Mapa de $RP^2 \vee S^1$ nullhomotopic

Question

Deje $R$$S^{1}\vee S^{1}$. Llame al primer círculo por $a$ y el segundo por $b$. Deje $X$ espacio uniendo dos $2$-células a $R$ a través de la mapa de los límites de $a^{3}$ y el otro a través del mapa de los límites de $ababababab$. Demostrar que cualquier mapa de $f: X\to \mathbb{RP}^{2}\vee S^{1}$ es nulo homotópica.

P. S: Uno puede empezar a mirar a la inducida por el mapa entre grupos fundamentales y, a continuación, levante $f$ hasta la universalización de la cobertura, pero entonces el problema es la cobertura universal de $\mathbb{RP}^{2}\vee S^{1}$ no contráctiles y esto no funciona! Cualquier otra idea es bienvenida!

Answer 1

Que $\alpha$ ser el generador de $\pi_1(\mathbb RP^2)$ y $\beta$ generador de $\pi1(S^1)$. Tenga en cuenta que $f(a)$ puede ser escrito sólo dos maneras: $\alpha\beta^{k_1}\alpha\dots\alpha\beta^{k_n}\alpha\,\,$ o $\,\,\beta^{k_1}\alpha\beta^{k_2}\dots\alpha\beta^{k_n}\,\,$ $k_i\in\mathbb Z$. Entonces, como es fácil de ver, si $k_1\ne -kn$, que no podemos reducir "β" de cartas así que $f(a)^3=1$; Si $k_1=-kn$, podemos actuar en el $f$ por la conjugación, y entonces la imagen de $a$ se convirtió en $\alpha\beta^{k2}\dots\beta^{k{n-1}}\alpha\,$ o $\,\beta^{k2}\alpha\dots\alpha\beta^{k{n-1}}$. Repitiendo esto que podemos mostrar que $f_(a)=1$.

El mismo algoritmo muestra que $f*(b)^5=1\,\Rightarrow\,f*(b)=1$.