Pruébalo: Si $f: X \subset \mathbb{R}^n \rightarrow Y$ tiene una extensión continua a todos los $\mathbb{R}^n$ entonces $f_\ast$ es trivial.

Question

Pruébalo: Si $f: X \subset \mathbb{R}^n \rightarrow Y$ es continua y tiene una extensión continua a todo $\mathbb{R}^n$ entonces $f_\ast$ es trivial.

No estoy seguro de cómo el hecho de que exista una extensión cambia algo con respecto al grupo fundamental. Se me ha ocurrido un ejemplo contradictorio, que probablemente esté mal, pero no entiendo por qué está mal:

$X = [0,100]$ , $ Y = S^1$ y $f = (\sin(t),\cos(t))$ . Por supuesto $f$ tiene una extensión continua a todos los $\mathbb{R}$ pero no veo por qué $f_\ast$ debería ser trivial. Después de todo, $f$ da varias vueltas alrededor del círculo..

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Si $f: X \subseteq \mathbb{R}^n \to Y$ es continua, induce un homomorfismo $f_*: \pi_1(X) \to \pi_1(Y)$ . Sin embargo, si $F: \mathbb{R}^n \to Y$ extiende $f$ entonces tenemos que $F_*: \{1\} \to \pi_1(Y)$ es ciertamente trivial porque $\mathbb{R}^n$ es contraíble. Pero esto da una homotopía nula de $f(\gamma)$ por cada $\gamma: I \to X$ donde $H: I \times I \to Y$ no es más que la homotecia nula proporcionada por el mapa de $\mathbb{R}^n$ .

Answer 2

Dejemos que $\hat f: \Bbb R^n \to Y$ sea la extensión de $f$ y $i: X \to \Bbb R^n$ sea la inclusión. Por la funtoriedad de $\pi_1$ , $f_*=(\hat f \circ i)_*=\hat f_* \circ i_*$ . Como $\Bbb R^n$ es contraíble, tanto $\hat f_*$ y $i_*$ son cero (son mapas desde y hacia el grupo trivial respectivamente), y por tanto $f_*=0$ .