Espacios termocontraíbles siempre son simplemente conexo.

Question

Pregunta 1: Greenberg en la topología Algebraica tiene una prueba de que contráctiles espacios son simplemente conectado. En el medio de la prueba, el libro hace uso de la siguiente hecho sin justificar (probablemente porque el autor piensa que es útil):

Hecho 1: Vamos a $p:\mathbb{I}\rightarrow X$ ser una función continua tal que $p(0)=p(1)=x_0$ algunos $x_0\in X$ . Deje $c:\mathbb{I}\rightarrow X$ enviar cada elemento del intervalo de a $x_0$. Si $p,c$ son homotópica, entonces existe un continuo la función $F:\mathbb{I}\times \mathbb{I}\rightarrow X$ tal forma que:

1) $F(s,0)=c(s)$ todos los $s\in \mathbb{I}$

2) $F(s,1)=p(s)$ todos los $s\in \mathbb{I}$

3) $F(0,t)=F(1,t)$ todos los $t\in \mathbb{I}$

Ya que el libro está suponiendo este hecho tan obvio, supongo que debe ser mucho más fácil de probar que demostrar que contráctiles espacios son simplemente conectado. Hice esta aquí antes y conseguí comentarios lo que implica que el hecho de que 1 es casi tan duro como lo demuestra el hecho de que "contráctiles espacios son simplemente conectado". Bueno, si esto fuera cierto, es la prueba de Greenberg en la topología algebraica mal porque se asume que el hecho de que 1 es evidente cuando se acredite que contráctiles espacios son simplemente conectado mientras que el hecho de que el 1 es tan duro como lo demuestra la demanda original "contráctiles espacios son simplemente conectado" ????

Observación importante: me he dado cuenta que cuando le hice esta pregunta antes, la gente estaba tratando de demostrar que el hecho de que "contráctiles espacios son simplemente conectado" en lugar de responder a la pregunta. Sé que es tentador para responder a esta pregunta sin leer cuidadosamente y sólo demuestra el hecho de que "contráctiles espacios son simplemente conectado", por favor trate de evitar esta tentación :)

Pregunta 2: Vamos a suponer que el hecho de que 1 es verdadera, ya que es mencionado en el libro. El siguiente hecho también es mencionada en el libro. Lo diré sin la prueba:

Hecho 2: Deje $F:\mathbb{I}\times\mathbb{I}\rightarrow X$ ser continuo, de manera que $F(0,0)=F(0,1)=F(1,0)=F(1,1)$. Deje $\gamma,\delta,\alpha,\beta :\mathbb{I}\rightarrow X$ ser dado por $\gamma (s)=F(s,0),\delta(s)=F(s,1),\alpha(t)=F(0,t),\beta(t)=F(1,t)$, entonces $\delta $ es homotópica a $\alpha^{-1} \gamma \beta$ $rel\{0,1\}$

Reclamo: Vamos a $p:\mathbb{I}\rightarrow X$ ser continuo, de manera que $p(0)=p(1)=x_0$ algunos $x_0\in X$. Deje $c:\mathbb{I}\rightarrow X$ enviar cada elemento del intervalo de a $x_0$. Si $p,c$ son homotópica, a continuación, $p,c$ son homotópica rel$\{0,1\}$

Prueba: Desde $p,c$ son homotópica, por lo tanto hecho 1 puede ser utilizado para mostrar que existe una homotopy $F$ $p,c$ tal que $F(0,t)=F(1,t), F(s,0)=c(s),F(s,1)=p(s)$ todos los $t\in\mathbb{I}$. Set $\alpha(t)=F(0,t),\beta(t)=F(1,t)$. De hecho, 1, sabemos que $\alpha=\beta$. De Hecho 2, sabemos que $p$ es homotópica a $\alpha^{-1} c \alpha$ rel $\{0,1\}$. Desde $\alpha^{-1}c\alpha$ es homotópica a $\alpha^{-1}\alpha$ rel $\{0,1\}$ (debido a $c$ es constante mapa) , la última es homotópica a $c$ rel $\{0,1\}$. Por lo tanto, $p,c$ son homotópica rel $\{0,1\}$.

Lo que está mal con mi argumento para demostrar la anterior afirmación ?

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Voy a explicar aquí por qué creo que mi afirmación no es correcta:

Considerar el espacio $S$ se formaron como espacio de identificación que los resultados de encolado de la subespacio $\mathbb{I}\times\{0\}\cup\{(0,1),(1,1)\}$ $\mathbb{I}^2$ a un punto. Deje $F:\mathbb{I^2}\rightarrow S$ ser la identificación del mapa. El espacio de $S$ se ve como el espacio resultante de encolado de los tres vértices de un triángulo hoja de papel (yo ya lo probé usando papel). Ahora tenga en cuenta que $F:\mathbb{I}\times \mathbb{I}\rightarrow X$ es un homotopy entre los caminos $F|\mathbb{I}\times \{0\}$$ F|\mathbb{I}\times \{1\}$. No veo que las rutas de acceso: $F|\mathbb{I}\times \{0\},F|\mathbb{I}\times\{1\}$ son homotópica rel $\{0,1\}$ visualmente en el espacio $S$ que he creado con papel. Por lo tanto, este es un posible contraejemplo a la demanda .

