existencia de una elevación única de homotopía (Topología Algebraica de Hatcher)

Question

Actualmente estoy leyendo topología algebraica de Hatcher, y estoy confundido acerca de su prueba. Agradecería un poco de ayuda.

Sea $p$ sea un mapa de cobertura de $\widetilde{X}$ en $X$ . Dado un mapa $F: Y \times I \rightarrow X$ y un mapa $\widetilde{F}: Y \times \{0\} \rightarrow \widetilde{X}$ elevación $F|Y \times \{0\}$ entonces existe un único mapa $\widetilde{F} : Y \times I \rightarrow \widetilde{X}$ elevación $F$ y restringiendo a la $\widetilde{F}$ en $Y \times \{0\}$ .

Prueba: Elige $y_0 \in Y$ y para cada $t \in I$ existe una vecindad producto $N_t \times (a_t,b_t)$ tal que $F(N_t \times (a_t,b_t))$ está contenida en una vecindad uniformemente cubierta de $F(y_0, t)$ . Por compacidad de $\{y_0\} \times I$ con un número finito de productos $N_t \times (a_t,b_t)$ portada $\{y_0\}\times I$ . Esto implica que podemos elegir un único vecindario $N$ de $y_0$ y una partición $0 = t_0<t_1<\cdots<t_m = 1$ de $I$ para que para cada $i$ , $F(N \times [t_i,t_{i+1}])$ está contenida en una vecindad uniformemente cubierta $U_i$ .

Todo está bien hasta lo que sigue en negrita. Puede ocurrir que $(a_i, b_i) \cap (a_{i+1}, b_{i+1}) = \phi$ (cualquier cosa en $[b_t, a_{t+1}]$ está cubierto por otros intervalos abiertos en la cubierta), y no hay garantía de que $F(N \times [t_i, t_{i+1}]) \subset U_i$ para algunos uniformemente cubierto $U_i$ . ¿Qué tipo de elección tengo que hacer para la subcubierta finita para que $F(N \times [t_i, t_{i+1}]) \subset U_i$ ?

Muchas gracias de antemano.

Answer 1

Tenga en cuenta esto primero: usted tiene una cubierta abierta $\{y_0\}\times I$ si y sólo si tiene una colección de espacios producto del tipo $A_i\times B_i,$ donde $\{A_i\}$ es una cubierta abierta de $\{y_0\}$ y $\{B_i\}$ es una cubierta abierta de $I$ .

Por lo tanto, tenemos dos colecciones aquí también - $\{N_t\}$ y $T=\{(a_t,b_t)\}.$ Sea $N=\bigcap_tN_t;$ este conjunto es claramente abierto ya que la colección es finita y contiene $\{y_0\}.$ Desde $T$ cubre $I,$ existe un conjunto, digamos $(a_0,b_0)$ que contiene $0$ y también para cualquier conjunto $A\in T$ hay otro conjunto $B\in T$ tal que $A\cap B\neq \emptyset$ ( si lo hubiera, entonces un punto límite de $A$ no estaría contenido en la unión de todos los conjuntos de $T$ y $T$ no cubriría $I$ ).

Supongamos que $(a_1,b_1)$ es el conjunto tal que $(a_1,b_1)\cap(a_0,b_0)\neq\emptyset.$ Sea $t_0=0$ y $t_1\in (a_1,b_0);$ entonces tenemos que $F(N\times[t_0,t_1])\subseteq U_\alpha$ para un conjunto cubierto uniformemente $U_\alpha.$ Ahora, inductivamente para un número finito de pasos, puede encontrar la partición que buscaba, que finalmente termina en $t_m=1.$

Answer 2

Observemos en primer lugar que Hatcher es un poco impreciso. Debería decir correctamente que existe un producto vecindad $N_r \times J_r$ de $(y_0,r)$ tal que

1. $J_r = (a_r,b_r)$ con $0 < a_r < b_r < 1$ para $0 < r < 1$

2. $J_0 = [0,b_0)$ con $0 < b_0 < 1$

3. $J_1 = (a_1,1]$ con $0 < a_1 < 1$

4. $F(N_r \times J_r)$ está contenida en una vecindad uniformemente cubierta de $F(y_0, r)$ .

Parece que Hatcher no quiere discutir con los números de Lebesgue. Si lo hiciera, podría elegir un número de Lebesgue para la cubierta abierta $J_r$ , $r \in I$ de $I$ lo que demostraría inmediatamente que podemos tomar $t_i = i/n$ para un $n$ . Entonces $[t_i,t_{i+1}] \subset J_{r_i}$ para $r_i \in I$ . Tomando $N = \bigcap N_{r_i}$ vemos que $F(N \times [t_i,t_{i+1}])$ está contenida en una vecindad uniformemente cubierta de $F(y_0, r_i)$ .

En su lugar, argumenta que finitamente muchos $N_{r_i} \times J_{r_i}$ , $i =1,\ldots,m$ , portada $\{y_0\} \times I$ . Es correcto, pero yo sugeriría una pequeña modificación. Para $0 < r < 1$ elegir intervalos abiertos más pequeños $J'_r = (a'_r,b'_r)$ que contiene $r$ tal que $J''_r = [a'_r,b'_r] \subset (a_r,b_r)$ . Del mismo modo $J'_0 = [0,b'_0)$ tal que $J''_0 = [0,b'_0] \subset [0,b_0)$ y $J'_1 = (a'_1,1]$ tal que $J''_1 = [a'_1,1] \subset (a_1,1]$ .

Entonces finitamente muchos $N_{r_i} \times J'_{r_i}$ , $i =1,\ldots,m$ , portada $\{y_0\} \times I$ . Podemos suponer que $r_1 < r_2 < \ldots < r_m$ . Obsérvese que debemos tener $r_1 = 0, r_m = 1$ . Tomando $N = \bigcap N_{r_i}$ vemos que $F(N \times J''_{r_i})$ está contenida en una vecindad uniformemente cubierta de $F(y_0, r_i)$ .

Sea $T$ denotan el conjunto finito de todos los puntos extremos de los intervalos cerrados $J''_{r_i}$ . Claramente $0,1 \in T$ . Escriba a $T = \{t_0,\ldots,t_n\}$ con $0 = t_0 < t_1 < \ldots < t_n = 1$ . Cada $[t_j,t_{j+1}]$ está contenida en algún $J''_{r_i}$ : Tenemos $t_1 \le b'_0$ porque $b'_0 \in T$ . Así $[t_0,t_1] = [0,t_1] \subset J_0 = J''_{r_1}$ . Siguiente consideración $t_j$ con $0 < j < n$ . Tenga en cuenta que $t_j < 1$ . Tenemos $t_j \in J'_{r_i}$ para algunos $i$ . El punto $t_j$ no puede ser el punto final correcto $b'_{r_i}$ de $J''_{r_i}$ . Esto demuestra que $t_{j+1} \le b'_{r_i}$ Así pues $[t_j,t_{j+1}] \subset J''_{r_i}$ .

Esto completa la demostración del teorema de Hatcher.