毕。其次，$A$是紧的，由于豪斯托夫空间的紧致子集是闭的，于是$A$是闭集。定理：同胚与紧致的关系$f:X{\to}Y$是连续的一一映射$X$是紧集$Y$是豪斯托夫空间则可以推出$X$与$Y$是同胚的。证明，这里仅需证明逆映射连续即可，而这个条件与$f$是闭映射是等价的。于是仅需证明是闭映射。也就是把闭集映射到闭集。对于$X$空间的任意闭集$A$，因为$A$显然是紧集的闭子集是紧的，于是$A$是紧的，又因为$f$是连续的，于是由于紧集的连续映射是紧的，于是可以推出$f(A){\subset}Y$是紧的，从而可以由于豪斯托夫空间中紧集是闭集，知道$f(A)$是闭集，证毕。豪斯托夫空间中两个不相交紧集，必有不相交的邻域$X$是豪斯托夫空间，$A,B$是$X$中的紧子集，若$A{\cap}B=\varnothing$，于是$A$与$B$存在不相交邻域。证明：首先给出一个点与一个集合的不相交邻域结论，这个由于豪斯托夫空间的性质可以得到，然后对于另一个集合中的点，取到开集，可以再用一次豪斯托夫性质，就把所有点都分开。然后用紧性质，找到两个集合的有限子覆盖，然后通过上面的各个集合中所有点都能分开性质，就能找到两个集合的不相交邻域。紧致与豪斯托夫空间则是一个normal space证明：$x{\in}X,\left\{x\right\}$紧致，可以推出单点集是闭集。（豪斯托夫空间的紧致集是闭集）$A,B{\subset}X$是闭，于是显然紧致空间的闭子集是紧集，可以推出$A,B$是紧集，于是用到上述推论：豪斯托夫空间中两个不相交紧集，必有不相交的邻域。乘积空间的紧致性质有两个紧致拓扑$X,Y$，则可以推出$X{\times}Y$是紧致空间证明：仅需设$\mathcal{U}$是$X{\times}Y$的开覆盖：任意$y{\in}Y$可以推出$X{\times}\left\{y\right\}$与$X$是同胚的紧致集合，则可以推出有有限子覆盖覆盖了$X{\times}\left\{y\right\}$，其并集$W_y$为$X{\times}\left\{y\right\}$的开邻域。要证明这个首先要声明一个引理：$A{\subset}X，A$是紧致集，$y{\in}Y,W{\subset}X{\times}Y$是开集，$A{\times}{y}{\subset}W$。则可以推出：存在$A$与$y$的开邻域$U,V$，$U{\times}V{\subset}W$。假设这个引理成立，则对该性质的证明：存在$y$的开邻域$V_y$，使得$X{\times}V_y{\subset}W_y$，进一步可以推出$X{\times}V_y$被$\mathcal{U}$中有限个开集覆盖，于是对$\left\{V_y|y{\in}Y\right\}$为$Y$的开覆盖，于是可以由于$Y$的紧致，推出存在有限子覆盖去覆盖这个$X{\times}Y$，于是每个$X{\times}V_y$包含于$\mathcal{U}$中有限个开集之并$w_{yj}$，必然存在有限个子覆盖去覆盖这个$X{\times}Y$。其实实际上就是找到了$y$的开邻域$V_y$，于是又可以通过$Y$紧致，推到整个空间，本来是一个投影，但是可以由于各个空间的紧致穿梭到乘积空间。其引理的证明：这里还是通过两个点的选取方式来证明，和前面的证明有很多类似之处，这里直接给出：任意$x{\in}A$，知道$(x,y){\in}W$为内点，于是可以找到两个开邻域$U_x,v_y$，而且$U_x{\times}V_y{\subset}W$。于是有开覆盖$\left\{U_x|x{\in}A\right\}$为$A$的开覆盖，于是由于$A$紧，可以找到有限子覆盖$U={\bigcup}^n_{j=1}U_{xj}$，而$V={\bigcap}^n_{i=1}V_{yi}$，于是可以推出$U{\times}V{\subset}{\bigcup}^n_{j=1}(U_{xj}{times}V_{yj}){\subset}W$。列紧首先定义列紧性质：$(X,\tau)$是列紧的，意味着$X$中任意序列都有收敛子列。推论：$X$是列紧集，又$f$是实连续函数，则$f(X)$有界，并且可以取到最大最小值。勒贝格引理$X$是紧致的度量空间，$\mathcal{U}$是$X$的一个开覆盖，则存在$\mathcal{U}$的$\delta>0$（Lebesgue数），使得$X$中直径小于$\delta$的任何集合包含于某个$u{\in}\mathcal{U}$。其中直径指的是$A$中集合中任意两点的上确界。紧度量空间必定是列紧的证明:$\left\{x_n\right\}{\subset}X$的序列，需要证明其有收敛子列。（1）当存在$x{\in}X$，对于任意的$x{\in}U{\subset}X$是开集，于是则$U{\cap}\left\{x_n\right\}{\subset}X$含有无限多项。