16. Индуцированный гомоморфизм. Фундаментальная группа — гомотопический инвариант. Накрытия. Фундаментальная группа окружности. Ретракция замкнутого диска на граничную окружность

49.3. Лемма. Пусть h, g : X → Y — гомотопные отображения, h(x0) = y0, g(x0) = y1, и
Φ : X × I → Y — гомотопия, их соединяющая. Тогда для пути α : I → Y , α(t) = Φ(x0, t) с
началом α(0) = h(x0) = y0 и концом α(1) = g(x0) = y1 имеем
g∗ = α# ◦ h∗.
Доказательство. Надо показать, что
g∗([ϕ]) = α#(h∗([ϕ])) (49.1)
для любого [ϕ] ∈ π(X, x0). Равенство (49.1) эквивалентно равенству
[g ◦ ϕ] = [α]
−1
· [h ◦ ϕ] · [α]
или равенству
[α] · [g ◦ ϕ] = [h ◦ ϕ] · [α],
которое и будем проверять. Надо показать, что α(g ◦ ϕ) ∼ (h ◦ ϕ)α.
Рассмотрим отображение G = ϕ×id : I ×I → X ×I, и пути в I ×I: δi
: I → I ×I, δi(s) = (s, i),
βi
: I → I × I, βi(t) = (i, t), i = 0, 1. Тогда
Φ ◦ G ◦ δ0 = h ◦ ϕ, Φ ◦ G ◦ δ1 = g ◦ ϕ,
Φ ◦ G ◦ βi = α, i = 0, 1.
Проверим первое равенство и равенство Φ ◦ G ◦ β0 = α. Для любых точек s ∈ I, t ∈ I
(Φ ◦ G ◦ δ0)(s) = (Φ ◦ G)(s, 0) = Φ(ϕ(s), 0) = h(ϕ(s)) = (h ◦ ϕ)(s).
(Φ ◦ G ◦ β0)(t) = (Φ ◦ G)(0, t) = Φ(x0, t) = α(t).
Пути β0δ1 и δ0β1 в I × I имеют совпадающие начала — (0, 0) и концы — (1, 1). Так как
квадрат I ×I односвязен (Пример 48.13.2 Лекции 15), то пути β0δ1 и δ0β1 гомотопны. Обозначим
соотвествующую гомотопию H. Тогда Φ ◦ G ◦ H — связанная гомотопия, соединяющая пути
α(g ◦ ϕ) и (h ◦ ϕ)α.
Действительно, для любой точки s ∈ I
(Φ ◦ G ◦ H)(s, 0) = (Φ ◦ G ◦ (β0δ1))(s) = (Φ ◦ ((G ◦ β0)(G ◦ δ1)))(s) =
((Φ ◦ G ◦ β0)(Φ ◦ G ◦ δ1))(s) = (α(g ◦ ϕ))(s).
Равенство Φ ◦ G ◦ H = (h ◦ ϕ)α проверяется аналогично. Связанность гомотопии. Для любой
точки t ∈ I
(Φ ◦ G ◦ H)(0, t) = (Φ ◦ G)(0, 0) = Φ(x0, 0) = h(x0) = y0,
и аналогичная проверка для точек (1, t) ⊂ I × I.
Непрерывность гомотопии Φ ◦ G ◦ H очевидна.
49.4. Теорема. Пусть f : (X, x0) → (Y, y0) — гомотопическая эквивалентность. Тогда
f∗ : π(X, x0) → π(Y, y0)
изоморфизм.
Доказательство. Пусть g : Y → X — гомотопически взаимно обратная к f гомотопическая
эквивалентность, g(y0) = x1, f(x1) = y1. Имеем
(X, x0)
f
−→ (Y, y0)
g
−→ (X, x1)
f
−→ (Y, y1).
Определены индуцированные гомоморфизмы
π(X, x0)
(fx0
)∗
−→ π(Y, y0)
g∗ −→ π(X, x1)
(fx1
)∗
−→ π(Y, y1).
