Hay una respuesta a esta pregunta aquí. Pero es muy útil para entender el estilo de argumento de Ozváth y Szabó. Aquí está mi intento:
Hay una evidente mapa de i∗:H1(Σ)→H1(Symg(Σ)) inducida por el mapa i:Σ↪Symg(Σ) i(x)=[x,x0,…,x0] para cualquier fijo elección x0∈Σ.
Reivindicación 1. Un mapa de S1→Symg(Σ) que pierde la diagonal da lugar a un único mapa de una g-pliegue de la cubierta de S1Σ.
Prueba. Dado un mapa continuo f:S1→Symg(Σ), definir
˜S={(s,x)∈S1×Σ:x is an entry of the g-tuple f(s)∈Symg(Σ)}.
Cuenta la primera y la segunda coordenada proyecciones de p1:˜S→S1p2:˜S→Σ. Desde f puede ser perturbado para evitar la gran diagonal en Symg(Σ), cada fibra, p−11(s) se compone de g puntos distintos, y es fácil ver que p1:˜S→S1 es en realidad un g-pliegue de la cubierta. A continuación, p2:˜S→Σ es un mapa continuo de un g-pliegue de la cubierta de S1, es decir,∐S1, a Σ. ◼
Esto le da un homomorphism de la cadena de grupos
Φ:C1(Symg(Σ))→C1(Σ)(f:S1→Σ)↦(p2:˜S→Σ).
Ahora bien definedness en el nivel de homología:
Reivindicación 2. Un cobordism Z entre el 1 de dos cadenas de a,b∈C1(Symg(Σ)) da lugar a un ramificada cubierta ˜ZZ∂˜Z↦Φ(a)−Φ(b).
Prueba. Supongamos F:Z→Symg(Σ) satisface F|∂Z=a−b. (Tenga en cuenta que Φ(F|∂Z)=Φ(a−b).) Podemos suponer F éxitos de la gran diagonal en un conjunto discreto de puntos, por lo que ahora el espacio de ˜Z (que se define de forma análoga a ˜S) es un ramificada g-pliegue de la cubierta P1:˜Z→Z. Por otra parte, se restringe a una real g-pliegue de la cubierta P1|∂˜Z:∂˜Z→∂Z, tal como se dijo anteriormente. Ahora P2:˜Z→Σ satisface
P2|∂˜Z=Φ(F|∂Z)=Φ(a−b)=Φ(a)−Φ(b),
por lo Φ(a)−Φ(b) es nullhomologous. ◼
De ello se desprende que Φ está bien definido en la homología. Y aquí está la última parte:
Reivindicación 3. Φ i∗ son inversos el uno del otro.
Prueba. En primer lugar se considera lo Φ∘i∗ lo hace a los mapas, γ:S1→Σ que se pierda x0, ya que éstos generan,H1(Σ):
Desde i∘γ:S1→Symg(Σ) es de s[γ(s),x0,…,x0], la correspondiente cubierta de ˜S es homeomórficos a S1∐S1, con un componente conectado, que consiste en puntos de (s,γ(s)) y un componente de puntos de (s,x0). A continuación, p2 mapas uno de los componentes a través de γ y el otro a través de la constante mapa de s↦x0, lo Φ(i∗[γ])=[γ].
En el otro sentido, primero observar que un bucle γ:[0,1]→Symg(Σ), que está basado en[x0,…,x0], pero se pierde en la diagonal para todos los t∈(0,1) es equivalente a una colección de g desordenada bucles γj:[0,1]→Σ x0 satisfacción γj(t)≠γk(t) todos los t∈(0,1)j≠k. Fijar un orden en estos bucles, que es equivalente a la fijación de un levantamiento ˜γ:[0,1]→Σgγ. Luego, por el mismo argumento que muestra π1(Σg) es isomorfo a π1(Σ)g, podemos homotope ˜γ para trazar las curvas de γj uno por uno, es decir,
\tilde \gamma' (t) = \begin{cases} \big(\gamma_1\left(gt \right),\gamma_2(0),\ldots,\gamma_g(0)\big) & 0 \leq t \leq 1/g \\
\qquad \vdots & \quad \vdots \\ \big(\gamma_1(1),\gamma_2(1),\ldots,\gamma_g(gt-g+1)\big) & \frac{g-1}{g} \leq t \leq 1.
\end{casos}
Ahora el proyecto de vuelta a la Symg(Σ) cuando el pedido no importa. Desde γj(0)=γj(1)=x0, tenemos un bucle que es de la formaγ′(t)=[γj(gt−j+1),x0,…,x0](j−1)/g≤t≤j/g. Esto demuestra que todos los bucles en Symg(Σ) puede ser realizado en la forma s↦[γ1(s),x0,…,x0]. (Tenga en cuenta que esta muestra i∗ es surjective, que es suficiente para que nuestro reclamo. Pero vamos a seguir adelante.) Por lo que cualquier bucle de γ:S1→Σ puede ser realizado como i∘γ1 algunos γ1:S1→Σ. A continuación, tenemos de nuevo ˜S≅S1∐S1 p2:˜S→Σ la restricción de a γ1 en uno de los componentes y una constante mapa en el otro componente. A continuación,i∗∘Φ([γ])=i∗[γ1]=[i∘γ1]=[γ], como se desee. ◼