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	% Title page
	\begin{titlepage}
		\centering
		\vspace*{3cm}
		{\Huge\textbf{拓扑基础作业}\par}
		\vspace{2cm}
		{\Large 姓名：王登辉\par}
        \vspace{1cm}
		{\Large 学号：2024K8009906023\par}
		\vspace{1cm}
		{\large Spring 2026\par}
		\vfill
	\end{titlepage}
	
	\tableofcontents
	
	\newpage


\chapter{第1周拓扑作业}

\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

\begin{problem}
在 1 维欧氏空间$\mathbb{R}^{1}$中，对于$a<b$，我们有$\ensuremath{(a,b)\in\tau_{\mathbb{R}^{1}}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{[a,b),(a,b],[a,b]\notin\tau_{\mathbb{R}^{1}}}\lyxmathsym{。}$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$[a,b)$不是开集，因为对点$a$来说，不存在$\delta>0$，使得$\left(a-\delta,a+\delta\right)\subseteq[a,b)$。
$(a,b],[a,b]$同理。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mathbb{Q}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\mathbb{W}\subset\mathbb{R}}$分别为全体有理数和无理数所构成的集合。证明$\mathbb{Q},\mathbb{W}\notin\tau_{\mathbb{R}^{1}}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设$\mathbb{Q}$是开集，那么任意的$q\in\mathbb{Q}$，存在$\delta>0,\delta\in\mathbb{R}$，使得区间$\left(q-\delta,q+\delta\right)\subseteq\mathbb{Q}$.
但由于无理数是稠密的，不可能存在一个区间中没有无理数，因此矛盾！故$\mathbb{Q}$不是开集，不属于$\tau_{\mathbb{R}^{1}}$.
因为有理数也是稠密的，所以无理数的证明同理。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}$是一个非常值的连续映射。则有无交并分解
\[
\mathbb{R}^{n}=A^{-}\sqcup A^{0}\sqcup A^{+},
\]
其中
\[
A^{-}=\{x\in\mathbb{R}|f(x)<0\};\quad A^{0}=\{x\in\mathbb{R}|f(x)=0\};\quad A^{+}=\{x\in\mathbb{R}|f(x)<0\}.
\]

证明：$\ensuremath{A^{-},A^{+}\in\tau_{\mathbb{R}^{n}}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{A^{0}\notin\tau_{\mathbb{R}^{n}}}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$A^{-}$和$A^{+}$的证明基本一样，所以只证明$A^{-}$的部分。

先证明$A^{-}\in\tau_{\mathbb{R}^{n}}$。任意的$x\in A^{-}$，由$f$的连续保号性可知，存在$\delta>0$，使得$f\left(x\right)$在$\left(x-\delta,x+\delta\right)$上不会变号，仍然小于0，故$\left(x-\delta,x+\delta\right)\subseteq A^{-}$，故$A^{-}$是开集。

再证明$A^{0}\notin\tau_{\mathbb{R}^{n}}$。假设$A^{0}$是开集。因为$f$是连续映射，$A^{0}=f^{-1}\left(\left\{ 0\right\} \right)$，所以$A^{0}$是闭集。所以$A^{0}$既是开集又是闭集，矛盾！故$A^{0}\notin\tau_{\mathbb{R}^{n}}$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知度量空间$(X,d)$。证明

1) $\ensuremath{X}$中的空集$\varnothing$是$X$的闭子空间.

2) 如果$A_{1},\cdots,A_{n}$是$X$中的有限个闭子空间, 则它们的并集$A_{1}\cup\cdots\cup A_{n}$也是$X$的闭子空间。

3) 如果$A_{\lambda},\lambda\in\Lambda$，是$X$中的一簇闭子空间, 则它们的交集$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}$也是$X$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) $\varnothing$的补集是$X$，任意的$x\in X$，$x$的邻域仍然是$X$的子集，所以$X$是开集。开集的补集是闭集，所以$\varnothing$是闭集。

2) 因为$A_{1},\cdots,A_{n}$是$X$中的有限个闭子空间，所以$A_{1}^{c},\cdots,A_{n}^{c}$就是$X$中的开子空间。由德摩根定律
\[
\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right)^{c}=\bigcap_{i=1}^{n}A_{i}^{c}
\]
而有限个开集的交仍然是开集，所以$\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$是闭集。

3) 因为$A_{\lambda},\lambda\in\Lambda$，是$X$中的一簇闭子空间，所以$A_{\lambda}^{c}$是一簇开子空间，由德摩根定律
\[
\left(\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}\right)^{c}=\bigcup_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}^{c}
\]
无穷个开集的并仍然是开集，所以$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}$是闭集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
$\lyxmathsym{设}\ensuremath{A}$是度量空间$(X,d)$的一个闭子空间，$x\in X$是一个点.
定义
\[
d(x,A):=\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R}|a\in A\}.
\]

证明：

1)$\ensuremath{x\to d(x,A)}\lyxmathsym{是}\ensuremath{X}$上的连续函数(称为到子集合$A$的距离函数)；

2) $d(x,A)=0$的充分必要条件是$x\in A$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 任意的$\varepsilon>0$，存在$\delta=\varepsilon$，$d\left(x,y\right)<\delta$，对任意的$a\in A$，
\[
d\left(x,a\right)\leqslant d\left(x,y\right)+d\left(y,a\right)
\]
两边取下确界可得
\[
d\left(x,A\right)-d\left(y,A\right)\leqslant\delta=\varepsilon
\]
交换$x,y$的位置，可得
\[
\left|d\left(x,A\right)-d\left(y,A\right)\right|\leqslant\varepsilon
\]
所以$x\to d\left(x,a\right)$是$X$上的连续函数。

2) $\Rightarrow$：$d\left(x,A\right)=0$，说明$\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R}|a\in A\}=0$，即任意的$\varepsilon>0$，存在$a\in A$，使得$d\left(x,a\right)<\varepsilon$，所以$x$是集合$A$的极限点。由于$A$是闭集，所以不存在极限点在集合$A$之外，故$x\in A$. 

$\Leftarrow$：因为$x\in A$，所以$d(x,A)=\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R}|a\in A\}=d\left(x,x\right)=0$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知度量空间$\ensuremath{(X,d)}\lyxmathsym{，}\ensuremath{(Y,d')}$以及集合间的映射$f:X\to Y$。证明$f$是连续映射的充要条件是，对于$Y$中的任意一个闭集$\ensuremath{B\subset Y}\lyxmathsym{，}\ensuremath{f^{-1}(B)}$是$X$中的闭集。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明$\Rightarrow$，因为$B$是$Y$中的闭集，所以$Y\backslash B$是开集，由于$f$是连续映射，所以$f^{-1}\left(Y\backslash B\right)$是开集。因为逆像保运算，所以$f^{-1}\left(Y\backslash B\right)=f^{-1}\left(Y\right)\backslash f^{-1}\left(B\right)$，由于$f^{-1}\left(Y\backslash B\right)\text{，}f^{-1}\left(Y\right)$都是开集，所以$f^{-1}\left(B\right)$是$X$中的闭集。

再证明$\Leftarrow$，对于任意的$x\in X$，任意的$\varepsilon>0$，$B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$是$Y$中的开集，于是$Y-B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$是$Y$中的闭集。于是$f^{-1}\left(Y-B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)$是$X$中的闭集，于是$f^{-1}\left(B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)$是$X$中的开集。

存在$\delta>0$，$x\in B\left(x,\delta\right)\subseteq f^{-1}\left(B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)$，于是$f\left(x\right)\subseteq\left(f\circ f^{-1}\right)\left(B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)\subseteq B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，故$f$是连续的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mathbb{Q}^{n}}$是$\ensuremath{n}$维欧氏空间 $\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中坐标为有理数的点的集合.
证明$\ensuremath{\mathbb{Q}^{n}}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$的稠密子空间.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明$\mathbb{Q}^{n}=\mathbb{R}^{n}$，只需证明$\overline{\mathbb{Q}^{n}}=\mathbb{R}^{n}$. 

首先说明，集合$\mathbb{W}=\left\{ \left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\mid x_{1},\cdots,x_{n}\text{中至少存在一个是无理数}\right\} $是$\mathbb{Q}^{n}$
的导集，也就是任意$w\in\mathbb{W}$，是$\mathbb{Q}^{n}$的极限点。

$\forall\delta>0$，定义$w$的开邻域为$n$维正方体$C_{\delta}:\left(x_{1}-\delta,x_{1}+\delta\right)\times\cdots\times\left(x_{n}-\delta,x_{n}+\delta\right)$，由于有理数的稠密性，无论$\delta$多小，总会存在$q_{i}\in\left(x_{i}-\delta,x_{i}+\delta\right),i=1,\cdots,n$，从而每个$C_{\delta}$中都会有$\mathbb{Q}^{n}$中的点。于是$w$是$\mathbb{Q}^{n}$的极限点，$\mathbb{W}$是$\mathbb{Q}^{n}$的导集。

于是，$\overline{\mathbb{Q}^{n}}=\mathbb{Q}^{n}\cup\mathbb{W}=\mathbb{R}^{n}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知拓扑空间$\ensuremath{(X,\tau)}$的一个子空间 $\ensuremath{A\subseteq X}.$它的边界是
\[
\partial A:=\overline{A}-\mathring{A}.
\]
证明：

(1) $\partial A=\overline{A}\cap\overline{X-A}$

(2) $\ensuremath{\partial A=\phi\iff A}$既开且闭.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 由于对$B\subset X$，$X-\overline{B}=\left(X-B\right)^{\circ}$，令$B=X-A$，有$\mathring{A}=X-\overline{X-A}$.
所以
\[
\partial A=\overline{A}-\mathring{A}=\overline{A}\backslash\left[X\backslash\left(\overline{X\backslash A}\right)\right]=\overline{A}\cap\left[X\backslash\left(\overline{X\backslash A}\right)\right]^{c}=\overline{A}\cap\overline{X-A}.
\]

(2) $\partial A=\varnothing\Leftrightarrow\overline{A}\text{与}\overline{X-A}$没有交集. 

先证明$A$是闭集。设$x\in\overline{A}$，如果$x\notin A$，那么$x\in X-A$，那么$x\in\overline{X-A}$，从而有交集了。矛盾！所以$A$是闭集。

同理，$X-A$是闭集，所以$A$是开集。

所以$A$既开又闭。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
考虑$n$ 维实向量空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}\lyxmathsym{上}$的下述两个拓扑：

1) $\tau_{1}$：由距离函数$\ensuremath{d:\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}}$所规定的拓扑；

2)$\tau_{2}$：$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$上的余有限拓扑.

证明集合之间的恒同映射$\text{id}:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}$

1) 是一个连续映射:$\ensuremath{(\mathbb{R}^{n},\tau_{1})\to(\mathbb{R}^{n},\tau_{2})};$

2) 不是一个连续映射: $\ensuremath{(\mathbb{R}^{n},\tau_{2})\to(\mathbb{R}^{n},\tau_{1})}.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) $\tau_{1}$中的开集就是通常的开集。$\tau_{2}$中的开集$U$要么是$\varnothing$，要么$\mathbb{R}^{n}\backslash U$是有限集。对任意$U\in\tau_{2}$，若$U=\varnothing$，则$\text{id}^{-1}\left(U\right)=\varnothing\in\tau_{1}$。若$U\ne\varnothing$，因为$\mathbb{R}^{n}\backslash U$是有限集，所以$\text{id}^{-1}\left(\mathbb{R}^{n}\backslash U\right)$也是有限的，在$\tau_{1}$中是闭集，所以其补集是开集。所以恒同映射是连续映射。

2) 取$U\in\tau_{1}$，使得$\mathbb{R}^{n}\backslash U$是无限集。于是$\text{id}^{-1}\left(\mathbb{R}^{n}\backslash U\right)$是无限集，即$\mathbb{R}^{n}\backslash\text{id}^{-1}\left(U\right)$是无限集，所以$\text{id}^{-1}\left(U\right)$是闭集。因此$\text{id}$不连续。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
举例说明, 焊接引理中$\ensuremath{A_{1},A_{2}\subset X}$是闭子空间的条件不可去.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$X=\mathbb{R},A_{1}=\left(-\infty,0\right),A_{2}=[0,+\infty)$，定义$f_{1}:A_{1}\to\mathbb{R},x\mapsto0$，$f_{2}:A_{2}\to\mathbb{R},x\mapsto1$，这样由于$A_{1}\cap A_{2}=\varnothing$，映射限制在空集上自然相等，但是合到一起后在$\mathbb{R}$上不相等。所以条件不可以去掉。
\end{sol*}
%

\chapter{第2周拓扑作业}

\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

\begin{problem}
对于一个拓扑空间$(X,\tau)$，乘积空间$\ensuremath{X\times X}$的对角子空间是
\[
\Delta(X)=\left\{ (x,x)\in X\times X,\ x\in X\right\} .
\]
证明$(X,\tau)$ 是$\ensuremath{T_{2}}$空间的充分必要条件是，$\ensuremath{\Delta\left(X\right)}$是乘积空间$\ensuremath{X\times X}$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
``$\implies$''：只需要证明$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$是开子空间。由于$\left(X,\tau\right)$是$T_{2}$空间，所以$\forall x,y\in X$，$\exists U,V\subset X$，使得$x\in U,y\in V$，且$U\cap V=\varnothing$.
于是$U\times V$是$\left(x,y\right)$的一个开邻域，且属于$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$.
因为假如某一个$\left(z,z\right)\in U\times V$，那么$z\in U\cap V$，矛盾！所以$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$就是开集，也就是说$\Delta\left(X\right)$是闭集。

“$\impliedby$”：因为$\Delta\left(X\right)$是乘积空间$X\times X$的闭子空间，所以$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$是开子空间，任意的$\left(x,y\right)\in\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$，存在开集$U\times V$，使得$\left(x,y\right)\in U\times V\subset X\times X$.
假设$\left(X,\tau\right)$不是$T_{2}$空间，也就是存在$x,y\in X$，不存在$U,V$，使得$x\in U,y\in V$且$U\cap V=\varnothing$.
设$z\in U\cap V$，那么在$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$中，点$\left(x,y\right)$不会存在开邻域$U\times V$，因为$\left(z,z\right)\in U\times V$，矛盾！所以$\left(X,\tau\right)$是$T_{2}$空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{A}$是度量空间$\ensuremath{(X,d)}$的一个闭子空间。定义函数
\[
d_{A}:X\to\mathbb{R},\quad d_{A}(x)=\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R},\ a\in A\}.
\]

证明：

1) $\ensuremath{d_{A}}\lyxmathsym{是}\ensuremath{X}$上的连续函数；

2) $\ensuremath{d_{A}(x)=0}$的充分必要条件是，$x\in A$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 取$\delta=\varepsilon$，$\forall x\in\mathbb{R}^{n},y\in B\left(x,\delta\right),z\in A$，有
\[
d\left(y,x\right)\geqslant d\left(z,x\right)-d\left(z,y\right)
\]
两边取下确界，有
\[
d\left(x,A\right)-d\left(y,A\right)\leqslant d\left(x,y\right)\iff d_{A}\left(x\right)-d_{A}\left(y\right)\leqslant d\left(x,y\right)<\varepsilon
\]
所以$f\left(y\right)\in B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，所以$\forall\varepsilon>0,\exists\delta=\varepsilon$，使得$f\left(B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right)\right)\subset B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，也就是$d_{A}$是连续函数。

2) ``$\impliedby$''：由于$x\in A$，$d\left(x,x\right)=0$，所以$d_{A}\left(x\right)=d\left(x,x\right)=0$. 