Так как отображение g ◦ f : (X, x0) → (X, x1) гомотопно тождественному отображению idX, то
по Лемме 49.3 существует путь α в X с началом в точке x0 и концом в точке x1, для которого
g∗ ◦ (fx0
)∗ = (g ◦ f)∗ = α# ◦ (idX)∗ = α#. (49.2)
Тем самым g∗ ◦ (fx0
)∗ — изоморфизм. Значит, g∗ — сюръективно.
86
Так как f ◦ g гомотопно тождественному отображению idY , то рассуждая аналогично предыдущему, имеем (f ◦ g)∗ = (fx1
)∗ ◦ g∗ — изоморфизм. Значит, g∗ — инъективно. Следовательно, g∗
— изоморфизм. Из равенства (49.2) имеем (fx0
)∗ = g
−1
∗ ◦ α#. Значит (fx0
)∗ = f∗ — изоморфизм.

49.5. Следствие. Если h : (X, x0) → (Y, y0) — гомеоморфизм, то h∗ — изоморфизм π(X, x0)
на π(Y, y0).
§ 50. накрытия . фундаментальная группа окружности . теорема брауэра о неподвижной точке .
50.1. Определение. Пусть p : X → B — непрерывное сюръективное отображение. Открытое
подмножество O ⊂ B называется правильно накрытым, если прообраз p
−1O является объединением попарно дизъюнктных открытых подмножеств Vs, s ∈ S, для каждого из которых ограничение p|Vs является гомеоморфизмом Vs на O. Элементы семейства {Vs : s ∈ S} называются
“листами” накрытия p над O.
Если у любой точки b ∈ B имеется правильно накрытая окрестность, то p называется накрывающим отображением или накрытием, X — накрывающим или тотальным пространством,
B — базой.
50.2. Примеры. 1. id : X → X.
2. prX : X × Y → X, где Y — дискретное пространство. (X — правильно накрытое открытое
подмножество, X × {y}, y ∈ Y , — лист накрытия.)
3. p : R → S
1
, p(t) = (cos(2πt),sin(2πt)). (Например, прообразом интервала S
1 ∩ {(x, y) : x >
0} является объединение интервалов S
{(n −
1
4
, n +
1
4
) : n ∈ Z}, и ограничение p на интервал
(n −
1
4
, n +
1
4
) — гомеоморфизм.)
4. Естественная проекция S
n на RP
n, n ∈ N.
50.3. Определение. Пусть p : X → B и f : A → B — произвольные отображения. Отображение g : A → X накрывает f или является его поднятием, если p ◦ g = f.
50.4. Теорема о накрывающем пути. Пусть p : X → B — накрытие, и p(x0) = b0. Тогда
любой путь ϕ : I → B с началом в b0 допускает единственное поднятие ϕ˜ : I → X — путь с
началом в x0.
Доказательство. Пусть покрытие u ∈ cov(B) такое, что каждый элемент U ∈ u правильно
накрыт. Разобьем отрезок I на n отрезков Ik =

k
n
,
k+1
n

, k = 0, . . . , n − 1 так, чтобы любое
множество ϕ(Ik) содержалось в некотором элементе покрытия u. Для этого достаточно, чтобы
n > 1

, где  — число Лебега покрытия ϕ
−1u = {ϕ
−1
(U) : U ∈ u} (Лемма 37.1 (Теорема Лебега о
покрытиях) Лекции 10). Последовательно будем определять ϕ˜ — поднятие ϕ.
Полагаем ϕ˜(0) = x0. ϕ(I0) лежит в правильно накрытом элементе U0 ∈ u. Берем V0 — тот из
листов накрытия над U0, которому принадлежит точка x0. Определим ϕ˜(t) для t ∈ I0 следующим
образом
ϕ˜(t) = (p|V0
)
−1
(ϕ(t)).
Так как p|V0
: V0 → U0 гомеоморфизм, то ϕ˜ корректно определено и непрерывно на I0.
Пусть ϕ˜ определено для t ∈ Ik, k < n − 1. ϕ(Ik+1) лежит в правильно накрытом элементе
Uk+1 ∈ u. Берем Vk+1 — тот из листов накрытия над Uk+1, которому принадлежит точка ϕ˜(
k+1
n
).