反证法：对任意的$x{\in}X$，存在$U_x{\subset}X$是开集，若$U_x{\cap}\left\{x_n\right\}$是有限项，则可以推出$\left\{U_x|x{\in}X\right\}$为$X$的开覆盖，则由于紧致，可以找到有限子覆盖盖住$X$，而且包含$\left\{x_n\right\}$的有限项，而$\left\{x_n\right\}$有无限项，于是矛盾。（2）$B_x(\frac{1}{n}){\cap}B$含有$\left\{x_n\right\}$中的无限多项，于是取$x_{i1}{\in}B_x(1){\cap}\left\{x_n\right\}$，则$$ x_{i2}{\in}B_x(\frac{1}{2}){\cap}\left\{x_n\right\},\cdots,x_{ik}{\in}B_x(\frac{1}{k}){\cap}\left\{x_n\right\},\cdots $$取到这个子序列$\left\{x_{in}\right\}$，并且收敛到$x$。列紧的度量空间必定是紧致的这里需要引入$\delta$网的概念：$A{\subset}X,\delta>0,\delta$—网的定义$X={\cup}_{x{\in}A}B_x(\delta)$。对于任何的$f>0$，存在$X$中的有限子集$A$。（指的是$A$中的点有限）证明方法是反证法：若存在$\delta_0>0,\forall A{\subset}X$有限，则存在$x{\in}X，d(x,A){\ge}\delta_0$，进一步有任意的$x_1{\in}X,x_2{\in}X_2,d(x_1,x_2)>\delta_0$，于是有$A_n=\left\{x_1,\cdots,x_n\right\}$，而$x_{n+1}{\in}X,d(x_{n+1},A_n)>\delta_0$。作出$\left\{x_{n}\right\}$，而对于该序列中的任意两点的距离$d(x_j,x)>\delta_0$，而这个与列紧性质是矛盾的。（没有收敛子列）于是则$d(x,A)<\delta_0$。证明这个定理：对于这个列紧的度量空间取到一个开覆盖$\mathcal{U}$，于是有$X{\subset}\mathcal{U},\mathcal{U}=\left\{x\right\}$。$x{\in}\mathcal{U}$，则存在$f>0$，对任意的$x{\in}X$，$B_x(f){\subset}U_x{\in}\mathcal{U}$，于是进一步有$A{\subset}X$,$A=\left\{x_1,\cdots,x_n\right\}$，而$\delta$-网可以推出$X{\subset}{\bigcup}^{n}_{j=1}B_{xj}$，则有$\left\{U_{x1},\cdots,U_{xn}\right\}$为有限子覆盖。其实还是一样的，通过有限$\delta$-网找到有限子覆盖。局部紧致概念定义$\mathcal{U}{\subset}\tau$，局部有限：$\forall x{\in}V$,存在$x{\in}V{\subset}X$是开集，并且$V$与$\mathcal{U}$中有限个开集是相交的。还有相应的仿紧和加细的概念，并且$E^n$就是一个仿紧的空间。仿紧：任何开覆盖可以找到一个加细的开覆盖，并且其局部有限。
基础拓扑学3乘积空间与拓扑基这里先讲述拓扑基，因为乘积空间可以用拓扑基来表达，这种表达更为简单。拓扑基给定空间集合$X$，取$\mathcal{B}{\subset}2^X$，而$\overline{\mathcal{B}}:\left\{U{\subset}X|U为\mathcal{B}中若干成员的并集\right\}$$\overline{\mathcal{B}}$称为$\mathcal{B}$所生成的子集族，特别地有，$\mathcal{B}{\subset}\overline{\mathcal{B}}，\varnothing{\subset}\overline{\mathcal{B}}$。这是显然的，因为取得是$\mathcal{B}$中若干成员的并集，那么取到$\mathcal{B}$与$\varnothing$也是可以的。定义拓扑基：$\mathcal{B}$称为集合$X$的一个拓扑基，若$\overline{\mathcal{B}}$为$X$的一个拓扑称$\mathcal{B}$为$(X,\tau)$的一个拓扑基，若$\overline{\mathcal{B}}=\tau$其中1与2其实有区别的，一个是集合的拓扑基，是由$\mathcal{B}$生成了拓扑$\overline{\mathcal{B}}$，而2指的是对于已经有了的拓扑空间，$\overline{\mathcal{B}}=\tau$指出了拓扑基。注：$U{\in}\overline{\mathcal{B}}\iff u=\varnothing或\forall x{\in}U,\exists U_x{\in}\mathcal{B},x{\in}U_x{\subset}U$也就是在$\overline{\mathcal{B}}$中的集合，要么是空集，要么包含一个$\mathcal{B}$的成员。