``$\implies$''：因为$d_{A}\left(x\right)=0$，所以存在序列$\left\{ a_{n}\right\} \subset A$，使得$d\left(x,a_{n}\right)\to0$，也就是$\left\{ a_{n}\right\} $的极限是$x$。由于$A$是闭集，所以$A$的极限点属于$A$，因此$x\in A$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明两$\lyxmathsym{个}\ensuremath{T_{2}}$空间的乘积空间也是$\ensuremath{T_{2}}$空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$\left(X,\tau_{X}\right),\left(Y,\tau_{Y}\right)$是两个$T_{2}$空间。任意的$x_{1},x_{2}\in X\text{，}x_{1}\ne x_{2}$，存在开集$U_{1},U_{2}$，$x_{1}\in U_{1},x_{2}\in U_{2}$且$U_{1}\cap U_{2}=\varnothing$。任意的$y_{1},y_{2}\in Y\text{，}y_{1}\ne y_{2}$，同样也存在开集$V_{1},V_{2}$满足相同的性质。于是，在$\left(X\times Y,\tau_{X}\times\tau_{Y}\right)$中，

当两个坐标均不同时，点$\left(x_{1},y_{1}\right)$和点$\left(x_{2},y_{2}\right)$分别属于$U_{1}\times V_{1}$和$U_{2}\times V_{2}$，且$\left(U_{1}\times V_{1}\right)\cap\left(U_{2}\times V_{2}\right)=\varnothing$，在这种情况下可以分离。

当有一个坐标相同时，不妨设两个点为$\left(x_{1},y_{1}\right),\left(x_{1},y_{2}\right)$，此时，这两个点分别属于$U_{1}\times Y_{1}$和$U_{1}\times Y_{2}$，由于$Y_{1}\cap Y_{2}=\varnothing$，所以$\left(U_{1}\times V_{1}\right)\cap\left(U_{1}\times V_{2}\right)=\varnothing$，在这种情况下也可以分离。

综上，两$\lyxmathsym{个}\ensuremath{T_{2}}$空间的乘积空间也是$\ensuremath{T_{2}}$空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明$\ensuremath{T_{1}}$空间中的任一子集的导集是闭集。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$A$是$T_{1}$空间$X$的一个子集，$A$的导集记为$A'$，要证明$A'$是闭集就要证明$X\backslash A'$是开集。

任取$x\in X\backslash A'$，设$U$是$x$的一个开邻域，那么必然存在$U\cap\left(A-\left\{ x\right\} \right)=\varnothing$，否则$x$就是极限点了。我们断言这样的$U\subset X\backslash A'$。

假设存在$y\in U\cap A'$. 那么由于$T_{1}$且$y$是极限点，所以$U$会包含无数个$A$中的点，而这与$U\cap\left(A-\left\{ x\right\} \right)=\varnothing$矛盾。故$x\in U\subset X\backslash A'$，所以$A'$是闭集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{(X,\tau)}$是$\ensuremath{T_{2}}$空间，$\ensuremath{f:X\to X}$是连续映射。证明$\ensuremath{f}$的不动点集
\[
\text{Fix}(f):=\{x\in X\mid f(x)=x\}
\]
是$\ensuremath{X}$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$G=\left\{ x\in X\mid f\left(x\right)=x\right\} $，只需证明$G$是$X$的开子空间即可。

任取$g\in G$，由于$X$是$T_{2}$空间，存在开集$U,V\subset X$，使得$g\in U,f\left(x\right)\in V$且$U\cap V=\varnothing$。由$f$的连续性，存在$g$的开邻域$W$，$W\subset U$，且$f\left(W\right)\subset V$.
由于$U$与$V$无交集，所以$W$与$f\left(W\right)$无交集，所以$g\in W\subset G$，所以$G$是开集，从而$\text{Fix}(f)$是闭集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{(Y,\tau)}$是$\ensuremath{T_{2}}$空间，$\ensuremath{f:X\to Y}$是连续映射。证明$\ensuremath{f}$的图像
\[
G_{f}:=\{(x,f(x))\in X\times Y\mid x\in X\}
\]
是乘积空间$\ensuremath{X\times Y}$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
证明$\left(X\times Y\right)\backslash G_{f}$是开子空间。设$\left(x,y\right)\in\left(X\times Y\right)\backslash G_{f}$，假设不存在$U\times V$，使得$\left(x,y\right)\in U\times V\subset X\times Y$.
那么就是说，$\left(x,y\right)$的任意开邻域$U\times V$，都会包含$\left(x_{0},f\left(x_{0}\right)\right)$这个点。也就是说，任意的$y\in Y$，$y$的任意开邻域$V$都会包含$f\left(x_{0}\right)$，这与$T_{2}$空间矛盾。因此$G_{f}$是$X\times Y$
的闭子空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{(X,\tau)}$是$\ensuremath{T_{3}}$空间，$\ensuremath{A}$是$\ensuremath{X}$的闭子空间，$x\notin A$。证明存在$\ensuremath{x}$和$\ensuremath{A}$各自的开邻域$\ensuremath{U}$和$V$，使得$\overline{U}\cap\overline{V}=\varnothing$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$A\subset V\subset\overline{V}$，$\overline{V}$是闭集，所以根据$T_{3}$，就存在$x$的开邻域$U_{0}$，使得$x\in U_{0}$，且$U_{0}\cap\overline{V}=\varnothing$。然后我们只需要证明能找到一个$U$，使得$\overline{U}\subset U_{0}$。
考虑闭集$X\backslash U_{0}$，他不包含$x$，所以由$T_{3}$性质，存在$x$的开邻域$U$，和开子集$W\supset X\backslash U_{0}$，使得$U\cap W=\varnothing$，所以$U\subset\overline{U}\subset X\backslash W\subset U_{0}$，所以就找到了这样的$U$。这样，就存在$\ensuremath{x}$和$\ensuremath{A}$各自的开邻域$\ensuremath{U}$和$V$，使得$\overline{U}\cap\overline{V}=\varnothing$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知$\ensuremath{T_{4}}$空间$\ensuremath{(X,\tau)}$中的一个闭子空间$\ensuremath{A}$上的连续映射$f:A\to\mathbb{R}^{n}$。证明存在$\ensuremath{X}$上的连续映射$F:X\to\mathbb{R}^{n}$，它满足$F|_{A}=f$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
将$f$按坐标分解为$f=\left(f_{1},f_{2},\cdots,f_{n}\right)$，每个$f_{i}:A\to\mathbb{R}$.
令$\phi=\tan\left[\left(x-\frac{1}{2}\right)\pi\right]$. $\phi:\left[0,1\right]\to\mathbb{R}$.
令$g=\phi^{-1}\circ f=\left(\phi^{-1}\circ f_{1},\cdots,\phi^{-1}\circ f_{n}\right)$，每个$\phi^{-1}\circ f_{i}:A\to\left[0,1\right]$，对每个分量应用Tietze扩张定理，就会存在$X$上的连续映射$G_{i}:X\to\left[0,1\right]$，满足$G_{i}\mid_{A}=g_{i}$，也就是$G\mid_{A}=g$.
于是可以令$F=\phi\circ G$，就构造出一个$X$上的连续映射$F:X\to\mathbb{R}^{n}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
举例说明，Tietze 扩张定理中$\ensuremath{A\subset X}$是闭子空间的条件不可去。

提示：写出一个映射$f:\mathbb{R}-\{0\}\to[0,1]$，它不能扩张为连续映射$f:\mathbb{R}\to[0,1]$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$f=\frac{1}{2}\left(\sin\left(\frac{1}{x}\right)+1\right)$即可。
\end{sol*}
%
\chapter{第3周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
证明：$R=\prod_{i=1}^{n}\left[-d,d\right]\subset\mathbb{R}^{n}$是紧集，其中$d>0$是一个常数。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于在$\mathbb{R}^{1}$中，闭区间$\left[-d,d\right]$是紧集，因为有限覆盖定理。所以$R$作为紧集的乘积空间也是紧集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
紧致空间必是局部紧致空间. 欧式空间$\mathbb{R}^{n}$ 局部紧致, 但不紧致.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$E$是紧致空间，那么他的每一个开覆盖$\left\{ U_{\lambda}\right\} _{\lambda\in\Lambda}$都有一个有限的子覆盖$\left\{ U_{i}\right\} _{i=1}^{n}$。任意的$x\in E$，由于整个空间$E$是一个开集，因此$E$
是$x$的一个开邻域，而$E$是紧致的，所以$E$是局部紧致的。

$\forall x=\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\in\mathbb{R}^{n}$，可以构造一个紧致子空间$Q=\prod_{i=1}^{n}\left[x_{i}-d,x_{i}+d\right]$，$Q\subset\mathbb{R}^{n},x\in Q^{\circ}$.
所以$\mathbb{R}^{n}$是局部紧致的。但是$\mathbb{R}^{n}$不是紧致的，因为$\bigcup_{i=1}^{\infty}\left(-i,i\right)$是$\mathbb{R}^{n}$的一个开覆盖，但是选不出一个有限的子覆盖覆盖$\mathbb{R}^{n}$
. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
局部紧致的 $T_{2}$ 空间满足 $T_{3}$ 公理.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
首先需要证明一个引理，在局部紧致的$T_{2}$空间中，任意$x\in X$和任意开邻域$W$，存在$x$的紧致邻域$K$使得$K\subseteq W$. 

引理的证明：由于空间是紧致的，所以存在紧致子空间$A$，使得$x\in A^{\circ}$。

假如$A\subset W$，那么取$K=A$即可。除非，取$L=A\cap W$，可以找到开集$M\subset L$，使得$\overline{M}\subset L$，由于$\overline{M}$是紧致子空间$A$的闭子集，所以也是紧致的，且$x\in\overline{M}\subset L\subset W$，所以这时候取$K=\overline{M}$
.

回到原题，设$X$是局部紧致的$T_{2}$空间，对任意点$x$，设$C\subset X$是不包含$x$的闭集，只需证明存在开集$U,V$，使得$x\in U,C\subset V$且$U\cap V\ne\varnothing$.
由引理，由于$X-C$是一个开集，所以存在$x$的开邻域$W$，$x\in W\subset X-C$，因此存在$x$的紧致邻域$K$，$x\in K\subset W\subset X-C$，因此，只要令$V=X-K\text{，}U=K^{\circ}$，这两个都是开集，且$x\in U,C\subset V,U\cap V=\varnothing$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
仿紧的 $T_{2}$ 空间满足 $T_{4}$ 公理.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明$T_{3}$，再证明$T_{4}$. 

设$x\in X$为任意一点，$C\subseteq X$为不含$x$的闭集。我们需要构造$x$和$C$的不交开邻域。由$T_{2}$，我们知道，任意的$y\in X,x\ne y$，存在开集$U_{y}$和$V_{y}$，使得$x\in U_{y},y\in V_{y}$且$U_{y}\cap V_{y}=\varnothing$，于是我们有一个覆盖了$C$的开集族$\left\{ V_{y}\right\} _{y\in C}$。所以我们可以得到一个开覆盖
\(
\mathcal{O}=\left\{ X\backslash C\right\} \cup\left\{ V_{y}\right\} _{y\in C}
\)。根据仿紧性，这个开覆盖存在一个局部有限的开加细$\mathcal{W}$，考虑$\mathcal{W}$中那些与$C$相交的元素，记作$\mathcal{W}'=\left\{ W\in\mathcal{W}\mid W\cap C\ne\varnothing\right\} $.
$\mathcal{W}'$覆盖$C$，同时任意的$W\in\mathcal{W}'$，由于它包含在某个$V_{y}$中，且$x\notin\overline{V_{y}}$（因为$T_{2}$性质），所以$x\notin\overline{W}$.
令$V=\bigcup_{W\in\mathcal{W}'}W$，显然$C\subset V$，$x\notin V$，且$V$是开集，所以就可以令$U=X\backslash\overline{V}$，这就是$x$的开邻域且与$V$不交。至于为什么$\overline{V}$不含$x$，因为
\[
\overline{V}=\overline{\bigcup_{W\in\mathcal{W}'}W}=\bigcup_{W\in\mathcal{W}'}\overline{W}
\]
每个$\overline{W}$都不含$x$，所以他们的并也不含$x$，因此$x\notin\overline{V}$. 至此，我们证明了：仿紧$T_{2}$空间是$T_{3}$的。

现在假设$A,B$是$X$中两个不相交的闭集。我们需要构造开集$U\supset A\text{，}V\supset B$且$U\cap V=\varnothing$。

利用$T_{3}$，任意的$a\in A$，我们可以存在开集$U_{a},V_{a}$，使得$a\in U_{a},B\subset V_{a},U_{a}\cap V_{a}=\varnothing$，这样我们就得到了一个覆盖$A$的开集族$\left\{ U_{a}\right\} _{a\in A}$。类似于$T_{3}$的证明，考虑$X$的开覆盖$\left\{ U_{a}\mid a\in A\right\} \cup\left\{ X\backslash A\right\} $，由仿紧性，存在一个局部的开加细$\mathcal{U}$，然后挑出来里面与$A$相交的部分$\mathcal{U}'$，里面的每一个集合$U$，都包含于某个$U_{a}$，且$\overline{U}\cap B=\varnothing$，所以令$U=\bigcup_{U\in\mathcal{U}'}U,V=X\backslash\overline{U}$，就可以得到一个$A\subset U,B\subset V,U\cap V=\varnothing$. 

这就完成了$T_{4}$的证明。
\end{sol*}
%
（上面的题都是通过各种渠道写上的，我是真不会呀）
\clearpage

\chapter{第4周拓扑作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

\begin{mymymy}

	题目4.7和4.9不会做
\end{mymymy}

\begin{problem}
设$\ensuremath{C}$为$\ensuremath{X}$的连通子空间，并且$C\subset A\subset\bar{C}$．证明$\ensuremath{A}$也是$\ensuremath{X}$的连通子空间．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设$A$不连通，那么就存在非空开集$U,V$，使得$A=U\sqcup V$，由于$C$是$X$的连通子空间，所以$C$必然含于$U$或含于$V$，不妨设$C\subset U$。于是$A=U\sqcup V\subset\overline{C}\subset\overline{U}$。设$v\in V$，那么有$v\in\overline{C}$，由于$V$是开集，所以会存在$v$的开邻域$W$，$W\subset V$，但又由于$v$是$C$的极限点，所以$W$内会有无穷多个$C$的点。于是$V\cap C\ne\varnothing$.
这与$C\subset U\text{，}U\cap V=\varnothing$矛盾。所以$A$是连通的。
\end{sol*}
%
下面的习题2-3用到介值定理（命题3：连通空间$X$上的一个连续函数$f:X\to\mathbb{R}$可取到所有中间值）

\begin{problem}
设$\ensuremath{f:[a,b]\to\mathbb{R}}$连续且$f(a)\cdot f(b)<0$，则存在$\ensuremath{c\in[a,b]}$使得$f(c)=0$．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$f\left(a\right)\cdot f\left(b\right)<0$，不妨设$f\left(a\right)<0,f\left(b\right)>0$，由介值定理，会存在$c\in\left(a,b\right)$，使得$f\left(c\right)=0\in\left(f\left(a\right),f\left(b\right)\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
（1维Brouwer不动点定理）：设 $\ensuremath{f:[-1,1]\to[-1,1]}$连续．存在$\ensuremath{c\in[a,b]}$使得$f(c)=c$．

提示：如果$\ensuremath{f(-1)=-1}$或$f(1)=1$，结论已经成立．下设$\ensuremath{f(1)<1}\lyxmathsym{，}\ensuremath{f(-1)>-1}$．引入辅助函数$g:[-1,1]\to\mathbb{R}$．则有$g(1)\cdot g(-1)<0$．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
接着提示证明，设$g\left(x\right)=f\left(x\right)-x$，$g\left(1\right)=f\left(1\right)-1<0$，$g\left(-1\right)=f\left(-1\right)+1>0$，且$g$在$\left[-1,1\right]$上连续，由问题4.2得，存在一个$c$，使得$g\left(c\right)=f\left(c\right)-c=0$，也就是$f\left(c\right)=c$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明拓扑空间$\ensuremath{X}$连通的充要条件是$\ensuremath{X}$的每个非空真子空间有非空的边界．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
非空真子空间有非空的边界，意味着$\partial A=\overline{A}\backslash\mathring{A}=\overline{A}\cap\overline{X\backslash A}$不为空集。先证明假如$\partial A=\varnothing$当且仅当$A$既是开集又是闭集（之前其实证明过）。

“$\implies$”：因为$\overline{A}\backslash\mathring{A}=\varnothing$，所以$\overline{A}=\mathring{A}$，但是由于$\mathring{A}\subset A\subset\overline{A}$，所以$A=\mathring{A}=\overline{A}$，所以$A$既是开集又是闭集。

“$\impliedby$”：若$A$即开又闭，那么$\overline{A}=A=\mathring{A}$，于是$\partial A=\overline{A}\backslash\mathring{A}=A\backslash A=\varnothing$. 