При t ∈ Ik+1 определим ϕ˜(t) для t ∈ Ik+1 следующим образом
ϕ˜(t) = (p|Vk+1 )
−1
(ϕ(t)).
Так как p|Vk+1 : Vk+1 → Uk+1 гомеоморфизм, то ϕ˜ корректно определено и непрерывно на Ik+1.
Таким образом определено поднятие ϕ˜, непрерывность которого следует из пункта 13.4.6 свойств
отображений Лекции 3.
Единственность поднятия. Пусть ϕ˜
0 — поднятие ϕ. Тогда ϕ˜
0
(0) = ˜ϕ(0) = x0. Пусть ϕ˜
0
(t) = ˜ϕ(t)
для всех 0 ≤ t ≤
k
n
. Для t ∈ Ik имеем ϕ˜(t) = (p|Vk
)
−1
(ϕ(t)). Так как ϕ˜
0 — поднятие ϕ, то
ϕ˜
0
(Ik) ⊂ W =
[
{Vs : Vs − лист накрытия над Uk}, где ϕ(Ik) ⊂ Uk.
Множество ϕ˜
0
(Ik) связно, а множество W является объединением открытых и попарно дизъюнктных подмножеств. Поэтому ϕ˜
0
(Ik) содержится в единственном листе накрытия Vs, которому
принадлежит точка ϕ˜
0
(
k
n
). Но этому же листу принадлежит и точка ϕ˜(
k
n
). Значит ϕ˜
0
(t) = ˜ϕ(t)
для всех 0 ≤ t ≤
k+1
n
так как p|Vs — гомеоморфизм Vs на Uk.
87
50.5. Теорема о накрывающей гомотопии. Пусть p : X → B — накрытие, и p(x0) = b0.
Тогда для отображения Φ : I × I → B, Φ(0, 0) = b0, существует единственное поднятие
Φ : ˜ I × I → X такое, что Φ(0 ˜ , 0) = x0.
Если Φ — гомотопия путей ϕ0 = Φ|X×{0} и ϕ1 = Φ|X×{1}, то Φ˜ — гомотопия их поднятий
ϕ˜0 и ϕ˜1.
Доказательство. Полагаем Φ(0 ˜ , 0) = x0, и, используя Теорему 50.4, определяем отображение
Φ˜ на множестве {0} × I ∪ I × {0} (поднимаем пути Φ|{0}×I
: I → B и Φ|I×{0} : I → B).
Пусть покрытие u ∈ cov(B) такое, что каждый элемент U ∈ u правильно накрыт. Используя
число Лебега покрытия ϕ
−1u = {ϕ
−1
(U) : U ∈ u}, разобьем отрезок I на n отрезков
Ik =
k
n
,
k + 1
n

, k = 0, . . . , n − 1
и на m отрезков
Jl =
l
m
,
l + 1
m

, l = 0, . . . , m − 1
так, чтобы любое множество Φ(Ik ×Jl) содержалось в некотором элементе покрытия u. Последовательно будем определять Φ˜ — поднятие Φ. Начиная с прямоугольника I0 ×J0 последовательно
для k = 1, . . . , n − 1 определим поднятие Φ на прямоугольниках нижнего ряда Ik × J0; затем
второго ряда Ik × J1, k = 0, . . . , n − 1; и т.д.
Полагаем Φ(0 ˜ , 0) = x0. Φ(I0 × J0) лежит в правильно накрытом элементе U0,0 ∈ u. Берем V0,0
— тот из листов накрытия над U0,0, которому принадлежит точка x0. Определим Φ( ˜ t, t0
) для
(t, t0
) ∈ I0 × J0 следующим образом
Φ( ˜ t, t0
) = (p|V0,0
)
−1
(Φ(t, t0
)).
Так как p|V0,0
: V0,0 → U0,0 гомеоморфизм, то Φ˜ корректно определено и непрерывно на I0 × J0.
