Espacio $W$ de mapas homotópicos nulos $g \in Hom(S^1, S^1)$ con $g(1)=1$ es contraíble.

Question

Esta es la afirmación cuya prueba no puedo entender del todo. En mi pregunta $S^1$ se define como subconjunto de números complejos de magnitud unitaria. La prueba es la siguiente:

Podemos obtener un biyección $V \to W$ , donde $V$ es un subespacio vectorial (y, por lo tanto, contraíble) de $Hom(S^1, \mathbb{R})$ de las funciones $f$ con $f(1)=0$ . La biyección se obtiene componiendo con la función $p: \mathbb{R} \to S^1; x \mapsto \exp(2\pi i x)$ . Función que compone con $p$ a la izquierda se denota como $p_*$ . Queremos demostrar que esta biyección es abierta, es decir, un homeomorfismo. Como también es un homomorfismo de grupo, basta con comprobar que una vecindad abierta de un elemento neutro es mapeada a una vecindad abierta de un elemento neutro. Basta con considerar conjuntos de la forma $C(K, U)$ , donde $K \subseteq S^1$ es compacto y $U \subseteq (-1, 1)$ es una vecindad abierta de $0$ . Desde $p$ está abierto, entonces $p(U) \subseteq S^{-1} \setminus -1$ (¿por qué?) está abierto en $S^1$ . Sostiene que $p_* C(K, U) = C(K, p(U))$ debido a la condiciones iniciales y está abierto.

$C(K, U)$ denota un conjunto abierto subbásico en topología compacta-abierta. $Hom(S^1, \mathbb{R})$ es un grupo con adición puntual, y $Hom(S^1, S^1)$ es un grupo con multiplicación puntual. Los elementos neutros de cada uno son mapas constantes a $0$ y $1$ respectivamente. También puedo demostrar $W$ es un subgrupo de $Hom(S^1, S^1)$ . $p_*$ es continua porque los dominios son localmente compactos.

En primer lugar, no entiendo por qué sólo consideramos $U \subseteq (-1, 1)$ . También creo que la afirmación de que $p(U) \subseteq S^{-1} \setminus -1$ es falsa, porque para que sea verdadera necesitaríamos tener $U \subseteq (-1/2, 1/2)$ . Pero entonces no consideramos todas las vecindades posibles, y por lo tanto no se demuestra que todos los conjuntos abiertos son mapeados a conjuntos abiertos. Tampoco entiendo por qué necesitamos la condición $p(U) \subseteq S^{-1} \setminus -1$ en absoluto. ¿No es suficiente con citar que $p$ está abierto para que $p_* C(K, U) = C(K, p(U))$ está abierto para un $U$ ? ¿Y qué podría condiciones iniciales ¿se refiere a esto?

En segundo lugar, no estoy muy seguro de por qué $p_*$ define una biyección. Creo que puedo argumentar que los mapas homotópicos nulos pueden ser levantados, lo que demuestra la subjetividad, y también que los levantamientos de la misma función sobre difieren en una constante entera, por lo que sólo hay uno de ellos con $f(1)=0$ . ¿Es suficiente? Levantando una función $g: X \to S^1$ Me refiero a encontrar una función $f: X\to \mathbb{R}$ tal que $pf=g$ . Dos ascensores difieren en una constante entera porque $pf = pf^{\prime}$ implica $pf/pf^{\prime}=1$ que dice que $\exp(2\pi i(f - f^{\prime}))=1$ .

Ahora escribiré un caso especial de la propiedad de elevación de la homotopía de mi libro de texto que utilizo para mi argumento.

Dejemos que $X$ sea un espacio topológico conectado, $f: X\to \mathbb{R}$ función continua y $H: I \times X \to S^1$ una homotopía que comienza con $pf$ . Entonces existe una única homotopía $F: I\times X \to \mathbb{R}$ que comienza con $f$ y $pF = H$ .

Lo usé para decir que los mapas homotópicos nulos pueden ser levantados. ¿Se puede utilizar para demostrar que $p_*$ es biyectiva más directamente?

Answer 1

1. $p$ es biyectiva: De hecho, cada mapa nulo-homotópico $f : S^1 \to S^1$ puede elevarse a un mapa $\tilde f : S^1 \to \mathbb R$ . Entonces los mapas $\tilde f_k(z) = \tilde f(z) + k$ danos todo ascensores de $f$ . Desde $f(1) = 1$ tenemos $\tilde f(1) \in p^{-1}(1) = \mathbb Z$ . Por lo tanto, $F =\tilde f_{-\tilde f(1)}$ es el ascensor único de $f$ tal que $F(1) = 0$ . Esto demuestra que $p_*$ es biyectiva.