然后回到本题的证明，$X$连通的定义是：只有$\varnothing$和$X$是既开又闭的子集。

“$\implies$”：$X$连通，且$\varnothing$和$X$不是$X$的非空真子空间，所以$X$的每一个非空真子空间都不是既开又闭的子集，所以有非空的边界。

“$\impliedby$”：因为$\ensuremath{X}$的每个非空真子空间有非空的边界，所以每个非空真子集都不是既开又闭的，所以只有$\varnothing$和$X$本身是既开又闭的子集，所以$X$连通。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{X}$是一个拓扑空间，$\ensuremath{A\subset X}$是连通子空间，$\ensuremath{B\subset X}$既开又闭.
证明若$A\cap B\neq\varnothing$，则$A\subseteq B$．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设$A\nsubseteq B$，那么我可以构造两个非空开集$U=A\cap B,V=A\backslash B$，使得$A=U\sqcup V$.
由于$B$是既开又闭的，所以$A\cap B$是开集，$V=A\backslash B=A\cap\left(X-B\right)$也是开集。同时$U\cap V$显然是空集。于是$A=\left(A\cap B\right)\cup\left(A\cap\left(X-B\right)\right)$就被分成了两个非空不相交的开集，这与$A$连通矛盾，因此假设不成立，必有$A\subset B$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{X}$是一个拓扑空间$\lyxmathsym{，}\ensuremath{A\subset X}$是连通子空间，$\ensuremath{B\subset X}$既开又闭.
证明$A\subseteq B$，或$A\subseteq X-B$．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设$A\cap B\ne\varnothing$，则由上一题得知$A\subset B$。

假设$A\cap B=\varnothing$，那么就是$A\subset X-B$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明每个开集$\ensuremath{A\subset\mathbb{R}^{n}}$的连通分支可数.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
首先因为$\mathbb{R}^{n}$是局部连通的，所以任意$x\in A\subset\mathbb{R}^{n}$，存在连通子集（也就是一个小开球）$B\left(x,\varepsilon\right)$，使得$x\in B\left(x,\varepsilon\right)\subset A$，又因为连通子集必然含于某一个连通分支之中，所以$A$的每个连通分支是开集，并且两两不相交。由于有理数是稠密的，所以每个分支必然包含一个有理数点，所以总的分支的基数与不超过$\mathbb{Q}^{n}$的基数，所以可数。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明$\ensuremath{n}$维球面$\ensuremath{S^{n}=\{x\in\mathbb{R}^{n+1},d(x,0)=1\}}$道路连通．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$p,q\in S^{n}$，定义
\[
\gamma\left(t\right)=\frac{\left(1-t\right)p+tq}{d\left[\left(1-t\right)p+tq,0\right]}
\]
当分母不为0，也就是$p\ne-q$时，$\gamma\left(t\right)$就是连续映射，$\gamma\left(0\right)=p,\gamma\left(1\right)=q$。

当$p=q$时，只需另取一点$r\in S^{n}$，构造道路$\gamma_{1}$链接$p,r$，$\gamma_{2}$链接$r,q$，然后拼接这两条道路就得到了$p$到$q$的路径。

因此任意两点$p,q\in S^{n}$都可用连续的路径连接，故$S^{n}$道路连通。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{C\subset\mathbb{R}^{2}}$是一个可数集. 证明补空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{2}-C}$道路连通．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（这真没想出来还能这么做）

设$\ensuremath{C\subset\mathbb{R}^{2}}$是可数集，取任意两点$A,B\in\mathbb{R}^{2}\setminus C$。考虑所有过$\ensuremath{A}$且经过$C$
中点的直线，即集合$\{\text{直线 }Ac\mid c\in C\}$，以及所有过$\ensuremath{B}$且经过
$\ensuremath{C}$中点的直线，即$\{\text{直线 }Bc\mid c\in C\}$。这些直线至多可数条，可数条直线的并集不能覆盖整个$\mathbb{R}^{2}$，故存在点$P$不属于这两个集合的并集，且$P\notin C$。此时，线段$\ensuremath{AP}$和$\ensuremath{PB}$均不包含
\textbackslash (C\textbackslash ) 中的点。因为若某点$\ensuremath{c\in C}$在线段$\ensuremath{AP}$上，则
$\ensuremath{c}$在直线$\ensuremath{AP}$上，但$\ensuremath{P}$不在直线$\ensuremath{Ac}$上，矛盾；因此，折线$\ensuremath{APB}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{2}\setminus C}$中连接$\ensuremath{A}\lyxmathsym{和}\ensuremath{B}$的连续道路。故$\ensuremath{\mathbb{R}^{2}\setminus C}$道路连通。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
令$\ensuremath{A=\{(s,t)\in\mathbb{R}^{2},s,t\in\mathbb{Q}\}}$是平面中全体有理点的集合.
证明它的补空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{2}-A}$道路连通．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$A$是可数集，所以由上一题可得道路连通。
\end{sol*}
%
定义：欧氏空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$的一个子空间$\ensuremath{\Omega}$称为凸子空间，如果对于任意两点$a,b\in\Omega$，它们之间的连线位于$\Omega$．

补注：空集也是凸集.

在$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中，$\ensuremath{a,b\in\mathbb{R}^{n}}$之间线段的参数方程是
\[
\alpha(t)=tb+(1-t)a,\quad t\in[0,1].
\]

\begin{problem}
证明.

1) 欧氏空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的凸集是道路连通空间；

2) 设$\ensuremath{\Omega_{1},\Omega_{2}\subseteq\mathbb{R}^{n}}$是凸子空间，则$\ensuremath{\Omega_{1}\cap\Omega_{2}}$也是凸子空间．
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 设$X\subset\mathbb{R}^{n}$是凸集，任意两点$a,b\in X$，存在线段$\alpha\left(t\right)=tb+\left(1-t\right)a$，且$\alpha\in X$，$\alpha\left(0\right)=a,\alpha\left(1\right)=b$，$\alpha$连续，所以$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的凸集是道路连通空间。

2) 设$a,b\in\Omega_{1}\cap\Omega_{2}$。那么由$a,b\in\Omega_{1}$得到他们之间的连线$\alpha\subset\Omega_{1}$，也就是点集$\left\{ tb+\left(1-t\right)a\mid t\in\left[0,1\right]\right\} \subset\Omega_{1}$，同理，$\left\{ tb+\left(1-t\right)a\mid t\in\left[0,1\right]\right\} \subset\Omega_{2}$，所以$\alpha\left(t\right)\subset\Omega_{1}\cap\Omega_{2}$，所以$\Omega_{1}\cap\Omega_{2}$是凸集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
考虑 $\ensuremath{n}$元二次多项式函数
\[
f:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R},\quad f(x_{1},\cdots,x_{n})=\sum_{1\leqslant i\leqslant n}a_{i}x_{i}^{2}
\]
其中的系数$a_{i}>0$。设$\ensuremath{r>0}$是一个正实数, 证明
\[
\Omega(f,r)=\{x\in\mathbb{R}^{n}\mid f(x)\leqslant r\}
\]
是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的一个凸子空间.

(提示: 方程$\ensuremath{f(x)=r}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的一个椭球面，$\ensuremath{\Omega(f,r)}$是该椭球面所界的闭椭球体).
\end{problem}
%
\begin{sol*}
任意的$x,y\in\Omega\left(f,r\right)$，定义$\alpha\left(t\right)=ty+(1-t)x,\quad t\in[0,1]$，只要能证明对任意的$z\in\alpha\left(t\right)$，$z\in\Omega\left(f,r\right)$，就可以说明他是一个凸子空间。
\begin{align*}
f\left(z_{1},\cdots,z_{n}\right) & =\sum_{i=1}^{n}a_{i}z_{i}^{2}=\sum_{i=1}^{n}a_{i}\left(ty_{i}+(1-t)x_{i}\right)^{2}\\
 & =\sum_{i=1}^{n}a_{i}\left[t^{2}y_{i}^{2}+2\left(1-t\right)tx_{i}y_{i}+(1-t)^{2}x_{i}^{2}\right]\\
 & \leqslant t^{2}r^{2}+\left(1-t\right)^{2}r^{2}+2t\left(1-t\right)\sum_{i=1}^{n}\left(\sqrt{a_{i}}x_{i}\right)\left(\sqrt{a_{i}}y_{i}\right)\\
\text{Cauchy不等式} & \leqslant\left(1-2t+2t^{2}\right)r^{2}+\left(2t-2t^{2}\right)\sqrt{\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}x_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}y_{i}^{2}\right)}\\
 & \leqslant r^{2}
\end{align*}
所以$f\left(z\right)\leqslant r\implies z\in\Omega\left(f,r\right)$，所以$\Omega(f,r)$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的一个凸子空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
考虑$\ensuremath{n}$元一次多项式函数
\[
f:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R},\quad f(x_{1},\cdots x_{n})=\sum_{i=1}^{n}a_{i}x_{i},
\]
其中的系数$\ensuremath{a_{i}}$不全为 0. 对于一个实数$\ensuremath{r\in\mathbb{R}},$
令
\[
\Omega^{+}(f,r)=\{x\in\mathbb{R}^{n},f(x)\geqslant r\},\]\[ \Omega^{0}(f,r)=\{x\in\mathbb{R}^{n},f(x)=r\},\]\[ \Omega^{-}(f,r)=\{x\in\mathbb{R}^{n},f(x)\leq r\}
\]证明$\ensuremath{\Omega^{+},\Omega^{0},\Omega^{-}\subseteq\mathbb{R}^{n}}$是凸子空间.

提示:$\ensuremath{\Omega^{0}(f,r)\subseteq\mathbb{R}^{n}}$是一张超平面, $\ensuremath{\Omega^{+},\Omega^{-}}$位于它的两侧.
\end{problem}


\begin{sol*}
任意的$x,y\in\Omega^{+}$，定义$\alpha\left(t\right)=ty+(1-t)x,\quad t\in[0,1]$，只要能证明对任意的$z\in\alpha\left(t\right)$，$z\in\Omega^{+}$，就可以说明他是一个凸子空间。
\begin{align*}
f\left(z_{1},\cdots,z_{n}\right) & =\sum_{i=1}^{n}a_{i}z_{i}=\sum_{i=1}^{n}a_{i}\left(ty_{i}+(1-t)x_{i}\right)\\
 & =t\sum_{i=1}^{n}a_{i}y_{i}+\left(1-t\right)\sum_{i=1}^{n}a_{i}x_{i}\\
 & \geqslant tr+\left(1-t\right)r=r
\end{align*}
所以$f\left(z\right)\geqslant r\implies z\in\Omega^{+}$，所以$\Omega^{+}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的一个凸子空间。其他两个同理，不过是$=$和$\leqslant$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明局部连通空间中的开子空间局部连通.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$X$是局部连通空间，$Y$是他的开子空间。所以在$Y$中，$\forall x\in Y$，存在一个邻域$U$，$x\in U\subset X$，所以存在连通邻域$V$，$x\in V\subset U\subset Y\subset X$，所以$Y$是局部连通的。
\end{sol*}
%
\chapter{第5周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}

\begin{mymymy}
题5.5满射的证明不会，问的AI.
然后同胚的一些等价条件还是不大会使用。
\end{mymymy}
\begin{problem}
验证定理5结论A的证明中所构造的映射对$\ensuremath{f,g}$互逆；

验证定理5结论B的证明中所构造的映射对$\ensuremath{f,g}$互逆；

证明定理5结论C的证明中所构造的映射对$\ensuremath{f}$是连续双射。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 
\[
f\left(y\right)=\frac{y}{1+\left|y\right|},g\left(x\right)=\frac{x}{1-\left|x\right|}
\]
\[
f\left(g\left(x\right)\right)=\frac{\frac{x}{1-\left|x\right|}}{1+\left|\frac{x}{1-\left|x\right|}\right|}=\frac{x}{1-\left|x\right|+\left|x\right|}=x,
\]
\[
g\left(f\left(y\right)\right)=\frac{\frac{y}{1+\left|y\right|}}{1-\left|\frac{y}{1+\left|y\right|}\right|}=\frac{y}{1+\left|y\right|-\left|y\right|}=y.
\]
所以对$f,g$互逆。

(2) 
\[
f\left(x,t\right)=\frac{x}{1-t},g\left(y\right)=\left(\frac{2y}{1+\left|y\right|^{2}},\frac{\left|y\right|^{2}-1}{\left|y\right|^{2}+1}\right)
\]
\[
f\left(g\left(y\right)\right)=\frac{\frac{2y}{1+\left|y\right|^{2}}}{1-\frac{\left|y\right|^{2}-1}{\left|y\right|^{2}+1}}=\frac{2y}{\left|y^{2}\right|+1-\left|y^{2}\right|+1}=y
\]
\[
g\left(f\left(x,t\right)\right)=\left(\frac{2x\left(1-t\right)}{\left(1-t\right)^{2}+x^{2}},\frac{x^{2}-\left(1-t\right)^{2}}{x^{2}+\left(1-t\right)^{2}}\right)=\left(\frac{2x\left(1-t\right)}{2-2t},\frac{-2t^{2}+2t}{2-2t}\right)=\left(x,t\right)
\]
所以对$f,g$互逆。

(3) $f$的单射和满射已经在书上证明过了，只需证明$f$是连续的。

任意的$\varepsilon>0$，设$x\in B\left(x,\delta\right)$，$\delta<\frac{\varepsilon\left|x\right|}{\varepsilon+2}$是$x$的一个小邻域，也就是$\left|x\right|-\delta<\left|y\right|<\left|x\right|+\delta$，$\forall y\in B\left(x,\delta\right)$所以
\begin{align*}
\left|f\left(y\right)-f\left(x\right)\right| & =\left|\frac{y}{\left|y\right|}-\frac{x}{\left|x\right|}\right|<\left|\frac{y}{\left|x\right|-\delta}-\frac{x}{\left|x\right|}\right|=\left|\frac{y\left|x\right|-x\left|x\right|+x\delta}{\left|x\right|\left(\left|x\right|-\delta\right)}\right|\\
 & \leqslant\frac{\left|y-x\right|\left|x\right|+\left|x\delta\right|}{\left|x\right|\left(\left|x\right|-\delta\right)}<\frac{2\delta}{\left|x\right|-\delta}<\varepsilon
\end{align*}
所以$f\left(y\right)\in B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，所以$f$是连续的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明下述拓扑空间彼此同胚：

1) $S^{n-1}\times\mathbb{R}$;

2) $\mathbb{R}^{n}-\{0\}$;

3) $\mathbb{R}^{n}-D^{n}$.

提示：结论A: $S^{n-1}\times\mathbb{R}\cong\mathbb{R}^{n}-\{0\}$。 由于$\mathbb{R}\cong(0,+\infty)$，只需要证明$S^{n-1}\times(0,+\infty)\cong\mathbb{R}^{n}-\{0\}$。考虑映射
\[
f:S^{n-1}\times(0,+\infty)\to\mathbb{R}^{n}-\{0\},\ g:\mathbb{R}^{n}-\{0\}\to S^{n-1}\times(0,+\infty)
\]
 分别为 
\[
f(x,t)=tx;\quad g(y)=\left(\frac{y}{|y|},|y|\right).
\]
 它们均是连续映射，且互为逆映射。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
``1)$\cong$2)''：令$f:S^{n-1}\times\left(0,+\infty\right)\to\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} \text{，}f\left(x,t\right)=tx$，$g:\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} \to S^{n-1}\times\left(0,\infty\right)$，$g\left(y\right)=\left(\frac{y}{\left|y\right|},\left|y\right|\right)$，其中$x^{2}+t^{2}=1$，且$\left|x\right|=1$连续映射和前面那个题差不多。所以只验证互逆。
\[
f\left(g\left(y\right)\right)=\frac{y}{\left|y\right|}\cdot\left|y\right|=y,\ g\left(f\left(x,t\right)\right)=\left(\frac{tx}{\left|tx\right|},\left|tx\right|\right)=\left(t,x\right)
\]
所以$S^{n-1}\times\left(0,+\infty\right)\cong\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} $，又因为$\left(0,+\infty\right)\cong\mathbb{R}$，所以$S^{n-1}\times\mathbb{R}\cong\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} $. 