Определим Φ˜ на Ik0 × Jl0
, l0 ≤ m − 1, k0 ≤ n − 1, предполагая, что Φ˜ определено для (t, t0
) ∈
Ik × Jl при l < l0 и при l = l0, k < k0, и на множестве ({0} × I) ∪ (I × {0}). ϕ(Ik0 × Jl0
)
лежит в правильно накрытом элементе Uk0,l0 ∈ u. Берем Vk0,l0 — тот (единственный) из листов
накрытия над Uk0,l0
, которому принадлежит связное множество Φ(( ˜ {
k0
n
} × Il0
) ∪ (Ik0 × {l0+1
m })).
При (t, t0
) ∈ Ik0 × Jl0
определим Φ( ˜ t, t0
) следующим образом
Φ( ˜ t, t0
) = (p|Ik0,l0
)
−1
(Φ(t, t0
)).
Так как p|Uk0,l0
: Vk0,l0 → Uk0,l0
гомеоморфизм, то Φ˜ непрерывно на Ik0 × Jl0
. Таким образом
определено поднятие Φ˜, непрерывность которого следует из пункта 13.4.6 свойств отображений
Лекции 3.
Аргументы доказательства единственности поднятия Φ˜ аналогичны тем, что использовались
в Теореме 50.4.
Пусть Φ — гомотопия путей ϕ0 и ϕ1. Тогда Φ({0}×I) = b0, и Φ( ˜ {0}×I) — связное подмножество
в дискретном пространстве p
−1
(b0), содержащее точку x0. Значит, Φ( ˜ {0} × I) = x0. Аналогично
доказывается, что Φ( ˜ {1} × I) одноточечно. Тем самым, Φ˜ — гомотопия путей ϕ˜0 и ϕ˜1.
50.6. Следствие. Пусть p : X → B — накрытие, и p(x0) = b0. Пусть ϕ и ψ — пути в B с
началом в b0, ϕ˜ и ψ˜ — их поднятия с началом в x0. Если ϕ ∼ ψ (и, значит, ϕ(1) = ψ(1)), то
ϕ˜(1) = ψ˜(1).
50.7. Определение. Пусть p : X → B — накрытие, и p(x0) = b0. Отображение p? : π(B, b0) →
p
−1
(b0),
p?([ϕ]) = ˜ϕ(1),
где ϕ˜(0) = x0, назовем соответствием поднятия.
В силу Следствия 50.6 оно корректно определено.
50.8. Теорема. Пусть p : X → B — накрытие, и p(x0) = b0.
Если X линейно связно, то соответствие поднятия p? : π(B, b0) → p
−1
(b0) сюръективно.
Если X односвязно, то p? биективно.
Доказательство. Если X линейно связно, и x1 ∈ p
−1
(b0), то существует путь ϕ˜ : I → X с
началом x0 и концом x1. Тогда ϕ˜ является поднятием петли ϕ = p ◦ ϕ˜. Значит, p?([ϕ]) = x1.
Пусть X односвязно, и [ϕ], [ψ] ∈ π(B, b0) такие, что p?([ϕ]) = p?([ψ]). Если ϕ˜ и ψ˜ — поднятия
ϕ и ψ соответственно, то, в силу односвязности X, существует их гомотопия Φ˜. Тогда Φ = p ◦ Φ˜
— гомотопия петель ϕ и ψ.
88
50.9. Теорема (фундаментальная группа окружности). Фундаментальная группа окружности изоморфна (аддитивной) группе Z целых чисел.
Доказательство. Пусть p : R → S
1 — накрытие из Примера 50.2.3, b0 = (1, 0). Тогда
p
−1
(1, 0) = Z. Полагаем x0 = 0. Так как R — односвязное пространство, то соответствие поднятия
p? : π(S
1
, b0) → Z
биекция. Покажем, что p? — гомоморфизм.
Для [ϕ], [ψ] ∈ π(S
1
, b0) пусть ϕ˜ и ψ˜ — поднятия ϕ и ψ соответственно, и ϕ˜(1) = n и ψ˜(1) = m.
Тогда p?([ϕ]) = n, p?([ψ]) = m.