那么什么时候$\overline{\mathcal{B}}$可以成为一个拓扑？怎么用拓扑基来刻画一个拓扑？成为集合的拓扑基设$\mathcal{B}{\subset}2^X$，$\mathcal{B}$为$X$的一个拓扑基，则充分必要条件是满足下列两个：$\bigcup_{U{\in}\mathcal{B}}U=X$$\forall {B}_1,{B}_2{\in}\mathcal{B},B_1{\cap}B_2{\in}\overline{\mathcal{B}}{\iff}\mathcal{B}中有限成员之交属于\overline{\mathcal{B}}$证明：${\Rightarrow}\overline{\mathcal{B}}$是拓扑，则显然有$X{\in}\overline{\mathcal{B}}$也就是1成立，而$\forall {B}_1,{B}_2{\in}\mathcal{B}{\in}\overline{\mathcal{B}},B_1{\cap}B_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$。于是2就成立了。（因为拓扑有限交还是在拓扑中）。$\Leftarrow$要证明$\overline{\mathcal{B}}$是拓扑，于是要证明拓扑三公理，（1）$\varnothing,X{\in}\overline{\mathcal{B}}$成立。（2）可数并集还是在里面，根据$\overline{\mathcal{B}}$的定义直接可以得到。（3）有限交集还是属于$\overline{\mathcal{B}}$。首先$\forall U_1,U_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$，$U_1{\cap}U_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$，因为$U_i=U_{\alpha_i{\in}N}B_{\alpha_i},B_{\alpha_i}{\in}{\mathcal{B}},i=1,2.$，于是$U_1{\cap}U_2=({\cup}_{\alpha_1}B_{\alpha_1}){\cap}({\cup}_{\alpha_2}B_{\alpha_2})$，而式子$={\cup}_{\alpha_1,\alpha_2}(B_{\alpha_1}{\cap}B_{\alpha_2})$，由于（2），可以得到$B_{\alpha_1}{\cap}B_{\alpha_2}{\in}\overline{\mathcal{B}}$，再由定义，于是可以推出$U_1{\cap}U_2{\in}\overline{\mathcal{B}}$。例子：1，$R,\mathcal{B}=\left\{(a,b)|a<b\right\}$满足1，2$R={\bigcup}_{i{\in}Z}(i,i+2)$$\forall B_1=(a_1,b_1),B_2=(a_2,b_2),x{\in}(a_1,b_1){\cap}(a_2,b_2),x{\in}(a,b)$。$$ a=\max\left\{a_1,a_2\right\},b=\min\left\{b_1,b_2\right\}\Rightarrow(a_1,b_1){\cap}(a_2,b_2){\in}\overline{\mathcal{B}}\Rightarrow\overline{\mathcal{B}} $$为一个拓扑。而拓扑基甚至还可以更小，比如可以取$\mathcal{B}'=\left\{(a,b)|a<b,b{\in}Q\right\}$，而这时候$\mathcal{B}'$为$R$的一个拓扑基。显然满足1与2，于是可以知道$\overline{\mathcal{B}}=\overline{\mathcal{B}'}$，可以有一个等价拓扑基的概念。甚至还可以拥有更小的一个拓扑$\mathcal{B}''$，是一个可数基$\mathcal{B}''=\left\{a<b,a,b{\in}Q\right\}$。这里是因为无理数可以由有理数逼近。成为拓扑空间的拓扑基$\mathcal{B}$为$(X,\tau)$的一个拓扑基（也就是$\overline{\mathcal{B}}=\tau $）其充要条件为：$\mathcal{B}{\subset}\tau$。（$B{\in}\mathcal{B}{\Rightarrow}B是开集$）$\tau{\subset}\overline{\mathcal{B}}$，（每个开集都是$\mathcal{B}$中成员的并集）证明：如果已经知道是拓扑基，则$\Rightarrow$是显然的，因为根据$\overline{\mathcal{B}} $定义，可以知道1与2。