``2)$\cong$3)''： 令$f:\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} \to\mathbb{R}^{n}-D^{n}$，$f\left(x\right)=x+\frac{x}{\left|x\right|}$；$g:\mathbb{R}^{n}-D^{n}\to\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} $，$g\left(y\right)=y-\frac{y}{\left|y\right|}$.
$f,g$连续是显然的，因为每一部分都连续。
\[
f\left(g\left(y\right)\right)=y-\frac{y}{\left|y\right|}+\frac{y\left|y\right|-y}{\left|y\left|y\right|-y\right|}=y-\frac{y}{\left|y\right|}+\frac{y\left(\left|y\right|-1\right)}{\left|y\right|\left|y-1\right|}
\]
由于$\left|y\right|-1=\left|y-1\right|$，所以$f\left(g\left(y\right)\right)=y$.
\[
g\left(f\left(x\right)\right)=x+\frac{x}{\left|x\right|}-\frac{x\left|x\right|+x}{\left|x\left|x\right|+x\right|}=x+\frac{x}{\left|x\right|}-\frac{x\left(\left|x\right|+1\right)}{\left|x\right|\left|x+1\right|}
\]
由于$\left|x\right|+1=\left|x+1\right|$，所以$g\left(f\left(x\right)\right)=x$.
所以$f,g$连续互逆，也就是$\mathbb{R}^{n}-\{0\}\cong\mathbb{R}^{n}-D^{n}$.

所以这三个两两同胚。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明单位圆周的一个自同胚可以扩张为单位圆盘的自同胚。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设单位圆周$S^{1}=\left\{ e^{i\theta}:\theta\in[0,2\pi)\right\} $，单位圆盘$D^{1}=\left\{ re^{i\theta}:r\in[0,1],\theta\in[0,2\pi)\right\} $，设$f$是$S^{1}$上的自同胚，连续，存在逆$g$。那么定义$F:D^{1}\to D^{1}$为$F\left(re^{i\theta}\right)=rf\left(e^{i\theta}\right)$，因为$r,f$连续，所以$F$连续，逆为$G\left(se^{i\varphi}\right)=sg\left(e^{i\varphi}\right)$。
\[
F\left(G\left(se^{i\varphi}\right)\right)=sf\left(g\left(e^{i\varphi}\right)\right)=se^{i\varphi},\ G\left(F\left(re^{i\theta}\right)\right)=G\left(rf\left(e^{i\theta}\right)\right)=re^{i\theta}
\]
所以这是单位圆盘的一个自同胚，于是单位圆周的一个自同胚可以扩张为单位圆盘的自同胚。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
叙述群的定义。

证明在矩阵的乘法和求逆运算下，全体实正交矩阵的集合$\ensuremath{O(n)}$是一个以$\ensuremath{n}\lyxmathsym{阶}$单位矩阵$\ensuremath{I_{n}}$为乘法单位的群，它称为$n$阶正交群。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
群的定义：一个集合$G$上定义一个二元运算$\cdot$，满足以下四条公理：
\begin{enumerate}
\item 运算封闭：$\forall a,b\in G$，$a\cdot b\in G$. 
\item 结合律：$\forall a,b,c\in G$，$a\cdot\left(b\cdot c\right)=\left(a\cdot b\right)\cdot c$. 
\item 有单位元：$\forall a$，$\exists e\in G$，$a\cdot e=e\cdot a=a.$
\item 有逆元：$\forall a$，$\exists b\in G$，$a\cdot b=b\cdot a=e.$ 
\end{enumerate}
验证正交矩阵的集合$O\left(n\right)$在乘法运算下构成一个群。
\begin{enumerate}
\item $A,B\in O\left(n\right)$，$\left(AB\right)^{T}=B^{T}A^{T}=B^{-1}A^{-1}=\left(AB\right)^{-1}$，所以$AB\in O\left(n\right)$，也是一个$n$阶正交矩阵。
\item 结合律由矩阵运算的结合律保证。
\item 单位元是$I_{n}.$
\item $A$是正交矩阵，$A^{-1}$自然也是正交矩阵。
\end{enumerate}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
令$\ensuremath{I(\mathbb{R}^{n})=\mathbb{R}^{n}}$的全体等距变换所构成的集合，$\sigma,\tau\in I(\mathbb{R}^{n})$。证明：

1. $\ensuremath{\sigma:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}}$是一个连续双射，且$\sigma^{-1}\in I(\mathbb{R}^{n})$；

2. $\sigma\circ\tau\in I(\mathbb{R}^{n})$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1. 因为是等距变换，所以$\left|\sigma\left(x\right)-\sigma\left(y\right)\right|=\left|x-y\right|$。

连续性：$\forall y\in B\left(x,r\right)$，$\left|\sigma\left(x\right)-\sigma\left(y\right)\right|=\left|x-y\right|<r$，所以$\sigma\left(y\right)\in B\left(\sigma\left(x\right),r\right)$，所以连续。

单射：若$\sigma\left(x\right)=\sigma\left(y\right)$，$\left|\sigma\left(y\right)-\sigma\left(x\right)\right|=\left|y-x\right|=0$，所以可以得到$x=y$，所以是单射。

满射：先说明$\sigma$保持中点。$\forall x,y\in\mathbb{R}^{n}$，记$m=\frac{x+y}{2}$，则$\left|x-m\right|=\left|y-m\right|=\frac{\left|x-y\right|}{2}=\frac{\left|\sigma\left(x\right)-\sigma\left(y\right)\right|}{2}$，由等距性，
\[
\left|\sigma\left(x\right)-\sigma\left(m\right)\right|=\left|x-m\right|=\frac{\left|x-y\right|}{2},\ \left|\sigma\left(y\right)-\sigma\left(m\right)\right|=\left|y-m\right|=\frac{\left|x-y\right|}{2}
\]
因此$\sigma\left(m\right)$到$\sigma\left(x\right)$和$\sigma\left(y\right)$的距离均为$\frac{\left|\sigma\left(x\right)-\sigma\left(y\right)\right|}{2}$，故$\sigma$保持中点。

令$\tau\left(x\right)=\sigma\left(x\right)-\sigma\left(0\right)$，$\tau$仍为等距，由中点保持性质，可知对任意有理数$q$，$\tau\left(qx\right)=q\tau\left(x\right)$，再由连续性得$\tau\left(\lambda x\right)=\lambda\tau\left(x\right)$，对任意实数$\lambda$都成立，进而
\[
\tau\left(x+y\right)=2\tau\left(\frac{x+y}{2}\right)=\tau\left(x\right)+\tau\left(y\right)
\]
所以$\tau$是线性映射。又因$\left|\tau\left(x\right)\right|=\left|x\right|$，$\tau$保持范数，从而可逆。所以存在唯一的$x=\tau^{-1}\left(y\right)$使得$\tau\left(x\right)=y$，即$\sigma\left(x\right)=\sigma\left(0\right)+y$，故$\sigma$是满射。

逆映射：任意的$\sigma^{-1}\left(x\right),\sigma^{-1}\left(y\right)\in\mathbb{R}$，
\[
\left|\sigma^{-1}\left(x\right)-\sigma^{-1}\left(y\right)\right|=\left|\sigma\left(\sigma^{-1}\right)\left(x\right)-\sigma\left(\sigma^{-1}\right)\left(y\right)\right|=\left|x-y\right|
\]
所以$\sigma^{-1}\in I\left(\mathbb{R}^{n}\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{e\in I(\mathbb{R}^{n})}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$的恒同映射。证明$\ensuremath{I(\mathbb{R}^{n})}$是以$\ensuremath{e}$为乘法单位的群，其中$\ensuremath{I(\mathbb{R}^{n})}$中的乘法和求逆运算分别是：
\[
I(\mathbb{R}^{n})\times I(\mathbb{R}^{n})\to I(\mathbb{R}^{n}),\quad\sigma\times\tau=\sigma\circ\tau
\]
\[
I(\mathbb{R}^{n})\to I(\mathbb{R}^{n}),\quad(\sigma)^{-1}=\sigma^{-1}
\]
$\ensuremath{I(\mathbb{R}^{n})}$称为欧氏空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$的刚体运动群，或
等距变换群。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由上一个题可知运算封闭，且逆仍然属于$I\left(\mathbb{R}^{n}\right)$。 结合律由映射的结合律保证，单位元是$e$，所以构成一个群。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$I_{0}(\mathbb{R}^{n})=\{\sigma\in I(\mathbb{R}^{n})\mid\sigma(O)=O\}$，其中$\ensuremath{O\in\mathbb{R}^{n}}$是原点。证明：

1.$\ensuremath{I_{0}(\mathbb{R}^{n})\subset I(\mathbb{R}^{n})}$是一个子群；

2. 映射$h:O(n)\to I_{0}(\mathbb{R}^{n}),\quad h(A)=A$，是一个群同构。

提示：设$\ensuremath{e_{i}=(0,\cdots,0,1,\cdots,0)\in\mathbb{R}^{n}}$是欧氏空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$的标准单位正交基底。则映射$\ensuremath{h}$的逆是
\[
h^{-1}(\sigma)=(\sigma(e_{1}),\cdots,\sigma(e_{n})).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1. 只需验证$\forall\sigma,\tau\in I_{0}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\text{，}\sigma\tau^{-1}\in I_{0}\left(\mathbb{R}\right)$。
\[
\sigma\left(\tau^{-1}\left(O\right)\right)=\sigma\left(O\right)=O
\]
所以是子群。

2. 首先先验证$h$是一个同态。$\forall A,B\in O\left(n\right)$，$h\left(AB\right)=AB=A\cdot B=h\left(A\right)h\left(B\right)$，所以是同态。

再验证双射。
\[
h\circ h^{-1}\left(\sigma\right)=h\left(\sigma(e_{1}),\cdots,\sigma(e_{n})\right)=\left(\sigma(e_{1}),\cdots,\sigma(e_{n})\right)=\sigma
\]
\[
h^{-1}\circ h\left(A\right)=h^{-1}\left(A\right)=\left(A(e_{1}),\cdots,A(e_{n})\right)=A
\]
所以是双射。进而$h$是群同构。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
表示定理 证明映射
\[
f:I_{0}(\mathbb{R}^{n})\times\mathbb{R}^{n}\to I(\mathbb{R}^{n}),\quad f(\sigma,a)=\sigma\circ P_{a},
\]
是一个群同构，它的逆映射是
\[
h^{-1}(\sigma)=(P_{-\sigma(0)}\circ\sigma,\sigma(0)).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
群同态：
\[
f\left(\sigma\circ\tau,a+b\right)=\sigma\circ\tau\circ P_{a+b}=\sigma P_{a}\circ\tau P_{b}=f\left(\sigma,a\right)f\left(\tau,b\right)
\]
所以$f$是群同态。

$f\left(f^{-1}\left(\sigma\right)\right)=f\left(P_{-\sigma(0)}\circ\sigma,\sigma(0)\right)=P_{-\sigma(0)}\circ\sigma\circ\sigma(0)=\sigma$
\[
f^{-1}\left(f\left(\sigma,a\right)\right)=f^{-1}\left(\sigma\circ P_{a}\right)=\left(P_{-\sigma\left(0\right)\circ P_{a}}\circ\sigma,\sigma\circ P_{a}\left(0\right)\right)=\left(\sigma,a\right)
\]
所以$f$是双射，所以群同构成立。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
乘积空间$\ensuremath{T^{n}=S^{1}\times\cdots\times S^{1}}$称为$\ensuremath{n}$维环面。在$\ensuremath{n}$维欧氏空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中规定关系
$(x_{1},\cdots,x_{n})\sim(y_{1},\cdots,y_{n})\Leftrightarrow x_{i}-y_{i}\in\mathbb{Z}$。证明

1）$\sim$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的一个等价关系；

2）$\ensuremath{T^{n}}$同胚于商空间$\mathbb{R}^{n}/\sim$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1）自反性：$\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\sim\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)$，因为$x_{i}-x_{i}=0$. 

对称性：假如$x_{i}-y_{i}\in\mathbb{Z}$，那么$y_{i}-x_{i}\in\mathbb{Z}$。

传递性：假如$x\sim y,y\sim z$，$x_{i}-y_{i}\in\mathbb{Z}$，$y_{i}-z_{i}\in\mathbb{Z}$，所以$x_{i}-z_{i}\in\mathbb{Z}$，所以$x\sim z$. 

2）定义映射$\varphi:\mathbb{R}^{n}\to T^{n}$为$\varphi\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)=\left(e^{2\pi ix_{1}},\cdots,e^{2\pi ix_{n}}\right)$。定义$\psi:\mathbb{R}^{n}\slash\sim\to T^{n}$为$\psi\left(\left[x\right]\right)=\varphi\left(x\right)$.
$\varphi,\psi$连续都是显然的，只需要证明$\psi$是双射。

若$\psi\left(x\right)=\psi\left(y\right)$，那么$\varphi\left(x\right)=\varphi\left(y\right)$，于是$x_{i}=y_{i}$于是$x=y$，所以$\psi$是单射。满射是因为任意的$\left(e^{2\pi ix_{1}},\cdots,e^{2\pi ix_{n}}\right)$，都会对应一个$x=\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)$，那么$\psi\left(\left[x\right]\right)=\varphi\left(x\right)=\left(e^{2\pi ix_{1}},\cdots,e^{2\pi ix_{n}}\right)$. 