Пусть ψ˜0
(t) = n + ψ˜(t) — путь в R. Так как p(n + x) = (cos(2π(n + x)),sin(2π(n + x))) =
(cos(2πx),sin(2πx)) = p(x), то ψ˜0 — поднятие петли ψ с началом в точке n. Корректно определено
произведение ϕ˜ψ˜0 путей ψ˜ и ψ˜0 в R. Кроме того, путь ϕ˜ψ˜0
, с началом в 0, — поднятие петли ϕψ.
Тем самым
p?([ϕ][ψ]) = p?([ϕψ]) = ˜ϕψ˜0
(1) = n + m = p?([ϕ]) + p?([ψ]).

50.10. Определение. Пусть A ⊂ X. Непрерывное отображение f : X → A, для которого
f(a) = a, a ∈ A, называется ретракцией X на A, подмножество A называется ретрактом X.
Заметим, что непрерывное отображение f : X → X является ретракцией на свой образ f(X)
в том и только том случае, если f ◦ f = f.
50.11. Предложение. Не существует ретракции замкнутого диска B2 = {x = (x1, x2) :
x
2
1 + x
2
2 ≤ 1} на граничную окружность S
1
.
Доказательство. Предположим, что существует ретракция r : B2 → S
1
, i : S
1 → B2 —
естественное вложение. Тогда r ◦ i = idS1 и r∗ ◦ i∗ — изоморфизм по Теореме 49.2 Лекции 15. Тем
самым, гомоморфизм i∗ — инъективен. Но π1(S
1
) = Z, π1(B2
) = 0 (Пример 48.13.2 Лекции 15).
Получено противоречие.
50.12. Теорема. (Теорема Брауэра о неподвижной точке.) Любое отображение f : B2 → B2
имеет неподвижную точку (т.е. существует точка x такая, что f(x) = x.)
Доказательство. Предположим, что у отображения f : B2 → B2 нет неподвижных точек. Тогда для любой точки x ∈ B2 определен вектор
−−−→
f(x)x, и существует k ≥ 0 такое, что
f(x) + k ·
−−−→
f(x)x ∈ S
1
. Обозначив r(x) = f(x) + k ·
−−−→
f(x)x, получаем ретракцию r : B2 → S
1 диска B2 на граничную окружность S
1
(ее непрерывность проверить самостоятельно). Получено
противоречие с Предложением 50.11.
Задание N 16
1. Пусть путь α соединяет точки x0 и x1, путь γ соединяет точки x1 и x2. Докажите, что
(αγ)# = γ#α#.
2. Докажите, если α ∼ γ, то α# = γ#.
3. Вычислить фундаментальную группу:
(1) S
n, n ∈ N, n ≥ 2;
(2) R
n \ {O}, n ∈ N, n ≥ 3.
4. Пусть X ⊂ R
n. Докажите, что если f : X → Y продолжается до отображения ˜f : R
n → Y ,
то гомоморфизм f∗ : π1(X, x0) → π1(Y, y0) тривиален.
5. Пусть отображение f : X → Y непрерывно, точки x0 и x1 соединены путем α, y0 = f(x0),
y1 = f(x1). Тогда
(f ◦ α)# ◦ (fx0
)∗ = (fx1
)∗ ◦ α#.
6. Пусть r : X → A — ретракция, a ∈ A.
Докажите сюръективность гомоморфизма
r∗ : π1(X, a) → π1(A, a).
Докажите для вложения i : A → X инъективность гомоморфизма
i∗ : π1(A, a) → π1(X, a).
7. Докажите , что p : R → S
1
, p(t) = (cos(2πt),sin(2πt)) — накрытие.
89
8. Докажите, что естественная проекция S
n на RP
n — накрытие, n ∈ N.
9. Пусть p : X → B — накрытие.
Докажите, что если база B — хаусдорфово (соответственно регулярное, тихоновское, локально компактное хаусдорфово) пространство, то и X хаусдорфово (соответственно регулярное,
тихоновское, локально компактное хаусдорфово) пространство.
Если база компактна, и p
−1
(b) конечно для любой точки b ∈ B, то X — компактное пространство.
10 (Теорема Брауэра о неподвижной точке.) Докажите, что любое непрерывное отображение
замкнутого диска B2 в себя имеет неподвижную точку.
