Voy a estar trabajando en $S^3$ para esta respuesta, como es generalmente el lugar más apropiado para hacer el nudo de la teoría. No causa problemas: sólo ampliar su homeomorphisms a ser homeomorphisms de $S^3$, por ejemplo.
Estos no son idénticos, pero ellos casi. En particular, el reverso de un nudo no necesita ser isotópica, pero usted puede simplemente reflejar a lo largo de un hyperplane para obtener una homeomorphism.
Pero si se reemplaza "homeomorphism" con "la orientación de la preservación de la homeomorphism", que son equivalentes. Esto es porque cada orientación de la preservación de homeomorphism de $S^3$ es isotópico a la identidad! Esto se desprende de una combinación de Alexander truco y la isotopía de extensión del teorema. Si usted desea hacer el nudo de la teoría en la suave categoría, trabajando con suave isotopies en lugar de continuo isotopies, usted necesita saber que cada orientación de la preservación de diffeomorphism es isotópico a la identidad; creo Cerf fue el primero en probar este.
Hay otra definición común de la equivalencia de nudos: isotopía de incrustaciones.
Un nudo es una incrustación $S^1 \to S^3$. Una isotopía entre dos incrustaciones $f_0, f_1$ es un mapa de $f_t: S^1 \times [0,1] \to S^3$ de manera tal que cada una de las $f_t$ es una incrustación. Esto resulta no ser la correcta noción de equivalencia de nudos - que obligará a todos los mansos de los nudos a ser equivalente! Lo que uno hace para corregir esta es la demanda que la isotopía ser suave, o que sea localmente plana. (Ver esta página de nuevo para más detalles sobre el ser localmente plana.)
Ahora bien, esta es precisamente la hipótesis de que debemos usar la isotopía de extensión del teorema: para cualquier (localmente plana/suave) isotopía de incrustaciones se levanta automáticamente a un ambiente isotopía, que nos da algo equivalente a la de definición estándar.
EDIT: yo estaba teniendo algunos problemas para reconstruir el argumento he sugerido anteriormente para mostrar que $\pi_0 \text{Homeo}^+(S^3)$ es trivial. Así que voy a escribir un argumento aquí. De hecho voy a mostrar que $\pi_0 \text{Homeo}^+(S^n) = 0$ todos los $n$.
Este es trivial para $n=0$. Inductivo suponga que es trivial para $n-1$. Elegir una orientación de la preservación de homeomorphism $f$; $f(S^{n-1})$ los límites de una pelota en ambos lados. Isótopo $f$, de modo que $f(S^{n-1})$ no se incluyen los polos. Escoge un estándar 'de longitud esfera' $S^{n-1}$s (los conjuntos de nivel de la altura de la función de $S^n \subset \mathbb R^{n+1}$) que se encuentran en el interior de una de las bolas que $f(S^{n-1})$ límites (esto es posible por la compacidad de $S^{n-1}$ y la continuidad de la altura de la función). Por el anillo teorema no es un local plana isotopía de incrustaciones de $f(S^{n-1})$ a esta longitud de la esfera; entonces hay una isotopía de esta longitud esfera del ecuador $S^{n-1}$. El uso de la isotopía de extensión del teorema $f$, entonces es isotópico a una orientación en la preservación de homeomorphism que conserva el ecuador; también podemos suponer que envía el hemisferio norte al hemisferio norte. Esta nueva $f'$ restringe a una orientación en la preservación de mapa en $S^{n-1}$; esta restricción es isotópico a la identidad; el uso de isotopía de extensión. Por lo $f'$ es isotópico a $f''$ que preserva $S^{n-1}$ pointwise. $f''$ es la unión de dos homeomorphisms de $D^n$ (los hemisferios norte y sur), la identidad en la frontera, a lo largo de sus límites; el Alexander truco muestra que estos son isotópicas para la identidad. Así que hemos elaborado una isotopía de $f$ a la identidad como desee.
En el caso que nos importa - $n=3$ - la única duro resultado que hemos utilizado es el anillo del teorema de la dimensión 3, que es razonablemente primaria.