考虑商映射$\pi:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}\slash\sim$，限制在紧集$I=\left[0,1\right]^{n}$上。由于每个等价类与$K$至少交于一点，故$\pi\left(I\right)=\mathbb{R}^{n}\slash\sim$，由于$I$,$\pi\left(I\right)$都是紧的，所以$\mathbb{R}^{n}\slash\sim$是紧的。又因为$T^{n}$是$T_{2}$的，所以$\psi$是连续双射也是同胚。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
在商空间$\ensuremath{X/A}$的定义中，为何要求$\ensuremath{A\subset X}$是一个闭子空间？
\end{problem}
%
\begin{sol*}
若$A$不是闭集，由于$\pi$是将$A$映成一个点，通常拓扑空间满足$T_{1}$性质，单点集是闭集，这样$\pi$就是把闭集映成闭集，性质会变得好。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{S^{n-1}}$是$\ensuremath{n-1}$维球面。证明$CS^{n-1}\cong D^{n}$。

提示：考虑映射的分解问题
\[
\begin{array}{ccc}
S^{n-1}\times I\\
\downarrow & \overset{F}{\searrow}\\
CS^{n-1} & \dashrightarrow & D^{n}
\end{array}
\]
其中$F(x,t)=(1-t)x$。它的解即所求同胚。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
定义$F:S^{n-1}\times I\to D^{n}$，$F\left(x,t\right)=\left(1-t\right)x$，定义$S^{n-1}\times I$上的等价关系$\left(x,1\right)\sim\left(x',1\right)$对所有$x,x'$等同，$\pi:S^{n-1}\times I\to CS^{n-1}$是商映射。任意的$\left(a,1\right)\in S^{n-1}\times I$，$F\left(\left(a,1\right)\right)=0$，故可以诱导出映射$f:CS^{n-1}\to D^{n}$，$f([x,t])=\left(1-t\right)s$，且满足$t=1$时$f([x,1])=0=F\left(a,1\right)$.
且$f$是连续的。

满射：任取$y\in D^{n}$。若$y=0$，则 $f([x,1])=0$；若$y\neq0$，令$t=1-\|y\|$，$x=y/\|y\|\in S^{n-1}$，则
$f([x,t])=(1-t)x=\|y\|\cdot(y/\|y\|)=y$。 

单射：设$f([x,t])=f([x',t'])$，即$(1-t)x=(1-t')x'$。两边取范数得$1-t=1-t'$，故
$t=t'$，进而$x=x'$，所以$[x,t]=[x',t']$。 

因此 $\ensuremath{f}$是连续双射。 

又由于$S^{n-1}$和$\left[0,1\right]$都是紧空间，所以$\ensuremath{S^{n-1}\times[0,1]}$紧，由于商映射连续，所以$CS^{n-1}$也是紧空间，$\ensuremath{D^{n}}$是
Hausdorff 空间，连续双射从紧空间到 Hausdorff 空间必为同胚。

故$CS^{n-1}\cong D^{n}$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{A\subset X}$是闭子空间。证明

1) 如果$\ensuremath{X}$连通，则商空间$\ensuremath{X/A}$连通；

2) 如果$\ensuremath{X}$紧致，则商空间$\ensuremath{X/A}$紧致；

3) $\ensuremath{X}$是$\ensuremath{T_{1}+T_{3}}$空间，则商空间$\ensuremath{X/A}$是$\ensuremath{T_{2}}$空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1)2) 定义商映射$X\to X\slash A$，由于商映射是连续的，所以12自然成立。

3) 在$X\slash A$中，$A$是一个点$a$，任意的$x\in X\slash A$，由于$X$是$T_{3}$空间，存在$U,V$是开集，使得$\pi^{-1}\left(x\right)\in U,A\subset V,U\cap V=\varnothing$。由于$\pi$是连续的，两边同时作用$\pi$，就会存在$\pi\left(U\right),\pi\left(V\right)$作为$X\slash A$中的开集，$x\in\pi\left(U\right),a\in\pi\left(V\right),\pi\left(U\right)\cap\pi\left(V\right)=\varnothing$。

当任意两个点$x,y$都不为$a$时，由$T_{1}$和$T_{3}$可以推出$T_{2}$，在$X$中存在$U,V$是开集，使得$\pi^{-1}\left(x\right)\in U,\pi^{-1}\left(y\right)\in V,U\cap V=\varnothing$。由于$\pi$是连续的，两边同时作用$\pi$，就会存在$\pi\left(U\right),\pi\left(V\right)$作为$X\slash A$中的开集，$x\in\pi\left(U\right),y\in\pi\left(V\right),\pi\left(U\right)\cap\pi\left(V\right)=\varnothing$。

综上，$X\slash A$是$T_{2}$空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{A\subset S^{2}}$是一个纬圆，画出商空间$\ensuremath{S^{2}/A}$以商映射$\pi:S^{2}\to S^{2}/A$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=0.6]{paste3}

\end{figure}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\{x_{1},\cdots,x_{k}\}\subset S^{1}}$是一个有限点集。

1) $S^{1}/\{x_{1},\cdots,x_{k}\}=?$

2) 画出商空间及商映射$\pi:S^{1}\to S^{1}/\{x_{1},\cdots,x_{k}\}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) $S^{1}\slash\left\{ x_{1},\cdots,x_{k}\right\} =\bigvee_{i=1}^{k}S^{1}$.

2) 
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=0.5]{paste2}

\end{figure}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\{x_{1},\cdots,x_{n}\}\subset S^{2}}$是一个有限点集。令 
\[
a=\min\{d(x_{i},x_{j}),\,1\leq i\neq j,\,x_{i}\leq n\};
\]
\[
B\left(x_{i},\frac{a}{3}\right)=\left\{ x\in S^{2},\,d(x_{i},x)<\frac{a}{3}\right\} 
\]
\[
A=S^{2}-\bigcup B\left(x_{i},\frac{a}{3}\right)
\]

1) $\ensuremath{S^{2}/A=?}$

2) 画出商空间与商映射$\pi:S^{2}\to S^{2}/A$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) $S^{2}\slash A\sim\bigvee_{i=1}^{n}S^{2}$. 

2) 虽然我知道他是$n$个球交于一点，但由于我确实画不出来$n$个球交于一点，所以就用了豆包，下面这张图来自豆包，但我看画的也挺一般。
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=0.2]{paste4}

\end{figure}
\end{sol*}

\chapter{第6周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}

\begin{mymymy}

	题目6.1的3)不会，问了AI也没太搞懂。
	题6.3,6.4,6.5都是用的裁剪粘贴，不知道合不合适。
	
\end{mymymy}

\begin{problem}
利用定理4.7证明

1) 若 $A$ 紧致, 则 $A\cup_{f}D^{n}$ 紧致;

2) 若 $A$ 道路连通, 则 $A\cup_{f}D^{n}$ 道路连通;

3) 若 $A$ 是 $T_{2}$ 空间, 则 $A\cup_{f}D^{n}$ 是 $T_{2}$ 空间.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 由于$A$紧致，$D^{n}$紧致，所以无交并$A\sqcup D^{n}$是紧的。商映射$\pi:A\sqcup D^{n}\to A\cup_{f}D^{n}$连续，由于连续像保持紧致性，所以$A\cup_{f}D^{n}$也是紧致的。

2) 因为$A$道路连通，所以$\pi\left(A\right)$道路连通。因为$D^{n}$道路连通，所以$\pi\left(D^{n}\right)$道路连通。因为$\pi\left(S^{n-1}\right)=f\left(S^{n-1}\right)\subset\pi\left(A\right)\cap\pi\left(D^{n}\right)$，所以交集非空。于是$A\cup_{f}D^{n}=\pi\left(A\right)\cup\pi\left(D^{n}\right)$是两个道路连通且交非空的子空间之并，因此道路连通。

3) 分两种情况进行讨论。$\forall x,y\in A\cup_{f}D^{n}$，

若$x,y\in\pi\left(A\right)$或$x,y\in\pi\left(D^{n}\right)$，这两种情况是几乎相同的，所以只看$x,y\in\pi\left(A\right)$的情况。由于$A$是$T_{2}$的，所以存在$U,V\subset A$，使得$x\in U,y\in V,U\cap V=\varnothing$.
因为$f$连续，所以$f^{-1}\left(U\right),f^{-1}\left(V\right)$是$S^{n-1}$中不相交的开集，在$D^{n}$中取开集$U',V'$，使得
\[
U'\cap S^{n-1}=f^{-1}\left(U\right),\ V'\cap S^{n-1}=f^{-1}\left(V\right)
\]
则$U\cup U',V\cup V'$是$A\sqcup D^{n}$中不相交的开集，故$\pi\left(U_{1}\cup U_{2}\right),\pi\left(V_{1}\cup V_{2}\right)$是$A\cup_{f}D^{n}$中分别包含$x,y$
的不相交开集。

若$x\in\pi\left(A\right)\backslash\pi\left(S^{n-1}\right),y\in\pi\left(D^{n}\right)\backslash\pi\left(S^{n-1}\right)$，则存在$a\in A\backslash f\left(S^{n-1}\right),b\in\mathring{D^{n}}$，使得$\pi\left(a\right)=x,\pi\left(b\right)=y$。取$A$中开集$U$使得$a\in U$且$U\cap f\left(S^{n-1}\right)=\varnothing$，则$\pi\left(U\right)$就是$x$的一个开邻域。同理可以找到$D^{n}$中的一个开集$V$，$\pi\left(V\right)$是$y$的一个开邻域。并且$\pi\left(U\right),\pi\left(V\right)$不相交。

所以 $A\cup_{f}D^{n}$ 是 $T_{2}$ 空间.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明连通曲面道路连通.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设拓扑空间$\left(M,\tau\right)$是一张曲面，由于每一点$x\in M$，存在开邻域$x\in U$，满足$\left(U,x\right)\cong\left(\mathbb{R}^{2},0\right)\text{或}\left(\mathbb{R}_{+}^{2},0\right)$，而后面这两个是道路连通的，所以曲面是局部道路连通的。所以$X$的道路连通分支都是既开且闭的。因为$M$是连通曲面，所以既开又闭的子集只有$M$和$\varnothing$。所以$M$仅含有一个道路连通分支，也就是$M$是道路连通的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设 $D\subset\mathbb{R}P^{2}$ 是以点$x\in\mathbb{R}P^{2}$ 为中心的开圆盘. 证明补空间
$\mathbb{R}P^{2}-\mathring{D}\cong$ Mobius 带.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\includegraphics[scale=0.9]{paste6}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明 $\mathbb{R}P^{2}\#\mathbb{R}P^{2}\cong S^{1}\times I/(e^{2\pi\cdot it},0)\sim(e^{-2\pi\cdot it},1)$,
后者是克莱因瓶.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\includegraphics{paste7}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设 $M$ 是闭莫比乌斯带. 证明商空间 $M/\partial M$ 同胚于射影平面$\mathbb{R}P^{2}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\includegraphics{paste8}
\end{sol*}
%

\begin{problem}
在射影平面中分别找出两个嵌入圆周 $C_{1},C_{2}\subset RP^{2}$, 使得

a) 补空间 $RP^{2}-C_{1}$ 是莫比乌斯带和一个圆盘的无交并;

b) 补空间 $RP^{2}-C_{2}$ 是一个圆盘.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
a) 和问题6.3一样，选取一个同心小圆，小圆内部是一个圆盘，外部经过裁剪粘贴以后是莫比乌斯带。

b) $C_{2}$选取莫比乌斯带的中轴线，剪开以后就是一个圆柱面，同胚于圆盘。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
画出双环面 $2\cdot T^{2}$, 并在其中画出四条简单闭曲线 $C_{1},C_{2},C_{3},C_{4}\subset2\cdot T^{2}$,
使得补空间 $T^{2}-\cup C_{i}$ 同胚于开圆盘. 此处简单闭曲线是指同胚于单位圆周的曲线.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\includegraphics[scale=0.5]{paste9}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
对于一个有限维胞腔复形 $X$, 令 $\beta_{k}(X)=X$ 中 $k$ 维胞腔的个数. 则 $X$ 的欧拉示性数是:
\[
\chi(X)=\beta_{0}-\beta_{1}+\cdots+(-1)^{k}\beta_{k}+\cdots.
\]
计算下列空间的欧拉示性数:

1) 若干球面的一点并空间 $S^{n_{1}}\vee\cdots\vee S^{n_{k}}$;

2) 所有闭曲面;

3) $n$ 维实射影空间 $\mathbb{R}P^{n}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 把不同球面粘贴在一个一个共同的点，这个点是0胞腔，每个球面贡献自己维数的一个胞腔，所以
\[
\chi\left(S^{n_{1}}\vee\cdots\vee S^{n_{k}}\right)=1+\sum_{i=1}^{k}\left(-1\right)^{n_{i}}
\]

2) 由闭曲面分类定理，设闭曲面为$\mathcal{S}$，于是
\[
\mathcal{S}=S^{2}\#nT^{2}\#m\mathbb{R}P^{2}
\]
$S^{2}$欧拉数是2，$nT^{2}$欧拉数是0，$\mathbb{R}P^{2}$欧拉数是1，所以$\chi\left(\mathcal{S}\right)=2-2n-m$. 

3) $\mathbb{R}P^{2}$是将$n$维球面的对径点粘贴得到，每维一个胞腔
\[
\chi\left(\mathbb{R}P^{n}\right)=1-1+1-1+\cdots\text{（}\text{共}n+1\text{项）}
\]
\end{sol*}
%
\chapter{第7周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
证明$\ensuremath{n}$阶酉群$\ensuremath{U(n)}$是一个紧致、道路连通的$\ensuremath{T_{2}}$空间.

提示: $\ensuremath{U(n)}$是欧氏空间$\ensuremath{M_{n}(\mathbb{C})}$中的有界闭集.
道路连通性的证明可利用Jordan标准型定理: 对于每个$\ensuremath{A\in U(n)},$ 存在$P\in U(n)$,
使得
\[
A=P\begin{pmatrix}e^{i\theta_{1}} &  & 0\\
 & \ddots\\
0 &  & e^{i\theta_{n}}
\end{pmatrix}\overline{P}^{T}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 证明$U\left(n\right)$有界。设$A\in U\left(n\right)$，则$A\overline{A}^{T}=I_{n}$，定义内积
\begin{align*}
\left\langle \cdot,\cdot\right\rangle :U\left(n\right)\times U\left(n\right) & \to\mathbb{R}\\
\left(A,B\right) & \mapsto\text{Re}\left(\text{Tr}\left(\overline{B}^{T}A\right)\right)
\end{align*}
于是自然可以有范数
\[
\left\Vert A\right\Vert =\sqrt{\left\langle A,A\right\rangle }=\sqrt{\text{Re}\left(\text{Tr}\left(\overline{A}^{T}A\right)\right)}=\sqrt{n}
\]
所以$U\left(n\right)\subset B\left(0,\sqrt{n}\right)$，所以$U\left(n\right)$有界。

(2) 证明$U\left(n\right)$是闭集。定义映射
\begin{align*}
\varphi:U\left(n\right) & \to U\left(n\right)\\
A & \mapsto A\overline{A}^{T}
\end{align*}
由于$\varphi$是连续的，$\left\{ I_{n}\right\} $是闭集，所以$U\left(n\right)=\varphi^{-1}\left(\left\{ I_{n}\right\} \right)$也是闭的。

由于$U\left(n\right)\subset\mathbb{R}^{n^{2}}$，有界且闭，所以$U\left(n\right)$是紧集。

(3) 证明道路连通。我们构造从$A$到$I_{n}$的道路，然后就自然可以构造出任意两个矩阵之间的道路。令$D\left(t\right)=\text{diag}\left(e^{it\theta_{1}},\cdots,e^{it\theta_{n}}\right)$
设$A=PD\left(1\right)\overline{P}^{T}$，易知$I_{n}=PD\left(0\right)\overline{P}^{T}$
\begin{align*}
\gamma:\left[0,1\right] & \to U\left(n\right)\\
t & \mapsto PD\left(t\right)\overline{P}^{T}
\end{align*}
只需验证$\gamma$连续即可。

设$t_{0}\in\left[0,1\right],\left|t-t_{0}\right|<\delta$，于是
\begin{align*}
\left\Vert \gamma\left(t\right)-\gamma\left(t_{0}\right)\right\Vert  & =\sqrt{\text{Re}\left(\text{Tr}\left[\left(\overline{\gamma\left(t\right)}^{T}-\overline{\gamma\left(t_{0}\right)}^{T}\right)\left(\gamma\left(t\right)-\gamma\left(t_{0}\right)\right)\right]\right)}\\
 & =\sqrt{\text{Re}\left(\text{Tr}\left(I_{n}+I_{n}-P\overline{D\left(t\right)}^{T}D\left(t_{0}\right)\overline{P}^{T}-P\overline{D\left(t_{0}\right)}^{T}D\left(t\right)\overline{P}^{T}\right)\right)}\\
 & =\sqrt{\text{Re}\left(\text{Tr}\left(I_{n}+I_{n}-D\left(t_{0}-t\right)-D\left(t-t_{0}\right)\right)\right)}\\
 & =\sqrt{\text{Re}\left(\sum_{i=1}^{n}\left[2-e^{i\left(t_{0}-t\right)\theta_{i}}-e^{i\left(t-t_{0}\right)\theta_{i}}\right]\right)}\\
 & =\sqrt{\text{Re}\left(\sum_{i=1}^{n}\left[2-2\cos\left(t_{0}-t\right)\theta_{i}\right]\right)}\\
 & =\sqrt{2n-2\sum_{i=1}^{n}\cos\left(t_{0}-t\right)\theta_{i}}\\
 & \leqslant\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(t_{0}-t\right)^{2}\theta_{i}^{2}}=\delta\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\theta_{i}^{2}}.
\end{align*}
所以$\gamma$是连续的，从而就得到了道路连通。

(4) 证明$T_{2}$. 由于$U\left(n\right)$是度量空间的子空间，所以可以继承度量，所以就是$T_{2}$的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明拓扑空间之间的连续映射$\ensuremath{f:O(n)\times T(n)\to GL_{n}(\mathbb{R})},\ensuremath{f(A,C)=A\cdot C}$是一个同胚.