Si tienes tiempo, podrías por favor construir el espacio de $S$ desde el papel al igual que lo hice para que me entiendan mejor ?

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Pregunta 3: quiero ver una prueba de que contráctiles espacios son simplemente conecta mediante el conocimiento/definiciones que tengo hasta ahora. Yo sólo conozco la definición de homotópica, homotópica rel $\{0,1\}$. Simplemente conectado significa tener un trivial grupo fundamental. Contráctiles significa que el mapa de identidad $1_X:X\rightarrow X$ es homotópica a una constante mapa de $c:X\rightarrow X$

Finalmente gracias por perder su tiempo en responder a mi (probablemente) preguntas triviales

Answer 1

Después de pensar un poco, yo creo que ni Hecho 1 ni el Reclamo de verdad como se indica. Hecho 2 es cierto, pero no implica el Hecho 1. El argumento en contra de la Realidad 1 es simple: vamos a $X = S^1 = \{z \in \mathbb{C} \mid \lvert z \rvert = 1\}$ ser el círculo, vamos a $p \colon [0,1] \to S^1$$p(t) = e^{2\pi i t}$, y deje $c \colon [0,1] \to \{x_0\} = (1,0)$. A continuación, $p$ es muy homotópica a $c$, dicen que a través de $$H(s,t) = e^{2\pi i st};$$ tenemos $H(s,0) = c(s)$$H(s,1) = p(s)$. Pero $p$ es no homotópica a $c$ a través de los lazos, como el Hecho de 1 de reclamaciones. Esto es difícil de demostrar (¿cómo se puede demostrar que algunos homotopy no existe?) y uno normalmente demostrar que con el correr de los espacios, que muestran de inmediato que algo homotópica a $p$ tiene cuerda número $1$, mientras que $c$ claramente tiene cuerda número $0$. Me limitaré a dejar, ya que no creo que usted realmente puede hacer esto con el nivel actual de la tecnología.

Tenga en cuenta que cualquier camino es homotópica a cualquier punto a lo largo de ella, por una táctica similar: elija cualquier $t_0 \in [0,1]$ y, ya que el intervalo es contráctiles, elija una continua contracción $f(s,t)$ a partir de la identidad a $t_0$; por ejemplo, $$f(s,t) = t_0 + s(t - t_0)$$ (en $s = 0$ obtener $t_0$, $s = 1$ obtener $t$, y desde $0 \leq s \leq 1$,$f(s,t) \in [0,1]$; de hecho, $f(s,t)$ entre $t$ $t_0$ todos los $s$). Luego se le da un camino de $p \colon [0,1] \to X$, el mapa de $F(s,t) = p(f(s,t))$ es un homotopy de$p$$p(t_0)$. Como la otra respuesta, dice, homotopy de caminos sin fijación de los extremos es bastante sin sentido.

De todos modos, la Demanda es aún más el hecho concreto, que $p$ $c$ debe ser homotópica a través de los lazos basados en $x_0$. Esto es imposible por la misma razón.

De hecho, estoy un poco desconcertado donde tienes Hecho 1. Tengo una copia del libro de Topología Algebraica por Greenberg y Harper, presumiblemente, una revisión, y la prueba en cuestión es cubierto en su totalidad, y sin no confirmadas, por el sólo Hecho de 2 (su Lema 3.3). Yo creo que puede que tenga mal el paso clave en la siguiente versión ampliada de el argumento, que no producen un homotopy con las propiedades dadas en el Hecho 1, pero a partir de hipótesis más fuerte.

Teorema: Si $X$ es contráctiles, entonces es simplemente conectado.

Prueba: Vamos a $p \colon [0,1] \to X$ ser cualquier lazo con $p(0) = p(1) = x_0$. Debido a esto, podemos definir una nueva función continua $$q \colon S^1 \to X$$ si consideramos,$S^1 = [0,1]/(0 = 1)$. Más explícitamente, vamos a $f \colon [0,1] \to S^1$ ser el mapa continuo de identificación $0$$1$, por lo que tenemos $p = q \circ f$.