而$\Leftarrow$方向，由1可以通过$\overline{\mathcal{B}} $定义得到$\overline{\mathcal{B}} {\subset}\tau$，因为$\tau$的成员可数并还在$\tau$。那么只需要证明$\tau{\subset}\overline{\mathcal{B}} $，而这一点可以由2推出，则得到$\overline{\mathcal{B}}=\tau$。以拓扑基取限制与空间限制拓扑的拓扑基$(X,\tau)$是一个拓扑空间，其$\mathcal{B}$是这个空间的拓扑基，于是乎可以做出$\mathcal{B}_A=\left\{A{\cap}B|B{\in}\mathcal{B}\right\}$这个可以作为其限制的拓扑空间$(A,\tau_A)$的拓扑基。证明：1，$\mathcal{B}_A{\subset}\tau_A$这个由于两者的定义可以直接给出。2，要证$\tau_A{\subset}\overline{\mathcal{B}_A}$，接下来需要证明这个，然后由上述的条件，即可证明$\tau_A=\overline{\mathcal{B}_A}$，从而证毕。$\forall U_A{\in}\tau_A,U_A=U{\cap}A,U{\in}\tau{\subset}\overline{\mathcal{B}}$可以推出存在$B_{\alpha}{\in}\mathcal{B},U={\cup}_{\alpha}B_{\alpha},U_A=U{\cap}A={\cup}_{\alpha}B_{\alpha}{\cap}A={\cup}_{\alpha}(B_{\alpha}{\cap}A)$。而$B{\in}\mathcal{B}_A$，于是乎$U_A{\in}\overline{\mathcal{B}_A}$，于是可以证明$\tau_A{\subset}\overline{\mathcal{B}_A}$。拓扑基可以替代拓扑$\mathcal{B}$为$(X,\tau)$的拓扑基，则有以下三个性质：$x{\in}A{\subset}X$，$A$为$x$的邻域$\iff$存在$U{\in}\mathcal{B},x{\in}U{\subset}A$。$x$为$A$的聚点$\iff\mathcal{B}$中包含$x$的每个成员与$A$相交非空。$f: \widetilde{X}{\to}X$连续$\iff\forall B{\in}\mathcal{B},f^{-1}(B)$为$ \widetilde{X}$的开集。乘积空间基础知识$X_1,X_2$集合，$X_1{\times}X_2=\left\{(x_1,x_2)|x_1{\in}X_1,x_2{\in}X_2\right\}$这是笛卡尔积，而需要定义一个投影映射：$P_i:X_1{\times}X_2{\to}X_i$，$(x_1,x_2){ \mapsto }x_i,i=1,2$。并有运算：$$ A_1{\subset}X_1,A_2{\subset}X_2,A_1{\times}A_2{\subset}X_1{\times}X_2\\ A_1,B_1{\subset}X_1;A_2,B_2{\subset}X_2,(A_1{\times}A_2){\cap}(B_1{\times}B_2)=(A_1{\cap}B_1){\times}(A_2{\cap}B_2) $$拓扑基定义乘积空间定义：$X,Y$为拓扑空间$\mathcal{B}=\left\{U{\times}V|U{\subset}X开，V{\subset}Y开\right\}$，于是乎$\mathcal{B}$显然满足1，$X{\times}Y{\subset}B$，与2，$(U_1{\times}V_1){\cap}(U_2{\times}V_2){\in}\mathcal{B}$，既然属于$\mathcal{B}$则显然属于$\overline{\mathcal{B}} $，于是乎$\mathcal{B}$是拓扑基，$\overline{\mathcal{B}}$则成为了$X{\times}Y$的乘积拓扑。于是乎$(X{\times}Y,\overline{\mathcal{B}})$被称为乘积空间。乘积空间性质投影映射是连续的开映射乘积拓扑是在空间上使得投影映射连续的最小拓扑投影映射的复合连续性质（分量连续等价于复合连续）投影映射是连续的开映射$P_i:X_1{\times}X_2{\to}X_i$连续，且是开映射（将开集映射为开集）$f:X{\to}Y$开$\iff U{\subset}X$开，且$f(U){\subset}Y$开。证明：连续性：$\forall U_1{\subset}X_1$开，进一步有$P_1^{-1}(U_1)=U_1{\times}X_2{\in}\mathcal{B}{\subset}\overline{\mathcal{B}}$开。