提示: 证明 $\ensuremath{f}$是一个连续单射, 它的逆映射由 Gram-Schmidt 正交化给出.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（1）先证明$f$是单射。设$A_{1}\cdot C_{1}=A_{2}\cdot C_{2}$，两边同时左乘上$A_{2}^{-1}$，右乘$C_{1}^{-1}$，于是
\[
A_{2}^{-1}A_{1}=C_{2}C_{1}^{-1}=M
\]
此时可以发现$M$既是上三角矩阵，又是正交矩阵，所以只能是对角矩阵。又因为
\[
\det M=\frac{\det C_{2}}{\det C_{1}}>0
\]
所以$M=I_{n}$. 所以$A_{1}=A_{2},C_{1}=C_{2}$. 所以$f$是单射。

（2）再证明$f$是连续的。由于$O\left(n\right)\times T\left(n\right)$是$\mathbb{R}^{n^{2}}\times\mathbb{R}^{n^{2}}$的子空间，矩阵乘法是每个分量均为多项式函数的映射，因此是连续的，从而$f$连续。

（3）再给出$f$的逆映射$g$。设$g:GL_{n}\left(\mathbb{R}\right)\to O\left(n\right)\times T\left(n\right)$.
设$M\in GL_{n}\left(\mathbb{R}\right)$，$M=\left(m_{1},\cdots,m_{n}\right)$.
定义
\[
v_{1}=m_{1},\ v_{2}=m_{2}-\frac{m_{2}\cdot v_{1}}{\left|v_{1}\right|}\frac{v_{1}}{\left|v_{1}\right|},\cdots,v_{n}=m_{n}-\sum_{i=1}^{n-1}\frac{m_{n}\cdot v_{i}}{\left|v_{i}\right|^{2}}v_{i}
\]
\[
e_{1}=\frac{v_{1}}{\left|v_{1}\right|},\ e_{2}=\frac{v_{2}}{\left|v_{2}\right|},\cdots,e_{m}=\frac{v_{m}}{\left|v_{m}\right|}
\]
令$Q=\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)\in O\left(n\right)$，$R$是由这些系数给出，因此$M=QR$，定义$g\left(M\right)=\left(Q,R\right)$，由矩阵中QR分解的唯一性，就可以知道$g$是$f$的逆映射。

（4）然后证明$g$是连续的。在$g$的每一步构造过程中，所用的函数都是连续的，且不存在除以0的情况，因此$g$也是连续的。

因此，$f$是同胚。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明连通分支$\ensuremath{O^{+}(n)\subset O(n)}$是一个正规子群 (称为$\ensuremath{n}$阶特殊正交群).

连通分支$\ensuremath{GL^{+}(n;\mathbb{R})\subset GL(n;\mathbb{R})}$是一个正规子群
(称为$\ensuremath{n}$阶一般特殊线性群).
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（1）对任意$A\in O^{+}\left(n\right),P\in O\left(n\right)$，只要证明$PAP^{-1}\in O^{+}\left(n\right)$就可以说明正规。
\[
\det\left(PAP^{-1}\right)=\det P\det A\det P^{-1}=\det A=1
\]
所以$PAP^{-1}\in O^{+}\left(n\right)$，所以$O^{+}\left(n\right)\triangleleft O\left(n\right)$. 

（2）也是一样的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明两个拓扑群的乘积空间是一个拓扑群.

尤其是, 单位圆周群$\ensuremath{S^{1}}$的$\ensuremath{n}$重乘积$\ensuremath{T^{n}:=S^{1}\times\cdots\times S^{1}}$是一个拓扑群,
称作$\ensuremath{n}$维环面群.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
证明两个的即可，$n$个的可由归纳法证得。

设$\left(G_{1},\mu_{1},v_{1},e_{1}\right),\left(G_{2},\mu_{2},v_{2},e_{2}\right)$是两个拓扑群，$G_{1},G_{2}$都是$T_{2}$的，且$\mu_{i}:G_{i}\times G_{i}\to G_{i},v:G_{i}\to G_{i}$。所以$G_{1}\times G_{2}$是$T_{2}$的。然后定义
\begin{align*}
\mu:\left(G_{1}\times G_{2}\right)\times\left(G_{1}\times G_{2}\right) & \to G_{1}\times G_{2}\\
\left(\left(A,B\right),\left(C,D\right)\right) & \mapsto\left(\mu_{1}\left(A,C\right),\mu_{2}\left(B,D\right)\right)
\end{align*}
$\mu$是连续的，因为$\mu$的每个分量$\mu_{1},\mu_{2}$都是连续的。
\begin{align*}
v:G_{1}\times G_{2} & \to G_{1}\times G_{2}\\
\left(A,B\right) & \mapsto\left(v_{1}\left(A\right),v_{2}\left(B\right)\right)
\end{align*}
$v$是连续的，因为$v$的每个分量$v_{1},v_{2}$都是连续的。单位元$e=\left(e_{1},e_{2}\right)\in G_{1}\times G_{2}$.
$\mu,v$的定义使得$G_{1}\times G_{2}$是一个群，且是连续的，加上$T_{2}$，所以两个拓扑群的乘积空间是一个拓扑群.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明 Abel 群$\ensuremath{\mathbb{R}}$的任何一个离散子群是无限循环群$\ensuremath{\mathbb{Z}}.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$G\subset\mathbb{R}$，若$G=\left\{ 0\right\} $，则结论显然。

若$G\ne\left\{ 0\right\} $. 则$0\in G$，且假如$x\in G$，则$-x\in G$. 定义$a=\inf\left\{ x\in G:x>0\right\} $。由于$G$是离散的，所以$a>\varepsilon>0$，且$a\in G$。因为假如$a$不属于$G$，则$a$是一个聚点，就不离散了。然后，断言$G\cong a\mathbb{Z}$的，$G$中的元素都是形如$0,a,2a,\cdots,-a,-2a,\cdots$这种形式。假如$x\in G$，$ka<x<\left(k+1\right)a$，那么$0<x-ka<a$，与之前$a$是下确界矛盾。所以断言正确，$G\cong\mathbb{Z}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明圆周群$\ensuremath{S^{1}}$是一个 Abel 群。它的任何一个离散子群是一个有限循环群$\ensuremath{\mathbb{Z}_{n}}.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
圆周群$S^{1}=\left\{ z\in\mathbb{C}:\left|z\right|=1\right\} =\left\{ e^{i\theta}:\theta\in\mathbb{R}\right\} \cong\mathbb{R}\slash\mathbb{Z}$，设$H$是$S^{1}$的离散子群，设$G=H+\mathbb{Z}$是$\mathbb{R}$的离散子群，且$\mathbb{Z}\subset G$.
又因为$G=a\mathbb{Z}$，所以这个$a$只能是$\frac{1}{b}$，$b\in\mathbb{N}$，所以$H=G\slash\mathbb{Z}=\mathbb{Z}\slash a\mathbb{Z}$是$S^{1}$的离散子群，是有限循环群。
\end{sol*}
%

\chapter{第8周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
如果$\ensuremath{f:X\to S^{n}}$不是满射, 则$\ensuremath{f}$同伦于某个常值映射.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$f:X\to S^{n}$不是满射，所以存在一点$p\in S^{n}$，使得$p\notin f\left(X\right)$。取球面上与$p$对径的点$-p$，然后定义一个同伦
\begin{align*}
H:\left(S^{n}-\left\{ p\right\} \right)\times I & \to S^{n}-\left\{ p\right\} \\
\left(y,t\right) & \mapsto\frac{\left(1-t\right)y-tp}{\left\Vert \left(1-t\right)y-tp\right\Vert }.
\end{align*}
这里$y\in S^{n}-\left\{ p\right\} ,t\in\left[0,1\right]$. 且满足
\[
H\left(y,0\right)=\frac{\left(1-t\right)y}{\left\Vert \left(1-t\right)y\right\Vert }=y,\ H\left(y,1\right)=\frac{-tp}{\left\Vert -tp\right\Vert }=-p.
\]
因为$y=f\left(x\right)$，所以定义同伦$K:X\times I\to S^{n}-\left\{ p\right\} $为$K\left(x,t\right)=H\left(f\left(x\right),t\right)$.
满足
\[
K\left(x,0\right)=f\left(x\right),\ K\left(x,1\right)=-p=:c_{-p}\left(x\right)
\]
因此$f\simeq c_{-p}$为常值映射。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
如果$\ensuremath{f:S^{n}\to S^{n}}$不同伦于恒同映射, 则方程$\ensuremath{f(x)=-x}$存在一个解. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
使用反证法，假设$f\left(x\right)=-x$不存在解。我们构造一个同伦，将$\text{id}_{S^{n}}$和$f$连接起来：
\begin{align*}
H:S^{n}\times I & \to S^{n}\\
\left(x,t\right) & \mapsto\frac{\left(1-t\right)f\left(x\right)+tx}{\left\Vert \left(1-t\right)f\left(x\right)+tx\right\Vert }
\end{align*}
满足
\[
H\left(x,0\right)=f\left(x\right),\ H\left(x,1\right)=x
\]
由于$f\left(x\right)\ne-x$，所以分母不会为0，因为两个向量的线性组合想为0，必须是等大反向。从而$H$是连续的。这就说明$f\simeq\text{id}_{S^{n}}$，矛盾！所以$f\left(x\right)=-x$存在一个解。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{M_{f}}$是连续映射$\ensuremath{f:X\to Y}$的映射柱, $\ensuremath{i:Y\to M_{f}}$是含入映射。证明对于任一连续映射$g:W\to M_{f}$,
存在一个连续映射$g':W\to Y$, 满足$g\simeq i\circ g'$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（这个不会，问的AI）

设$\pi:X\times I\sqcup Y\to M_{f}$是商映射。$M_{f}=\left(X\times I\sqcup Y\right)\slash\left(x,0\right)\sim f\left(x\right)$，并且$i:Y\to M_{f}$为$i\left(y\right)=\pi\left(y\right)$. 

定义$r:M_{f}\to Y$如下：
\[
r\left(\pi\left(x,s\right)\right)=f\left(x\right),\ r\left(\pi\left(y\right)\right)=y
\]
这个定义是良好定义的。因为在$M_{f}$中有$\pi\left(x,0\right)=\pi\left(f\left(x\right)\right)$，而上面两个代表元都被$r$送到$f\left(x\right)$。由商空间的泛性质可知$r$连续，并且$r\circ i=id_{Y}$。

定义同伦$H:M_{f}\times I\to M_{f}$为
\[
H\left(\pi\left(x,s\right),t\right)=\pi\left(x,ts\right),\ H\left(\pi\left(y\right),t\right)=\pi\left(y\right)
\]
则$H\left(-,1\right)=id_{M_{f}}$，而$H\left(-,0\right)=i\circ r$。因此$id_{M_{f}}\simeq i\circ r$. 

现在给定任意连续映射$g:W\to M_{f}$，取$g'=r\circ g:W\to Y$。于是
\[
i\circ g'=i\circ r\circ g.
\]
由$id_{M_{f}}\simeq i\circ r$，复合$g$得到
\[
g=id_{M_{f}}\circ g\simeq\left(i\circ r\right)\circ g=i\circ g'
\]
因此存在连续映射$g':W\to Y$，使得$g\simeq i\circ g'$。
\end{sol*}
%
提示：习题4，5的解答需要用到下述胞腔分解, 以及命题6.
\[
nT^{2}=\left(\underset{2n}{\vee}S^{1}\right)\cup_{f_{n}}D^{2};\ n\mathbb{R}P^{2}=\left(\underset{n}{\vee}S^{1}\right)\cup_{g_{n}}D^{2},\ \mathbb{R}P^{n}=\mathbb{R}P^{n-1}\cup_{\nu_{n-1}}D^{n}.
\]
其中$\ensuremath{f_{n}=\underset{1\leqslant i\leqslant n}{\Pi}a_{i}b_{i}a_{i}^{-1}b_{i}^{-1}:S^{1}\to\underset{2n}{\vee}S^{1}};\ensuremath{g_{n}=\underset{1\leqslant i\leqslant n}{\Pi}a_{i}a_{i}:S^{1}\to\underset{n}{\vee}S^{1}}$,
见第二章第三节.
\begin{problem}
证明下列子空间$\ensuremath{A\subset X}$均是强形变收缩核：

A. $c_{0}\in\Omega$, 其中$\ensuremath{\Omega}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的一个凸子集;

提示：对于$c_{0}\in\Omega$, 常值映射$\ensuremath{r:\Omega\to A=\{c_{0}\}}$是一个收缩映射。令$\ensuremath{H:\Omega\times I\to\Omega}$为$H(x,t)=(1-t)x+tc_{0},\quad x\in\Omega$.
则有

i) $H|_{t=0}=\mathrm{id}_{\Omega}:\Omega\to\Omega$

ii) $H|_{t=1}=\mathrm{id}_{c_{0}}:c_{0}\to c_{0}$

iii) 对于$t\in I$, 有$H(c_{0},t)=c_{0}$.

它表明$\mathrm{id}_{\Omega}\simeq i_{c_{0}}\circ r\ \mathrm{rel}\{c_{0}\}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
提示基本已经做完了。只需要补充：

由于$\Omega$是凸集，故$H\left(x,t\right)\in\Omega$，所以$H$定义良好且连续。然后这三条成立，所以$A=\left\{ c_{0}\right\} $是$\Omega$的强形变收缩核。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
B. $\ensuremath{X\times\{0\}\subset X\times I};$

提示：对于$X\times\{0\}\subset X\times I$, 收缩映射$\ensuremath{r:X\times I\to X\times\{0\}}$是$r(x,t)=(x,0)$.
$\lyxmathsym{令}\ensuremath{H:(X\times I)\times I\to X\times I}$为$H(x,t;s)=(x,ts)$.
则有

i)$\ensuremath{H|_{s=1}=\mathrm{id}_{X\times I}};\ensuremath{H|_{s=0}=i_{X\times0}\circ r}$;

ii) 对于所有$\ensuremath{x\in X},\lyxmathsym{有}\ensuremath{H(x,0,s)=(x,0)}.$从而
\[
\mathrm{id}_{X\times I}\simeq i_{X}\circ r\ \mathrm{rel}(X\times0).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
提示已经很详细了。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
C. $S^{n-1}\subset\mathbb{R}^{n}-\{0\}$;

提示：对于子空间$S^{n-1}\subset\mathbb{R}^{n}-\{0\}$, 收缩映射$\ensuremath{r:\mathbb{R}^{n}-\{0\}\to S^{n-1}}\lyxmathsym{是}\ensuremath{r(x)=x/\|x\|}$.
令
\[
H:(\mathbb{R}^{n}-\{0\}\times I)\to\mathbb{R}^{n}\setminus\{0\}
\]
为$H(x,t)=(1-t)\cdot x+t\cdot r(x)$, 则有
\[
\mathrm{id}_{X\times I}\simeq i_{S^{n-1}}\circ r\ \mathrm{rel}(S^{n-1}).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$\left\Vert \frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\right\Vert =1$，所以$r$的确是从$X$到$S^{n-1}$的映射。其次$r\mid_{S^{n-1}}=id_{S^{n-1}}$。这说明$r$是一个收缩映射。

然后验证$H$定义良好。
\[
H\left(x,t\right)=\left(1-t\right)x+t\frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }=\left(1-t+\frac{t}{\left\Vert x\right\Vert }\right)x\ne0.
\]
所以$H$的确落在$\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} $中。

验证同伦两端：
\begin{align*}
H\left(x,0\right) & =x,\ H\left(x,1\right)=r\left(x\right)\\
H\left(-,0\right) & =id_{x},\ H\left(-,1\right)=i\circ r
\end{align*}
 最后，若$x\in S^{n-1}$，则$r\left(x\right)=x$，于是$H\left(x,t\right)=x$，这说明同伦过程中$S^{n-1}$上的点保持不动。