11. Докажите, что при любом гомеоморфизме B2 точки из границы S
1 отображаются в точки
из границы.
12. Пусть f : S
1 → X — непрерывное отображение. Докажите, что следующие условия эквивалентны:
(a) f гомотопно нулю;
(b) f продолжается до непрерывного отображения ˜f : B2 → X;
(c) f∗ — тривиальный гомоморфизм.
13. Докажите, что R
2 не гомеоморфно R
n для любого n 6= 2, n ∈ N.
14. Вычислите фундаментальные группы проективных пространств RP
n, n ≥ 2.
Дополнительные задачи Задания N 16
15. Докажите, что изоморфизм α#, определяемый путем α с началом x0 и концом x1, не зависит от выбора пути с началом x0 и концом x1 в том и только том случае, если фундаментальная
группа π1(X, x0) абелева.
16. Докажите, что линейно связное пространство, являющееся объединением двух открытых
односвязных множеств, пересечение которых линейно связно, является односвязным.
17. Пусть множества U и V открыты в X. Докажите, что если множества U ∩ V и U ∪ V
односвязны, то и множества U и V односвязны.
18. Будет ли односвязен букет S
2 ∨ S
2
? Будет ли односвязен букет односвязных пространств?
19. Привести пример односвязного не стягиваемого пространства.
20. Построить накрытие:
(a) ленты Мебиуса цилиндром;
(b) бутылки Клейна тором;
(c) бутылки Клейна плоскостью;
(d) бутылки Клейна цилиндром.
21. Докажите, что если p : X → B — накрытие, B0 ⊂ B, то тогда для X0 = p
−1
(B0) p|X0
:
X0 → B0 накрытие.
22. Докажите, что если линейно связное пространство B имеет неоднолистное линейно связное
накрытие, то оно неодносвязно.
23. Докажите, что любое накрытие p : X → B с односвязной базой и линейно связным накрывающим пространством является гомеоморфизмом.
24. Пусть p : X → B — накрытие, и p(x0) = b0. Тогда
(a) p∗ : π1(X, x0) → π1(B, b0) — мономорфизм;
(b) для группы H = p∗(π1(X, x0)) соответствие поднятия
p? : π1(B, b0)/H → p
−1
(b0)
является инъективным. Если X линейно связно, то p? — биекция.
(c) если ϕ петля в B, то тогда [ϕ] ∈ H в том и только том случае, если ϕ поднимается до
петли в X.
25. Пусть p : X → B и p
0
: X0 → B0 — накрытия. Докажите, что p × p
0
: X × X0 → B × B0
накрытие.
90
26. Для накрытия p × id : (R × R⊕) → S
1 × R⊕ (плоскости с выколотой точкой) найдите путь,
являющийся поднятием пути:
(a) ϕ(t) = (2 − t, 0);
(b) ψ(t) = ((1 + t) cos(2πt),(1 + t) sin(2πt));
(c) χ(t) = ϕψ(t).
27. Для накрытия p × p : R
2 → S
1 × S
1 тора найдите путь, являющийся поднятием пути:
ϕ(t) = (cos(2πt),sin(2πt)) × (cos(4πt),sin(4πt)).
28. Докажите, что гомотопное нулю отображение f : S
1 → S
1 имеет неподвижную точку
(f(x) = x) и точку, отображующуся в антиподальную (т.е. f(x) = −x).
Пусть f : S
1 → S
1 такое непрерывное отображение, что f(−t) = −f(t) для любой точки
t ∈ S
1
. Докажите, что f гомотопно нулю.
29. Докажите, что для любой непрерывной функции f : S
1 → R существует точка t ∈ S
1
такая, что f(t) = f(−t).
30. Докажите:
π1(X × Y,(x0, y0)) ∼= π1(X, x0) × π1(Y, y0).
Вычислите фундаментальную группу: тора T
2
; полнотория S
1 ×B2
; S
1 ×S
2
; цилиндра S
1 ×R.
31. Вычислить фундаментальную группу: букета окружностей S
1 ∨ S
1
; букета сфер S
2 ∨ S
2
;
тора T
2
с выколотой точкой.