开映射，显然$\forall U{\times}V{\in}\mathcal{B},P_1(U{\times}V)=U$是开集。其另一个分量也是一样的证明。最小拓扑乘积拓扑是$X_1{\times}X_2$上使得$P_1,P_2$都是连续映射的最小拓扑证明：$(X_1{\times}X_2, \widetilde{\tau})$中，$P_1,P_2$都是连续映射，则可以推出$\forall U_1{\subset}X_1$开集，$U_2{\subset}X_2$开，进一步有$P_1^{-1}(U_1)=U_1{\times}X_2$开集，而这个显然属于$\widetilde{\tau}$。于是乎也有$P_2^{-1}(X_2{\times}U_2)$是开集并属于$\widetilde{\tau}$。进一步有$(U_1{\times}X_2){\cap}(X_1{\times}U_2)$其实就是$U_1{\times}U_2$是属于$\widetilde{\tau}$，于是有$\mathcal{B}{\subset}\widetilde{\tau}$，于是推出$\overline{\mathcal{B}}{\subset}\widetilde{\tau}$。投影映射的复合连续性质$$ f:Z{\to}X_1{\times}X_2连续{\iff}P_1 {\circ} f:Z {\to} X_1与P_2 {\circ} f:Z {\to} X_2都连续 $$证明，左端证明右端是显然的，因为投影映射是连续的开映射，于是由连续映射的复合还是连续映射直接可以证明。那么右端推左端：$U_i{\subset}Y_i$开，$i=1,2$。$(P_1{\circ}f)^{-1}(U_1){\subset}Z$开，$(P_2{\circ}f)^{-1}(U_2){\subset}Z$开，要证明$f^{-1}(U_1{\times}U_2){\subset}Z$开集，于是取$z{\in}f^{-1}(U_1{\times}U_2)\iff f(z){\in}U_1{\times}U_2$$iff$$P_1{\circ}f(z){\in}U_1,P_2{\circ}f(z){\in}U_2$，于是可以推出$f^{-1}(U_1{\times}U_2)=(P_1{\circ}f)^{-1}(U_1){\cap}(P_2{\circ}f)^{-1}(U_2)$可以推出$f^{-1}(U_1{\times}U_2)$为开集，于是证明完毕。嵌入映射定义嵌入映射：$\forall b{\in}X_2$，$ib:X_1{\to}X_1{\times}X_2$，$x{\to}(x_1,b)$。证明嵌入映射（要求同胚与1-1映射）证明：1-1映射是显然的，满射与单射都满足，于是乎仅需证明其同胚的映射正逆连续性质。连续，$P_1{\circ}ib=I_d,P_2{\circ}ib=b$于是可以推出是连续的，因为恒等映射与常值映射显然连续，由于上面已经证明的复合连续性质，显然可以得到$ib$映射的连续性质。反连续，$(ib)^{-1}|_{X_1{\times}b}=P_1|_{X_1{\times}ib}$，而显然知道投影映射连续，其限制必然连续，所以逆向的连续性质得证。这里指出了两个例子，一个是柱面的例子和一个是环面的例子，都讲述了乘积空间与拓扑基的表示形式，但是过于累赘所以这里不说。毕竟十分直观。豪斯托夫空间与正则空间豪斯托夫空间定义定义：$(X,\tau)$给出了一个拓扑空间，若满足$\forall x_1,x_2{\in}X,x_1\neq x_2$，存在$U_{x_1}{\subset}X,U_{x_2}{\subset}X$，其中$U_{x_i}$是为$x_i$的邻域，且$U_{x_1}{\cap}U_{x_2}=\varnothing$，则说明该空间为豪斯托夫空间（Hausdoff）。实质上：任何两个不同的点有不相交的邻域，就是豪斯托夫空间。例子1，$E^n$是豪斯托夫空间，这个很显然，取$x,y{\in}E^n$，再取$\varepsilon=\frac{1}{2}d(x,y)$，则必有$B_x(\varepsilon){\cap}B_y(\varepsilon)=\varnothing$。2，$X$是一个平凡拓扑空间，于是若$x_1{\neq}X_2,x_1,x_2{\in}X{\Rightarrow}$非豪斯托夫空间。3，$X$是一个离散拓扑空间，${x_1,x_2}{\subset}X$，只需要取$\left\{x_1\right\},\left\{x_2\right\}$则可以满足豪斯托夫空间的要求。4，$R$为余有限或者余可数拓扑，这不是一个豪斯托夫空间。