因此$id_{X}\simeq i\circ r\ \text{rel}\left(S^{n-1}\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
D. $\ensuremath{S^{n-1}\subset D^{n}-\{0\}}$(或$\ensuremath{S^{n-1}\subset D^{n}-D^{n}\left(\frac{1}{2}\right)}.$)
其中$\ensuremath{D^{n}\left(\frac{1}{2}\right)}\lyxmathsym{是}$欧氏空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中半径为$\ensuremath{\frac{1}{2}}$的闭球体. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由$D^{n}-\left\{ 0\right\} \cong D^{n}-D^{n}\left(\frac{1}{2}\right)\cong\mathbb{R}^{n}-\left\{ 0\right\} $，所以也是强形变收缩核。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
在 2 维闭曲面$\ensuremath{nT^{2}}$和$\ensuremath{n\mathbb{R}P^{2}}$中,
取嵌入的开圆盘 (半径充分小)
\[
\mathring{D}^{2}\subset nT^{2},\ \mathring{D}^{2}\subset n\mathbb{R}P^{2}.
\]
证明
\[
nT^{2}-\mathring{D}^{2}\simeq\underset{2n}{\bigvee}S^{1},\quad n\mathbb{R}P^{2}-D^{2}\simeq\underset{n}{\bigvee}S^{1}.
\]
尤其是：
\[
\left[nT^{2}-\mathring{D}^{2}\right]=\left[\bigvee_{2n}S^{1}\right],\quad\left[n\mathbb{R}P^{2}-D^{2}\right]=\left[\underset{n}{\bigvee}S^{1}\right].
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由闭曲面的胞腔分解，有
\[
nT^{2}=\left(\bigvee_{2n}S^{1}\right)\cup_{f_{n}}D^{2},\ n\mathbb{R}P^{2}=\left(\bigvee_{n}S^{1}\right)\cup_{g_{n}}D^{2}
\]
其中$f_{n}:S^{1}\to\bigvee_{2n}S^{1},g_{n}:S^{1}\to\bigvee_{n}S^{1}$为相应的粘贴映射。

先考虑一般情形$A\cup_{f}D^{2}$，
\[
\left(A\cup_{f}D^{2}\right)-\mathring{D_{0}^{2}}=A\cup_{f}\left(D^{2}-\mathring{D_{0}^{2}}\right)
\]
而$D^{2}-\mathring{D_{0}^{2}}$是一个圆环，外边界$S^{1}\times\left\{ 0\right\} $按照$f$粘到$A$上，故该空间同胚于映射柱$M_{f}$，而$M_{f}$强形变收缩到$A$，因此
\[
\left(A\cup_{f}D^{2}\right)-\mathring{D_{0}^{2}}\simeq A
\]
 分别取$A=\bigvee_{2n}S^{1}$，$A=\bigvee_{n}S^{1}$。就可以得到答案。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
在$\ensuremath{n}$维流形$\ensuremath{\mathbb{R}P^{n}}$中, 设 $\mathring{D}^{n}\subset\mathbb{R}P^{n}$
是半径充分小嵌入开圆盘. 证明
\[
\mathbb{R}P^{n}-\mathring{D}^{n}\simeq\mathbb{R}P^{n-1}.
\]
%
\end{problem}
\begin{sol*}
由于$\mathbb{R}P^{n}=\mathbb{R}P^{n-1}\cup_{\nu_{n-1}}D^{n}$，所以由一般情形
\[
\left(A\cup_{f}D^{2}\right)-\mathring{D_{0}^{2}}=A\cup_{f}\left(D^{2}-\mathring{D_{0}^{2}}\right)\simeq A
\]
可以得到
\[
\mathbb{R}P^{n}-\mathring{D}^{n}\simeq\mathbb{R}P^{n-1}.
\]
\end{sol*}
%
\chapter{第9周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$\ensuremath{A\subset X}$是一个收缩核，$a\in A$。证明

1) 含入映射$\ensuremath{i_{A}:A\to X}$诱导基本群同态
\[
i_{A*}:\pi_{1}(A,a)\to\pi_{1}(X,a);
\]

2) 收缩映射$r:X\to A$ 诱导基本群同态
\[
r_{*}:\pi_{1}(X,a)\to\pi_{1}(A,a).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 含入映射$i_{A}:A\to X$满足$i_{A}\left(a\right)=a$，所以是一个保持基点的连续映射。对任意$\left[\gamma\right]\in\pi_{1}\left(A,a\right)$，其中$\gamma$是以$a$为基点的闭道路，定义
\[
i_{A_{*}}\left(\left[\gamma\right]\right)=\left[i_{A}\circ\gamma\right]
\]

先说明他是良定义的。首先因为$i_{A}\left(a\right)=a$，所以
\[
i_{A}\circ\gamma\left(0\right)=a,\ i_{A}\circ\gamma\left(1\right)=a
\]
因此$i_{A}\circ\gamma$是在$X$中以$a$为基点的闭道路。并且假如$\gamma,\gamma'$在$A$中定端同伦，也就是存在同伦$H$，那么$i_{A}\circ H$就是在$X$中，$\gamma$和$\gamma'$的定端同伦，因此$\left[i_{A}\circ\gamma\right]=\left[i_{A}\circ\gamma'\right]$，这说明定义良好。

最后说明他是群同态。对任意$\left[\gamma\right],\left[\delta\right]\in\pi\left(A,a\right)$，
\[
i_{A_{*}}\left(\left[\gamma\right]\left[\delta\right]\right)=\left[i_{A}\circ\left(\gamma\cdot\delta\right)\right]=\left[i_{A}\circ\gamma\cdot i_{A}\circ\delta\right]=\left[i_{A}\circ\gamma\right]\cdot\left[i_{A}\circ\delta\right]=i_{A_{*}}\left(\left[\varphi\right]\right)i_{A_{*}}\left(\left[\delta\right]\right)
\]
所以$i_{A_{*}}$诱导了基本群同态。

2) 收缩映射$r:X\to A$连续，且$r\mid_{A}=\text{id}_{A}$，所以$r\left(a\right)=a$，于是$r$是保持基点的收缩映射，由连续映射诱导基本群同态的性质，得到
\[
r_{*}:\pi_{1}(X,a)\to\pi_{1}(A,a),\ r_{*}\left(\left[\gamma\right]\right)=\left[r\circ\gamma\right].
\]

（其实 1) 说那一大堆也是多余的）
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{X=\{p\}}$是单点空间。证明$\pi_{1}(X,x_{0})=0$是平凡群。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$\gamma:I\to X$是任意一条以$p$为基点的闭道路，对任意的$s\in I$，有$\gamma\left(s\right)=p$，因此$\gamma=c_{p}$是一个常值道路。所以$\left(X,p\right)$中以$p$为基点的闭道路只有一条，即$c_{p}$，于是所有闭道路的定端同伦类也只有一个，即$\left[c_{p}\right]$，因此$\pi_{1}\left(X,p\right)=\left\{ \left[c_{p}\right]\right\} $这是一个只含有单位元的平凡群。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{A=\{a\}\subset X}$是单点子空间，如果$\ensuremath{a}$是$\ensuremath{X}$的形变收缩核，则称$\ensuremath{X}$是可缩空间。证明

1) 如果$\ensuremath{X}$是可缩空间，则它的基本群$\ensuremath{\pi_{1}(X,a)}$是平凡群。

2) 证明下列空间的基本群平凡：
\[
X=\text{欧氏空间的凸子集};\quad S^{n}-\{p\};\quad\text{相交于一点的若干线段}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 如果$X$是可缩空间，那么$a$作为$X$的形变收缩核，就会存在一个连续映射$H:X\times I\to X$，满足
\[
H\left(x,0\right)=x,\ H\left(x,1\right)=a,\ H\left(a,s\right)=a\left(\forall s\in I\right)
\]
现在任取一条以$a$为基点的闭道路$\gamma\in\left(X,a\right)$，只需要证明$\gamma\simeq_{p}c_{a}$.
令
\[
K:I\times I\to X,\ K\left(s,t\right)=H\left(\gamma\left(s\right),t\right)
\]
\[
K\left(s,0\right)=H\left(\gamma\left(s\right),0\right)=\gamma\left(s\right),\ K\left(s,1\right)=H\left(\gamma\left(s\right),1\right)=a
\]
所以$K$把闭道路$\gamma$连续变形到了常值道路$c_{a}$。同时
\[
K\left(0,t\right)=H\left(\gamma\left(0\right),t\right)=a,\ K\left(1,t\right)=H\left(\gamma\left(1\right),t\right)=a
\]
所以这个同伦是定端同伦，因此$\gamma\simeq_{p}c_{a}$，所以$\left[\gamma\right]=\left[c_{a}\right]$，所以$\pi_{1}\left(X,a\right)=0$. 

2) 凸子集是可缩空间，构造同伦$H_{1}\left(x,t\right)=\left(1-t\right)x+ta$。

$S^{n}-\{p\}\cong\mathbb{R}^{n}$，由球极投影给出，$\mathbb{R}^{n}$是凸子集，所以$S^{n}-\left\{ p\right\} $的基本群也是平凡的。

设这些线段相交于一点$a$，构造同伦$H_{2}\left(x,t\right)=\left(1-t\right)x+ta$，就可以把每个线上的点拉回到$a$，所以也是可缩空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知连续映射$\ensuremath{f:X\to Y}$同伦于一个常值映射$g:X\to y_{0}\in Y.$ 证明诱导同态$f_{*}:\pi_{1}(X,x_{0})\to\pi_{1}(Y,f(x_{0}))$平凡。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明平凡映射，即需要证明$f_{*}\left(\left[\gamma\right]\right)=\left[c_{f\left(x_{0}\right)}\right]$.
对任意$\left[\gamma\right]\in\pi_{1}\left(X,x_{0}\right)$都成立。

因为$\ensuremath{f:X\to Y}$同伦于一个常值映射$g:X\to y_{0}\in Y\text{，}$所以存在连续映射$H:X\times I\to Y$，使得
\[
H\left(x,0\right)=f\left(x\right),\ H\left(x,1\right)=y_{0}
\]
定义$f_{*}:\pi_{1}\left(X,x_{0}\right)\to\pi_{1}\left(Y,f\left(x_{0}\right)\right)$，$\left[\gamma\right]\mapsto\left[f\circ\gamma\right]$，考虑映射$K:I\times I\to Y$，$K\left(s,t\right)=H\left(\gamma\left(s\right),t\right)$，
\[
K\left(0,t\right)=H\left(\gamma\left(0\right),t\right)=f\left(x_{0}\right),\ K\left(1,t\right)=H\left(\gamma\left(1\right),t\right)=f\left(x_{0}\right)
\]
\[
K\left(s,0\right)=H\left(\gamma\left(s\right),0\right)=f\circ\gamma\left(s\right),\ K\left(s,1\right)=H\left(\gamma\left(s\right),1\right)=y_{0}=f\left(x_{0}\right)
\]
也就是说，$f\circ\gamma\simeq_{p}c_{f\left(x_{0}\right)}$，所以$f_{*}\left(\left[\gamma\right]\right)=\left[c_{f\left(x_{0}\right)}\right]$，从而基本群平凡。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
对于连续映射$F:D^{2}\to S^{1}$，令$f=F|_{\partial D^{2}}:S^{1}\to S^{1}.$
证明诱导同态$\ensuremath{f_{*}}$平凡。

$\textbf{提示.}$令
\[
G:S^{1}\times I\to D^{2}=\frac{S^{1}\times I}{S^{1}\times0}
\]
为商映射。则有$f\simeq_{F\circ G}c,$其中$\ensuremath{c:S^{1}\to F(0)\in S^{1}}$是常值映射。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
证明$f$在$F\circ G$这个伦移下，同伦于$c_{F\left(0\right)}$，然后就可以用上一问的结论得到同态平凡。定义$G\left(s,t\right)=\left(1-t\right)s,s\in S^{1},t\in I$，这样
\[
F\circ G\left(s,0\right)=F\left(s\right)=f\left(s\right),\negthickspace F\circ G\left(s,1\right)=F\left(0\right)
\]
所以有$f\simeq_{F\circ G}c_{F\left(0\right)}.$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明下列空间的基本群同构于$\pi_{1}(S^{1},1)$：
\[
X=\text{Mobius 带},\quad D^{2}-\{0\},\quad\mathbb{R}^{2}-\{0\},\quad S^{1}\times I.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$D^{2}-\left\{ 0\right\} \simeq\mathbb{R}^{2}-\left\{ 0\right\} \simeq S^{1}\simeq S^{1}\times I$是显然的。因为$S^{1}$是这三个的形变收缩核。

把Mobius带写成
\[
X=\frac{I\times I}{\left(0,u\right)\sim\left(1,1-u\right)}
\]
定义同伦$H:\left(I\times I\right)\times I\to I\times I$，$\left[\left(u,v\right),t\right]\mapsto\left(u,\left(1-t\right)v+\frac{1}{2}t\right)$，这表示把莫比乌斯带上的点拉到中心园周上，从而$X\simeq S^{1}$。

因为基本群是同伦不变的，所以这些的基本群都同构于$\pi_{1}\left(S^{1},1\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{0\in D^{n}}$为原点，$\ensuremath{f:S^{n-1}\to A}$连续，
\[
\pi:D^{n}\sqcup A\to A\cup_{f}D^{n}
\]
是商映射。证明含入映射
\[
i=\pi|_{A}:A\to A\cup_{f}D^{n}-\pi(0)
\]
诱导基本群同构。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
只要证明$A$和$A\cup_{f}D^{n}-\pi\left(0\right)$同伦等价，就可以说明存在映射$i_{*}$诱导基本群同构。

将穿孔圆盘$D^{n}-\left\{ 0\right\} $收缩到$S^{n-1}$上，而$S^{n-1}$又粘到了$A$上，且$A$上的点在收缩过程中保持不动，所以$A$是$Y=A\cup_{f}D^{n}-\pi\left(0\right)$的强形变收缩核。因为$i:A\to Y$是含入映射，所以是同伦等价，从而诱导基本群同构。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\bigvee^{n}S^{1}}$是$\ensuremath{n}$个单位圆周的一点并，$\ensuremath{x_{0}\in\bigvee^{n}S^{1}}$是粘合点。证明

1)
\[
\pi_{1}(n\cdot T^{2}-\{p\},x_{0})=\pi_{1}\left(\bigvee_{2n}S^{1},x_{0}\right),
\]
其中$p\in n\cdot T^{2}$。

2) 
\[
\pi_{1}(n\cdot\mathbb{R}P^{2}-\{p\},x_{0})=\pi_{1}\left(\bigvee_{n}S^{1},x_{0}\right),
\]
其中$p\in n\cdot\mathbb{R}P^{2}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$n\cdot T^{2}-\left\{ p\right\} \simeq\bigvee_{2n}S^{1}$ ，$n\cdot\mathbb{R}P^{2}-\left\{ p\right\} \simeq\bigvee_{n}S^{1}$，所以基本群相等。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知空间$\ensuremath{X}$中首尾相接的三条道路$\gamma,\sigma,\delta:I\to X,$且
\[
\gamma(1)=\sigma(0),\qquad\sigma(1)=\delta(0).
\]
证明

1) $\gamma\cdot(\sigma\cdot\delta)\simeq(\gamma\cdot\sigma)\cdot\delta\quad\text{rel }(\partial I).$

2) $\gamma\cdot\gamma^{-1}\simeq\gamma(0)\quad\text{rel }(\partial I),\qquad\gamma^{-1}\cdot\gamma\simeq\gamma(1)\quad\text{rel }(\partial I).$