2. Tienes razón, tenemos $p((-1/2,1/2)) = S^1 \setminus \{-1\}$ . Esto fue un error del autor. Si quiere, tome $p(x) = \exp(\pi i x)$ para conseguir $p((-1,1)) = S^1 \setminus \{-1\}$ o dejarlo como está y reemplazar $(-1,1)$ por $(-1/2,1/2)$ .

3. Veamos primero qué podemos decir sobre $p_*(C(K,U))$ para subbásico abierto $C(K,U)$ . En general, no podemos inmediatamente ver que $p_*(C(K,U))$ está abierto. De hecho, si $K \ne \emptyset$ y $U \ne \mathbb R$ alors $C(K,U)$ es un subconjunto propio de $Hom(S^1,\mathbb R)$ y por lo tanto $p_*(C(K,U))$ es un subconjunto propio de $Hom(S^1,S^1)$ . Pero si $U$ es demasiado grande, por ejemplo $U = (-1,1)$ alors $C(K,p(U)) = C(K,S^1) =Hom(S^1,S^1)$ es decir $p_*(C(K,U)) \subsetneqq C(K,p(U))$ . Un problema similar puede surgir para algunos $K$ . Como ejemplo, tomemos $K = \{-1\}$ y $U = (-1/2,1/2)$ . Entonces $p(U) = S^1 \setminus \{-1\}$ . Definir $f : S^1 \to S^1$ por $f(e^{2\pi it}) = e^{4 \pi it}$ para $t \in [0,1/2]$ y $f(e^{2\pi it}) = e^{4 \pi i(1-t)}$ para $t \in [1/2,1]$ . Este es un mapa no esencial con $f(1) = f(-1) = 1$ (por lo tanto $f \in Hom(S^1,S^1)$ con $f(K) \subset p(U)$ ). Pero el mapa $F = (p_*)^{-1}(f)$ que es la única elevación de $f$ tal que $F(1) = 0$ ) viene dada por $F(e^{2\pi it}) = 2t$ para $t \in [0,1/2]$ y $F(e^{2\pi it}) = 2(1-t)$ para $t \in [1/2,1]$ . Por lo tanto, $F(-1) = F(e^{\pi i}) = 1 \notin U$ es decir $F \notin C(K,U)$ .
   Por supuesto, la inclusión $p_*(C(K,U)) \subset C(K,p(U))$ tiene siempre cierto. A suficiente condición para $p_*(C(K,U)) = C(K,p(U))$ es que $K$ está relacionado con $1 \in K$ y $U$ está contenido en un intervalo abierto de la forma $(a,a+1)$ con $a < 0 < a+1$ . De hecho, considere $f : S^1 \to S^1$ tal que $f(K) \subset p(U)$ . Sea $V$ sea el componente conexo de $0$ en $U$ ; se trata de un intervalo abierto de longitud $\le 1$ . Desde $p : U \to p(U)$ es un homeomorfismo (recordemos $U \subset (a,a+1)$ ), vemos que $p(V)$ es el componente conectado de $p(U)$ que contiene $1$ . Sabemos que $f(K)$ está conectado y contiene $1$ Por lo tanto $f(K) \subset p(V)$ . El mapa $F = (p_*)^{-1}(f)$ es la única elevación de $f$ tal que $F(1) = 0$ . Así, $F(K) \subset p^{-1}(p(V))$ . Concluimos que el conjunto conectado $F(K)$ está contenida en el componente de $p^{-1}(p(V))$ que contiene $0 = F(1)$ . Esto es $V$ Por lo tanto $F \in C(K,V) \subset C(K,U)$ .
   Entonces, ¿qué se puede hacer para demostrar que $p_*$ ¿mapea cada conjunto abierto a un conjunto abierto?
   El mapa $p_* : Hom(S^1,\mathbb R) \to Hom(S^1,S^1)$ es un homomorfismo de grupo, donde la estructura de grupo es inducida por la adición $(F + G)(z) = F(z) + G(z)$ en $Hom(S^1,\mathbb R)$ y la multiplicación $(f \cdot g)(z) = g(z) \cdot g(z)$ en $Hom(S^1,S^1)$ . Ambos $Hom$ -Los grupos son grupos topológicos, lo que significa que las operaciones de grupo y las inversiones son continuas. Es entonces bien sabido que basta con demostrar que $p_*'$ es continua resp. abierta en el elemento neutro que es el $0$ -función. Esto significa que basta con demostrar que todas las vecindades abiertas "suficientemente pequeñas" de $0$ son mapeados a conjuntos abiertos. Más precisamente, tenemos que demostrar que cada vecindad abierta $W$ de $0$ contiene un barrio abierto $V$ de $0$ tal que $p_*(V)$ está abierto. $W$ contiene una vecindad abierta básica de $0$ con la forma $\bigcap_i C(K_i, U_i)$ . Ya que tenemos $0 \in \bigcap_i C(K_i, U_i)$ obtenemos $0 = 0(K_i) \subset U_i$ . Por lo tanto, $0 \in C(\bigcup_i K_i, \bigcap_i U_i) \subset \bigcap_i C(K_i, U_i)$ . Sea $K = \bigcup_i K_i$ y $U = (-1/2,1/2) \cap \bigcap_i U_i$ . Entonces $0 \in V = C(S^1,U) \subset C(K,U) \subset C(\bigcup_i K_i, \bigcap_i U_i) \subset W$ . Este $V$ es que en su pregunta.
   Nótese que no podemos argumentar que basta con considerar subbásicos abiertos $W$ ; recuerda las consideraciones anteriores. Tenemos que reducir $W$ a algo que sabemos que está mapeado a un conjunto abierto.