证明：$x,y{\in}R,x{\neq}y$，设$x{\in}U_x{\in}R,y{\in}U_y{\in}R$皆为开集，$U_x{\cap}U_y=\varnothing,U_y{\subset}R{\backslash}U_x$，于是有$U_x{\subset}(U_y)^c$，因为$R{\backslash}U_x$至多可数，而$R{\backslash}U_y$是至多可数的，于是由于$U_y{\subset}R{\backslash}U_x$可以推出矛盾，即不可数包含在可数集合中，数量上出现了矛盾。正则空间定义定义$(X,\tau)$满足以下两个条件：单点集是闭集任意两个不相交闭集有不相交的邻域则称呼该空间为一个正则空间。正则空间显然要求更高一点，因为限制了单点集是闭集，并且要求是对闭集所说的。例子1，$R$上的余可数拓扑是非正则空间。2，正则空间必然是豪斯托夫空间证明：取单点集为闭集，那么任意两个单点集必然有两个不相交邻域（定义要求）。3，$(X,\tau_d)$度量空间是正则空间证明：首先证明单点集是闭集，$\forall x{\in}X$，$\forall y{\in}X$，$B_y(\varepsilon){\cap}\left\{x\right\}=\varnothing$，而$\varepsilon=d(x,y)$。于是乎有$X\backslash\left\{x\right\}={\cup}_{B_y(\varepsilon)}$，于是单点集$\left\{x\right\}$是闭集。因为补集是开集。接着证明任意两个不相交闭集有不相交的邻域。首先$A,B{\subset}X$是闭集，$A{\cap}B=\varnothing$，构造一个函数$f:X{\to}E$，$x{\to}\frac{d(x,A)}{d(x,A)+d(x,B)}$，其中$d(x,A)=inf\left\{d(x,a)|a{\in}A\right\}$，同理可以定义$d(x,B)$。接下来我们需要证明这个函数是连续的。首先证明$d(x,A)$是连续的。分为两步：1，$g:X{\to}E,x{\to}d(x,A)$是连续函数，只需要取$(r,s){\subset}E'$是开区间，$x{\in}g^{-1}((r,s))\Rightarrow$$g(x){in}(r,s)$，这时候取到$$ \varepsilon>0,0<\varepsilon<min\left\{g(x)-r,x-g(x)\right\} $$那么对$y{\in}B_{x}(\varepsilon)$，有$$ g(y)=d(y,A)=inf\left\{d(y,a)|a{\in}A\right\}{\le}inf\left\{d(y,x)+d(x,a)|a{\in}A\right\}=d(y,x)+d(x,A)<\varepsilon+g(x) $$而又有$$ g(x)=d(x,A){\le}d(x,y)+d(y,A){\le}\varepsilon+g(y) $$，综上可以得到$g(y)>g(x)-\varepsilon>r$，进一步推出$g(y){\in}(r,s)$，而这样就可以得到$B_x(\varepsilon){\subset}g^{-1}(r,s)$，由$x$的任意性，可以推出$g$是连续函数。2，$d(x,A)=0{\iff}x{\in}A$，显然从右边推左边是定义；而从左边推到右边，我们用反证法：假设$x{\notin}A$，$A$是闭集，于是可以推出$X{\backslash}A$是开集，取$x{\in}X{\backslash}A$，则存在$\varepsilon>0,B_x(\varepsilon){\subset}X{\backslash}A$，可以推出$B_x(\varepsilon){\cap}A=\varnothing$，则有$d(x,A){\ge}\varepsilon>0$，显然与条件矛盾，于是乎$x{\in}A$。于是可以证明，$d(x,A)+d(x,B)\neq0$恒成立，于是这个函数$f$的定义有意义，并且通过连续函数的有限次初等运算仍为连续函数，所以得以证明$f$是连续函数。于是乎，接下来需要用到这个函数，找到任意两个闭集的一个邻域，从而将其分隔开来。$\forall a{\in}A,f(a)=0$，$\forall b{\in}B,f(b)=1$，于是乎只需要取到$f^{-1}((-\infty,\frac{1}{2}))$这里包含是$A$的邻域，而$f^{-1}((\frac{1}{2},\infty))$则是包含$B$的邻域，于是乎可以用这个函数的连续性质，其拉回还是开集，从而得到两个邻域把任意两个不相交的闭集用邻域分隔开来。乌雷松引理设$(X,\tau)$是一个正则空间，则任意$X$中的闭集$A,B$，$A{\cap}B=\varnothing$，存在$X$上的连续函数$f$：$f|A=0,f|B=1$。仔细一看与上面证明好似一致，但是这里没有度量，无法使用度量进行分开，于是这个函数显然不能显式表述，并且因为没有度量，于是这个证明变得比较困难。