Supongamos $X$ es contráctiles; entonces hay una homotopy $$H(x,t) \colon X \times [0,1] \to X$$ con $H(x,0) = x$ $H(x,1) = x_0$ a partir de la identidad de función para la función constante $x_0$. A partir de ello, definir un mapa $$H' \colon S^1 \times [0,1] \to X$$ por $H'(s,t) = H(q(s),t)$. Este es un homotopy de$q$$x_0$, desde $$\begin{align} H'(s,0) = H(q(s),0) = q(s) && H'(s,1) = H(q(s),1) = x_0 \end{align}$$ Es continuo, siendo una composición de funciones continuas. Definir una más homotopy $$F(s,t) \colon [0,1]^2 \to X$$ por $F(s,t) = H'(f(s),t)$. Es continua y un homotopy de$p$$x_0$, desde $$\begin{align} F(s,0) = H'(f(s),0) = q(f(s)) = p(s) && F(s,1) = H'(f(s),1) = x_0. \end{align}$$ $F$ tiene la propiedad de que $$\begin{align} F(0,t) &= H'(f(0),t) = H(q(f(0)),t) = H(p(0),t) = H(x_0,t) \\ &= H(p(1),t) = H(q(f(1)),t) = H'(f(1),t) = F(1,t). \end{align}$$ Es decir, $F$ satisface los criterios de Hecho 1. (Tenga en cuenta que hemos tenido que utilizar el global homotopy $H$ conseguir $F$, y no meramente un homotopy de$p$$x_0$.) La definición de $\alpha = \beta$ a ser común vertical de borde de camino, que en realidad es un bucle en $x_0$ desde $F(0,0) = F(0,1) = F(1,0) = F(1,1) = x_0$, obtenemos de Hecho 2 $\alpha^{-1} p \alpha$ es homotópica a $x_0$ como bucles basado en $x_0$. Es decir, hemos $$[\alpha]^{-1} [p] [\alpha] = [x_0] = 1$$ como homotopy clases en $\pi_1(X, x_0)$. Moviendo $[\alpha]$ hacia el otro lado, tenemos a $[p] = [\alpha][\alpha]^{-1} = 1$, lo $[p]$ es el trivial de los elementos del grupo fundamental. Desde $p$ es arbitrario, $X$ es simplemente conectado. $\square$

Basado en las manipulaciones en esta prueba, la mejor aproximación a la Realidad 1 que se me ocurre es:

La proposición: Vamos a $X$ ser un espacio topológico y $f, g \colon X \to X$ dos homotópica continua de los mapas. Entonces para cualquier bucle $p \colon [0,1] \to X$$x_0 = p(0) = p(1)$, hay un homotopy $F \colon [0,1]^2 \to X$$f\circ p$$g\circ p$, ambos bucles en $x_0$, de tal manera que para cada una de las $t \in [0,1]$, el camino de $s \mapsto F(s,t)$ es un bucle basado en $x_0$; es decir, $F(0,t) = F(1,t)$ todos los $t$.

Prueba: En definitiva, hacer de la $p$ dentro de un mapa de $q$ desde el círculo y componer la supuesta homotopy de $f$ $g$ $q$en la primera variable. Entonces, de abrir el círculo, usted encontrará que el resultado de la homotopy de $f \circ p$ $g \circ p$tiene la propiedad reivindicada. Los detalles están por encima. $\square$

Answer 2

Pregunta 1: me disculpo de nuevo para tratar de demostrar Hecho 1. Es falso, como Ryan ya se ha explicado. Una correcta declaración similar es que si $X$ es contráctiles, entonces para cualquier camino de $p$ existe un homotopy $F$ satisfacer esas condiciones.

Pregunta 2: las Reivindicaciones 2 también es falso, y su prueba de la afirmación es correcta, excepto para el uso de Hecho 1 lo cual es falso. Al cambiar la primera frase de su prueba puede convertirse en una correcta prueba correcta de la afirmación de que si $X$ es contráctiles, para cualquier bucle $p$, $p$ y la constante mapa de $c \equiv p(0) = p(1)$ son homotópica relativa a los extremos.

Pregunta 3: Aquí es lo que yo pienso de la prueba de que contráctiles implica simplemente conectado. Todo el asunto se reduce a mostrar su Hecho 2: la definición de contráctiles usted está usando sólo da homotopies que no están en relación a los extremos, de Hecho 2 es la cosa que los convierte en homotopies rel extremos.

Voy a utilizar la siguiente notación y los hechos:

1. Por $p \sim q$ me va a decir que las dos rutas de $p, q : [0,1] \to X$ son homotópica relativa a los extremos. (No voy a usar cualquier símbolo para homotopies que no están entre los trazados o no en relación a los extremos.)