Answer 2

Hay una respuesta de Paul Frost que me ayudó bastante. Llego a la conclusión de que la prueba de mi libro de texto contiene un error que intentaré solucionar en mi tercer punto más adelante.

1. El argumento más sencillo de que la función es biyectiva se basa en el hecho de que toda función homotópica nula $S^1 \to S^1$ y que todas estas elevaciones difieren en una constante entera. De ello se deduce que existe una única elevación $\tilde{f}$ tal que $\tilde{f}(0)=1$ . La elevabilidad de las funciones homotópicas nulas puede derivarse de la propiedad de elevación de la homotopía.
2. De hecho, es posible que tengamos que exigir $U\subseteq (-1/2, 1/2)$ para que haya $p(U) \subseteq S^1 \setminus \{-1\}$ .
3. Desde $V,W$ son grupos topológicos, basta con demostrar que toda vecindad de un elemento neutro es mapeada a una vecindad de un elemento neutro; se puede derivar entonces que todos los conjuntos abiertos son mapeados a conjuntos abiertos. Además, como $p_*$ es biyectiva, y se cumple que $$p_* \left(\bigcap_i^{n} M(K_i, U_i)\right)=\bigcap_i^{n} p_* \left(M(K_i, U_i)\right),$$ podemos querer demostrar que cada vecindad abierta subbásica $M(K, U)$ de $0$ contiene la vecindad subbásica $M(K^{\prime}, U^{\prime})$ de $0$ que se mapea en una vecindad abierta del elemento neutro $1$ en $H$ . Ya que para cualquier $K, U$ es cierto que $$M(K \cup S^1, (-1/2, 1/2) \cap U) \subseteq M(K, U),$$ basta con demostrar que $p_* M(S^1, U) = M(S^1, p(U))$ si tenemos $U \subseteq (-1/2, 1/2)$ . Podemos demostrarlo considerando lo siguiente: $$p_*^{-1} M(K, U) = M(K, p^{-1} U).$$ En nuestro caso vemos que $$p_*^{-1}M(S^{1}, p(U)) = M(S^{1}, p^{-1}p(U)) = M\left(S^{1}, \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} n+U\right) \subseteq M\left(S^{1}, \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} n+(-1/2, 1/2)\right).$$ La última inclusión se da para que podamos destacar que el conjunto abierto es disjunto. Como tenemos que $S^1$ está conectado, su imagen bajo $f \in Hom(S^1, \mathbb{R})$ también está conectado. Como también imponemos que $f(1)=0$ es cierto que $$M\left(S^{1}, \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} n+U\right)=M\left(S^{1},U\right).$$ Por último, hemos demostrado que $$p_*^{-1}M(S^{1}, p(U))=M(S^{1},U),$$ del cual se desprende $$p_*M(S^1, U) = M(S^1, p(U)).$$ Termina mi argumento de que una vecindad arbitraria de $0$ contiene una vecindad abierta más pequeña de $0$ que se mapea en una vecindad abierta de $1$ .