证明：记$Q_1$是$[0,1]$中的有理数的集合，它是一个可数集，证明分为两步：一：用归纳法构造开集族$\left\{U_r:r{\in}Q_I\right\}$，使得：当$r<r'$时，$\overline{U_r}{\subset}U_{r'}$；$\forall r{\in}Q_I，A{\subset}U_r{\subset}B^c$。作法如下：将$Q_I$随意地排列为$\left\{r_1,r_2,\cdots\right\}$，只需使$r_1=1,r_2=0$然后对$n$归纳地构造$U_{r_n}$，取$U_{r_n}=B^c$，它是$A$的开邻域，根据正则空间的定义，可以构造$U_{r_2}$是$A$的开邻域，$\overline{U_{r_2}}{\subset}U_{r_1}$。现在设$U_{r_1},U_{r_2},\cdots,U_{r_n}$已构造，它们满足上述的两个条件，于是记$r_{i(n)}=\max\left\{r_l|l{\le}n,r_l<r_{n+1}\right\},r_{j(n)}=\min\left\{r_l|l{\le}n,r_l>r_{n+1}\right\}$，则$r_{i(n)}<r_{j(n)}$，因此$\overline{U_{r_{i(n)}}}{\subset}U_{r_{j(n)}}$，作$U_{r_{n+1}}$是$\overline{U_{r_{i(n)}}}$的开邻域，并且$\overline{U_{r_{n+1}}}{\subset}U_{r_{j(n)}}$，容易验证$U_{r_1},U_{r_2},\cdots,U_{r_n},U_{r_{n+1}}$仍旧满足上述两个条件。二：做出规定的函数$f:X{\to}E^1,\forall x{\in}X$$f(x)=\sup\left\{r{\in}Q_I|x{\notin}U_r\right\}=\inf\left\{r{\in}Q_I|x{\in}U_r\right\}$。这里给出$f(x)$的两个定义，如果$\forall r,x{\notin}U_r$，就用第一式，如果$\forall r,x{\in}U_r$则用第二式。余下的情况，两式子的值是一样的，因为$A{\subset}U_r,\forall r{\in}Q_I$，所以$f$在$A$上各点的值都为0；类似地，$f$在$B$上个点取值为1，现在仅需证明$f$连续即可，为此只需要说明对任何开区间$(a,b),f^{-1}(a,b)$是$X$的开集，也就是它的每一点都是内点。根据$f$的定义，$\forall r{\in}Q_I$，（1），若$x{\in}U_r$，则$f(x){\le}r$；（2）若$x{\notin}U_r$，则$f(x){\ge}r$。从$f$的定义还可以看出：$0{\le}f(x){\le}1,\forall x{\in}X$。设$x{\in}f^{-1}(a,b)$，即$a<f(x)<b$，要证明$x$有开邻域包含在$f^{-1}(a,b)$内。如果$f(x)\neq0,1$，则可以取$r,r',r''{\in}Q_I$，使得$a<r'<r''<f(x)<r<b$，由（1）知道，$x{\notin}U_{r''}$，从而$x{\notin}\overline{U_{r'}}$；由（2）可以知道：$x{\in}U_r$，因此$U_r{\cap}\overline{U_{r'}^c}$是$x$的开邻域。$\forall y{\in}U_r{\cap}\overline{U_{r'}^c}$。（1）与（2）说明$a<r'{\le}f(y){\le}r{<}b$，因此，$U_r{\cap}\overline{U^c_{r'}}{\subset}f^{-1}(a,b)$。如果$f(x)=0$，则$a<0$，取$r<b$，则$x{\in}U_r{\subset}f^{-1}(a,b)$。如果$f(x)=1$，则$b>1$，取$a<r'<r''$，则$x{\in}\overline{U^c_{r''}}{\subset}f^{-1}(a,b)$。
基础拓扑学1 引言从一笔画问题谈起，到所谓的戈尼斯堡七桥问题，四色问题，到欧拉示性数，到所谓的不定向流形（莫比乌斯圈，克莱因瓶）。其中均揭示了拓扑学的思考方式，从连续变换的角度去考虑问题，而不再基于所谓的长度等度量角度。这里简要提及一下欧拉示性数。Euler多面体定理这个定理适用于立体几何学：凸多面体的面数$f$，棱数$l$和顶点数$v$满足Euler公式$$ f-l+v=2 $$定理1：球面上一个连通的图的节点数$v$，枝数$l$以及它分割球面所成的面块数$f$满足公式$$ f-l+v=2 $$定理2：环面上一个连通图若分割环面称为一些简单面块（即没有洞的面块），则面块数$f$，图的枝数$l$和节点数$v$满足公式$$ f-l+v=0 $$这个示性数完全的表示了曲面的一种几何性质。研究目的研究拓扑学，实际上就是研究物体在连续变换下不变的几何性质。埃尔朗根纲领论述了变换群在几何中的主导作用，把所有几何统一在变换群论的观点之下。将几何定义为一个变换群之下的不变性质。