2. Voy a usar las $q \cdot p$ a la media de la concatenación de las rutas de $p$ $q$ (haciendo $p$ primero y, a continuación,$q$, por ejemplo), y voy a tener que utilizar que esta operación

   1. respeta homotopy en el sentido de que $p_1 \sim p_2 \implies q \cdot p_1 \sim q \cdot p_2$,
   2. es homotopy asociativa, $p \cdot( q \cdot r) \sim (p \cdot q) \cdot r$, y
   3. ha homotopy unidades dadas por la constante rutas de $c_x$, es decir,, $p \cdot c_{p(0)} \sim p$, $c_{p(1)} \cdot p \sim p$.
   4. ha homotopy inversos dadas por la que atraviesan las rutas en orden inverso, $p \cdot p^{\leftarrow} \sim c_{p(1)}$, $p^{\leftarrow} \cdot p \sim c_{p(0)}$.

Estoy seguro de que usted ha desarrollado todos de que si usted sabe lo que el grupo fundamental.

Ahora, vamos a $X$ ser contráctiles y elegir un homotopy $H : X \times [0,1] \to X$ entre la identidad y un constante camino de $c_{x_0}$. Cada punto de $x \in X$ a continuación se presenta un camino escogido $h_x$ conectarlo a $x_0$, dado por $h_x (t) = H(x,t)$. Podemos utilizar su Hecho 2 para producir una homotopy relativa de los extremos de cualquier camino de $p$: aplicación de la Realidad, 2 a la homotopy $(s,t) \mapsto H(p(s),t)$ obtenemos un homotopy mostrando que $h_{p(1)} \cdot p \cdot h_{p(0)} ^ {\leftarrow} \sim c_{x_0}$. El uso de los hechos anteriores para la operación $\cdot$, obtenemos que $p \sim h_{p(1)} ^\leftarrow \cdot h_{p(0)}$. Esto demuestra que todos los caminos entre el $p(0)$ $p(1)$ son homotópica a cada uno de los otros en relación a los extremos, porque todos ellos son homotópica a $h_{p(1)} ^\leftarrow \cdot h_{p(0)}$. Esto demuestra, en particular, que $X$ es simplemente conectado, porque si $p(0)=p(1)$ obtenemos $p \sim h_{p(1)} ^\leftarrow \cdot h_{p(0)} \sim c_{p(0)}$.

Answer 3

No conozco el libro.

Deje $p$ $q$ ser bucles (trazados cerrados) en $X$, es decir,$p,q\colon I\to X$, $p(0)=p(1)$, $q(0)=q(1)$. Podemos considerar tres conceptos de homotopy entre el$p$$q$:

La primera sería que no es un mapa de $H\colon I\times I\to X$ tal que $F(\bullet,0)=p$, $F(\bullet, 1)=q$.

La segunda sería que, además,$F(0,\bullet)=F(1,\bullet)$.

La tercera sería que $F(0,\bullet)$ $F(1,\bullet)$ son incluso constante.

Ahora bien, el Hecho 1 de que usted ha expresado afirma que la primera condición implica que el segundo (en el caso de que uno de los caminos es constante). Ciertamente, esto no es cierto, y Ryan se ha señalado. De hecho, este primer concepto de homotopy es bastante inútil. De acuerdo a dos bucles son homotópica si y sólo si sus imágenes se encuentran en la misma ruta de componente (ejercicio, pero ver al final). Así que el autor estaba confundido o confundida. Lo que parece más probable es que el autor quiso que cada vez que habla de homotopies entre los caminos que significa que los de la segunda clase.

El tercer tipo es, obviamente, lo que se conoce como un homotopy relativa a $\{0,1\}$ y lo que ocurre en la definición de grupo fundamental.

Ryan también ha mencionado que este segundo tipo de homotopy es un concepto natural que si uno piensa en un bucle en $X$ como un mapa de $\mathbb S^1\to X$ lugar.

Ahora, en general homotopy relativa punto de base (tercer tipo) es más fuerte, a continuación, libre homotopy (segundo tipo). Sin embargo, y eso es lo que han demostrado con la ayuda de Hecho 2, un bucle es de libre homotópica a una constante bucle si y sólo si es homotópica relativa $\{0,1\}$ a un constante bucle.

Pensaba que ya había demostrado algo aún más fuerte debido al uso de un mal Hecho 1, y que la declaración más fuerte es de hecho falso. También su ejemplo para mostrar que esto es correcto. De hecho, es suficiente para identificar a $(0,1)$$(1,1)$.

Ahora a probar que contráctiles espacios son simplemente conectado, permanece, para mostrar que en un contráctiles espacio cada bucle es de libre homotópica (de nuevo, hablando de la segunda especie) a un constante bucle. Pero esto es fácil, de hecho, acaba de componer el ciclo con el homotopy mostrando que el espacio es contráctiles.

En caso de que sienta que me han evadido la pregunta: Si es cierto, entonces la prueba (el uno después del Hecho 2) demuestra que es un espacio simplemente se conecta si cada bucle en que permite una homotopy de la primera clase a un constante bucle. Pero cada camino de $p$ no, simplemente tome $H(s,t)=p(ts)$. Y allí no son simplemente espacios conectados.