换言之，就是有多少种不同的变换群，就有多少种不同的几何学。2 拓扑空间与连续映射实际上我们经常接触到的欧式空间，其满足代数结构和度量结构还有拓扑结构，是一个非常完美的对象。但是因为太完美，所以这些结构平常无法区分，而研究拓扑，则需要将拓扑结构抽离出来。映射的连续性映射的连续性是用来刻画拓扑变换的关键概念，所以拓扑结构必须能够刻画连续性概念。通过与我们之前学过的连续函数的一个对比，我们能够感受到脱离度量之后，只有开集能够刻画连续性的本质性质，而这个就是拓扑空间该具有的性质；拓扑空间就是那些具有开集结构的空间。拓扑空间的定义因为需要开集来刻画连续性，所以拓扑空间中的元素必然是开集，那么就需要对拓扑空间的刻画由开集来决定，我们定义拓扑空间$(X,\tau)$：$X,\varnothing$都包含在$\tau$中$\tau$中任意多个成员的并集都在$\tau$中$\tau$中有限多个成员的交集都在$\tau$中于是乎这就赋予$X$一个拓扑结构，从而成为拓扑空间，其中的元素均为开集。不同的拓扑我们知道，对于一个集合$X$上实际上可以定义不同的拓扑，这里举几个例子：平凡拓扑：$\left\{X,\varnothing\right\}$。离散拓扑：$2^X$。余有限拓扑：$\tau_f=\left\{A^c|A是X的有限子集\right\}{\cup}{\varnothing}$。余可数拓扑：$\tau_c=\left\{A^c|A是X的可数子集\right\}{\cup}{\varnothing}$欧式拓扑：$\tau_e=\left\{U|U是若干个开区间的并集\right\}$但是我们知道对于两个拓扑：如果有$\tau_1{\subset}\tau_2$，则称呼$\tau_2$比$\tau_1$精细，实则就是分的子集更多。赋予度量诱导拓扑度量拓扑实则是给集合赋予了度量之后自然诱导出来的拓扑空间。首先给与度量定义：集合$X$上的一个度量$d$是一个映射$d:X{\times}X{\to}R$，满足：正定性：$d(x,x)=0,\forall x{\in}X$，$d(x,y)>0,x\neq y$。对称性：$d(x,y)=d(y,x),\forall x,y{\in}X$。三角不等式：$d(x,z){\le}d(x,y)+d(y,z),\forall x,y,z{\in}X$。当集$X$上赋予了度量之后，称为度量空间$(X,d)$。这里需要根据这个度量给定一个开集的定义：设$x_0{\in}X$，$\varepsilon$是一个正数，称$X$的子集$$ B(x_0,\varepsilon):=\left\{x{\in}X|d(x_0,x)<\varepsilon\right\} $$为以$x_0$为心，以$\varepsilon$为半径的球形邻域。对于这个结构的若干并集定义为拓扑，那么要产生拓扑则必须要满足三大法则：显然，空集和全集都在这个拓扑里面，而对于若干个开集之并也在这个拓扑里面，所以只需要证明交在拓扑里即可。这个证明推导到后面，实则就是该度量空间中的任意两个球形邻域的交集是若干球形邻域的并集。而这个可以通过取交集中的任意点，从两个半径到两个圆心之间作差，取最小做半径即可包含这个点，得到一个开集。所以给与了度量必然可以诱导出一个度量拓扑。拓扑空间中的几个基本概念闭集：闭集就是开集的余集。实则拓扑空间也能用闭集刻画，但是由于是从连续映射概念引入，所以开集刻画拓扑已经深入人心，也没必要用闭集刻画。而闭集的刻画结构直接通过德摩根定理可以得到。邻域，内点和内部设$A$是拓扑空间$X$的一个子集，点$x{\in}A$。如果存在开集$U$，使得$x{\in}U{\subset}A$，则称$x$为$A$的一个内点，而$A$称为$x$的一个邻域。$A$中所有内点的集合称为$A$的内部。聚点与闭包设$A$是拓扑空间$X$的一个子集，$x{\in}X$，若$x$的每一个邻域都含有$A\setminus\left\{x\right\}$中的点，则称$x$为$A$的聚点。$A$的所有聚点的集合称为$A$的导集记为$A'$，称$\overline{A}=A{\cup}A'$为$A$的闭包。实际上内点概念容易理解，就是在集合中找到个开集去包含它，而邻域概念也很简单，内部直接就由定义给出。这里要给出一个提醒，内部实则是包含于$A$的最大开集。而对于聚点概念，显然这个聚点概念比内点的概念要强很多，实际上对于聚点来说，要求的是身边除了这个点之外，需要有其他点趋向于他。而导集与闭包则按定义给出。题型：闭包实则是包含$A$的最小闭集。其实最为形象的是单位圆，单位圆的里面都是内部，而圆曲线与内部合成的整个圆则是导集。稠密集定义稠密集：拓扑空间$X$的子集$A$是稠密的，如果$\overline{A}=X$。也就是闭包为全集，那么可想而知其聚点形成的导集，必然是$A^c$。具体例子可以想象实数轴$R$上的有理数集合$Q$。显然聚点是包括了无理数集的。如果$X$有可数的稠密子集，则称$X$是可分拓扑空间。