3) 如果存在道路的定端同伦
\[
\gamma\simeq\gamma'\quad\text{rel }(\partial I),\qquad\sigma\simeq\sigma'\quad\text{rel }(\partial I),
\]
则
\[
\gamma\cdot\sigma\simeq\gamma'\cdot\sigma'\quad\text{rel }(\partial I).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 
\[
\sigma\cdot\delta=\begin{cases}
\sigma\left(2s\right), & s\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\\
\delta\left(2s-1\right), & s\in\left[\frac{1}{2},1\right]
\end{cases}\implies\gamma\cdot\left(\sigma\cdot\delta\right)=\begin{cases}
\gamma\left(2s\right), & s\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\\
\sigma\left(4s-2\right), & s\in\left[\frac{1}{2},\frac{3}{4}\right]\\
\delta\left(4s-3\right), & s\in\left[\frac{3}{4},1\right]
\end{cases}
\]
\[
\gamma\cdot\sigma=\begin{cases}
\gamma\left(2s\right), & s\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\\
\sigma\left(2s-1\right), & s\in\left[\frac{1}{2},1\right]
\end{cases}\implies\left(\gamma\cdot\sigma\right)\cdot\delta=\begin{cases}
\gamma\left(4s\right), & s\in\left[0,\frac{1}{4}\right]\\
\sigma\left(4s-1\right) & s\in\left[\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right]\\
\delta\left(2s-1\right), & s\in\left[\frac{1}{2},1\right]
\end{cases}
\]
定义同伦$H:I\times I\to X$，
\[
H\left(s,t\right)=\begin{cases}
\gamma\left(\frac{4s}{2-t}\right), & s\in\left[0,\frac{1}{2}-\frac{1}{4}t\right]\\
\sigma\left(4s+t-2\right), & s\in\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{4}t,\frac{3}{4}-\frac{1}{4}t\right]\\
\delta\left(\frac{4s+t-3}{1+t}\right), & s\in\left[\frac{3}{4}-\frac{1}{4}t,1\right]
\end{cases}
\]
\[
H\left(s,0\right)=\gamma\cdot\left(\sigma\cdot\delta\right),\ H\left(s,1\right)=\left(\gamma\cdot\sigma\right)\cdot\delta
\]
\[
H\left(0,t\right)=\gamma\left(0\right),\ H\left(1,t\right)=\delta\left(1\right)=\gamma\left(0\right)
\]
所以$\gamma\cdot(\sigma\cdot\delta)\simeq(\gamma\cdot\sigma)\cdot\delta\quad\text{rel }(\partial I).$

2) 
\[
\gamma\cdot\gamma^{-1}\left(s\right)=\begin{cases}
\gamma\left(2s\right), & s\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\\
\gamma^{-1}\left(2-2s\right), & s\in\left[\frac{1}{2},1\right]
\end{cases}
\]
定义同伦$K:I\times I\to X$，
\[
K\left(s,t\right)=\begin{cases}
\gamma\left[\left(1-t\right)\left(2s\right)\right], & s\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\\
\gamma\left[\left(1-t\right)\left(2-2s\right)\right] & s\in\left[\frac{1}{2},1\right]
\end{cases}
\]
\[
K\left(0,t\right)=\gamma\left(0\right),\ K\left(1,t\right)=\gamma\left(0\right)
\]
\[
K\left(s,0\right)=\gamma\cdot\gamma^{-1}\left(s\right),\ K\left(s,1\right)=\gamma\left(0\right)
\]
所以$\gamma\cdot\gamma^{-1}\simeq\gamma(0)\quad\text{rel }(\partial I),$类似地，第二个只需要构造同伦
\[
K'\left(s,t\right)=\begin{cases}
\gamma\left[\left(1-t\right)\left(1-2s\right)+t\right], & s\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\\
\gamma\left[\left(1-t\right)\left(2s-1\right)+t\right] & s\in\left[\frac{1}{2},1\right]
\end{cases}
\]

3) 设$P,Q$分别是$\gamma,\gamma'$和$\sigma,\sigma'$的定端同伦。
\[
P\left(s,0\right)=\gamma,\ P\left(s,1\right)=\gamma',\ P\left(0,t\right)=\gamma\left(0\right)=\gamma'\left(0\right),\ P\left(1,t\right)=\gamma\left(1\right)=\gamma'\left(1\right)
\]
\[
Q\left(s,0\right)=\sigma,\ Q\left(s,1\right)=\sigma',\ Q\left(0,t\right)=\sigma\left(0\right)=\sigma'\left(0\right),\ Q\left(1,t\right)=\sigma\left(1\right)=\sigma'\left(1\right)
\]
现在定义$R:I\times I\to X$，为
\[
R\left(s,t\right)=\begin{cases}
P\left(2s,t\right), & 0\leq s\leq\frac{1}{2}\\
Q\left(2s-1,t\right), & \frac{1}{2}<s\leq1
\end{cases}
\]
满足
\[
R\left(s,0\right)=\begin{cases}
P\left(2s,0\right), & 0\leq s\leq\frac{1}{2}\\
Q\left(2s-1,0\right), & \frac{1}{2}<s\leq1
\end{cases}=\begin{cases}
\gamma\left(2s\right), & 0\leq s\leq\frac{1}{2}\\
\sigma\left(2s-1\right), & \frac{1}{2}<s\leq1
\end{cases}=\gamma\cdot\sigma
\]
\[
R\left(s,1\right)=\gamma'\cdot\sigma',\ R\left(0,t\right)=P\left(0,t\right)=\gamma\left(0\right),\ R\left(1,t\right)=Q\left(1,t\right)=\sigma\left(1\right)=\gamma\left(0\right)
\]
 所以$R$是一个定端同伦，即$\gamma\cdot\sigma\simeq_{p}\gamma'\cdot\sigma'$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
映射度的同伦不变性：如果$f\simeq g:S^{1}\to S^{1},$则$\deg(f)=\deg(g).$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$H:S^{1}\times I\to S^{1}$是$f$到$g$的同伦。令$\alpha_{1}\left(s\right)=e^{2\pi is}$，定义$K\left(s,t\right)=H\left(\alpha_{1}\left(s\right),t\right)$。
\begin{align*}
K\left(s,0\right) & =H\left(\alpha_{1}\left(s\right),0\right)=f\left(\alpha_{1}\left(s\right)\right)=f\circ\alpha_{1}\left(s\right),\\
K\left(s,1\right) & =H\left(\alpha_{1}\left(s\right),1\right)=g\left(\alpha_{1}\left(s\right)\right)=g\circ\alpha_{1}\left(s\right).
\end{align*}
$K$是从$f\circ\alpha_{1}$到$g\circ\alpha_{1}$的同伦。取覆盖映射$p:\mathbb{R}\to S^{1},p\left(u\right)=e^{2\pi iu}$。$K$有提升$\tilde{K}:I\times I\to\mathbb{R}$，使得$p\circ\tilde{K}=K$.
对每个固定的$t$，因为$K\left(0,t\right)=K\left(1,t\right)$，所以$p\left(\tilde{K}\left(0,t\right)\right)=p\left(\tilde{K}\left(1,t\right)\right)$，由于$p$的性质，所以$\tilde{K}\left(0,t\right)-\tilde{K}\left(1,t\right)\in\mathbb{Z}$，而$k\left(t\right)=\tilde{K}\left(0,t\right)-\tilde{K}\left(1,t\right)$应当是对于$t$连续的，所以只能是常值函数，所以$k\left(0\right)=k\left(1\right)$，而$k\left(0\right)$和$k\left(1\right)$分别是闭道路$f\circ\alpha_{1}$和$g\circ\alpha_{1}$的绕圈数，所以$\deg f=\deg g$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{B(a)\subset\mathbb{R}^{2}}$是半径为$\ensuremath{a>0}$的闭圆盘。对于连续映射
\[
F:B(a)\to S^{1},
\]
令$f=F|_{\partial B(a)}:S^{1}\to S^{1}.$ 证明$\deg(f)=0.$

$\textbf{提示：}$参见第99页习题5。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明$f\simeq c_{F\left(0\right)}$。定义同伦$H:S^{1}\times I\to S^{1}$，
\[
H\left(z,t\right)=F\left(\left(1-t\right)az\right)
\]
\[
H\left(z,0\right)=F\left(az\right)=f\left(z\right),\ H\left(z,1\right)=F\left(0\right)
\]
从而$H$给出了$f$与常值映射$c_{F\left(0\right)}$的同伦，即$f\simeq c_{F\left(0\right)}$，由于同伦保持映射度，所以$\deg\left(f\right)=0$.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
视$S^{1}=\{z\in\mathbb{C}\mid z\cdot\bar{z}=1\}.$ 令$f_{n}:S^{1}\to S^{1}$
为$f_{n}(z)=z^{n}.$ 证明$\deg(f_{n})=n.$

$\textbf{提示：}$根据定义，我们有关系$f_{n}\circ\alpha_{1}=\alpha_{n}.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$\alpha_{1}:I\to S^{1}$，$\alpha_{1}\left(s\right)=e^{2\pi is}$.
$f_{n}$是一个连续映射，诱导了基本群的同态$f_{*}$为
\[
f_{*}:\pi_{1}\left(S^{1},1\right)\to\pi_{1}\left(S^{1},1\right)\text{，}f_{*}\left(\left[\gamma\right]\right)=\left[f\circ\gamma\right]\left(\forall\gamma\in\left(S^{1},1\right)\right)
\]
此时，$f_{*}$满足$f_{*}\left(\left[\alpha_{1}\right]\right)=\left[\alpha_{n}\right]=n\cdot\left[\alpha_{1}\right]$，所以$\deg(f_{n})=n.$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
一个映射$\ensuremath{f:S^{1}\to S^{1}}$称为奇映射，如果
\[
f(-z)=-f(z),\qquad z\in S^{1}.
\]
证明如果$\ensuremath{f}$是一个奇映射，则$\ensuremath{\deg(f)}$是奇数。

$\textbf{提示：}$由于$\ensuremath{f}$是奇映射，$\ensuremath{S^{1}}$中的闭道路
\[
f\circ\alpha_{1}:(I,0)\to(S^{1},f(1))
\]
满足性质
\[
f\circ\alpha_{1}\left(s+\frac{1}{2}\right)=-f\circ\alpha_{1}(s),\qquad s\in\left[0,\frac{1}{2}\right].
\]
由此知，存在一个奇数$k$，使得
\[
\widetilde{f\circ\alpha_{1}}\left(s+\frac{1}{2}\right)=\widetilde{f\circ\alpha_{1}}(s)+\frac{k}{2},\qquad s\in\left[0,\frac{1}{2}\right],
\]
其中$\ensuremath{\widetilde{f\circ\alpha_{1}}}$是闭道路$\ensuremath{f\circ\alpha_{1}}$的唯一提升。

在上式中取$s=0,\frac{1}{2}$，可以推出$\widetilde{f\circ\alpha_{1}}(1)=k.$
后者表明$\deg(f)=k.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$\alpha_{1}\left(s\right)=e^{2\pi is}$，考虑闭道路$\beta=f\circ\alpha_{1}$，由于$f$是奇映射，所以
\[
\beta\left(s+\frac{1}{2}\right)=f\left(\alpha_{1}\left(s+\frac{1}{2}\right)\right)=f\left(-\alpha_{1}\left(s\right)\right)=-f\left(\alpha_{1}\left(s\right)\right)=-\beta\left(s\right)
\]
取覆盖映射$p:\mathbb{R}\to S^{1},p\left(u\right)=e^{2\pi iu}$，令$\tilde{\beta}$是$\beta$的一个提升，所以
\[
p\left(u+\frac{1}{2}\right)=-\beta\left(s\right)=\beta\left(s+\frac{1}{2}\right)
\]
所以$s\mapsto\tilde{\beta}\left(s+\frac{1}{2}\right)$和$s\mapsto\tilde{\beta}\left(s\right)+\frac{1}{2}$都是同一条道路$s\mapsto\beta\left(s+\frac{1}{2}\right)$的提升。而他们之间只会差一个整数，这就是
\[
\widetilde{f\circ\alpha_{1}}\left(s+\frac{1}{2}\right)=\widetilde{f\circ\alpha_{1}}(s)+\frac{k}{2},\qquad s\in\left[0,\frac{1}{2}\right]
\]
分别取$s=0,\frac{1}{2}$，得到
\[
\tilde{\beta}\left(\frac{1}{2}\right)=\tilde{\beta}\left(0\right)+\frac{k}{2},\ \tilde{\beta}\left(1\right)=\tilde{\beta}\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{k}{2}
\]
所以闭道路$\beta$的提升终点差是$\tilde{\beta}\left(1\right)-\tilde{\beta}\left(0\right)=k$，也就是$f$的映射度，因此$\deg f=k$是一个奇数。
\end{sol*}
%
\clearpage

\chapter{第11周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
设$D\subset\mathbb{R}^{2}$为单位圆盘，$f:D\to D$连续，它保持$\partial D=S^{1}$上每一点不动。证明$f$是满射。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设存在$y\in D$，$\forall x\in D,f\left(x\right)\ne y$，也就是说$f$不是满射。$y$一定不会在$\partial D$上，因为映射保持边界不动，所以$y\in\mathring{D}$，那么$\overrightarrow{yf\left(x\right)}$这条射线一定会与圆周存在交点$a\left(x\right)$，定义$g:D\to S$为$g\left(x\right)=a\left(x\right)$，$g$连续。

若$x\in S^{1}$，则$f\left(x\right)=x$，所以$g\left(x\right)=a\left(x\right)=x$。所以$g\mid_{S^{1}}=\text{id}_{S^{1}}$，也就是说$g:D\to S^{1}$是一个保持$S^{1}$的收缩映射。下面用基本群推出矛盾。

令$i:S^{1}\hookrightarrow D$为包含映射，则$g\circ i=\text{id}_{S^{1}}$，取基点$p\in S^{1}$，诱导基本群同态得到
\[
g_{*}\circ i_{*}=\left(\text{id}_{S^{1}}\right)_{*}=\text{id}_{\pi_{1}\left(S^{1},p\right)}
\]
但是$D$是凸集，所以$\pi_{1}\left(D,p\right)=0$。于是
\[
i_{*}:\pi_{1}\left(S^{1},p\right)\to\pi_{1}\left(D,p\right)
\]
是零同态。从而$g_{*}\circ i_{*}$也是零同态，但是$\pi_{1}\left(S^{1},p\right)\cong\mathbb{Z}$，得到矛盾。

因此$f$必为满射。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f:S^{1}\to S^{1}$零伦，证明$f$有一个不动点$f(x)=x,x\in S^{1}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（这个映射度的乘法第一次听说）假设$f$没有不动点，也就是说任意的$y\in S^{1}$，都有$f\left(y\right)\ne y$.
定义映射
\[
g\left(z\right)=\frac{f\left(z\right)}{z},\quad z\in S^{1}
\]
由于$f\left(z\right)\ne z$，所以$g\left(z\right)\ne1$，因此$g$的值域包含在$S^{1}\backslash\left\{ 1\right\} $中。因为$S^{1}\backslash\left\{ 1\right\} $同胚于开区间，是可缩的，所以$g$是零伦的。从而
\[
\deg\left(f\right)=\deg\left(g\cdot\text{id}\right)=\deg\left(g\right)+\deg\left(\text{id}\right)=1
\]
这与$\deg\left(f\right)=0$矛盾。所以$f$必然存在不动点。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$A\subset X$。证明在下列情况中不存在收缩映射$r:X\to A$：

1) $X=\mathbb{R}^{3},A\cong S^{1}$；

2) $X=D^{2}\times S^{1};A=\partial X$；

3) $\ensuremath{X=S^{2}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{A}$是$S^{2}$的赤道。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 假设存在收缩映射$r:X\to A$，那么定义嵌入映射$i:A\to X$，那么$r\circ i=\text{id}_{A}$.
从而取定基点$p\in A$后，由连续映射诱导基本群同态，得到
\[
\left(r\circ i\right)_{*}=r_{*}\circ i_{*}=\text{id}_{\pi_{1}\left(A,p\right)}
\]
也就是说，
\[
\pi_{1}\left(A,p\right)\stackrel{i_{*}}{\to}\pi_{1}\left(\mathbb{R}^{3},p\right)\overset{r_{*}}{\to}\pi_{1}\left(A,p\right)
\]
这个复合必须是恒等同态。但是$\mathbb{R}^{3}$是凸集，可缩，所以$\pi_{1}\left(\mathbb{R}^{3},p\right)=0$，从而$r_{*}\circ i_{*}$是零同态，从而得到$\pi_{1}\left(A,p\right)$必须是平凡群，但是$A\cong S^{1}$，也就是说$\pi_{1}\left(A,p\right)\cong\mathbb{Z}$，不是平凡群，矛盾。

所以不会存在这样的收缩映射。

2) 假设存在收缩映射$r:X\to A$，那么定义嵌入映射$i:A\to X$，那么$r\circ i=\text{id}_{A}$.
从而取定基点$p\in A$后，由连续映射诱导基本群同态，得到
\[
\left(r\circ i\right)_{*}=r_{*}\circ i_{*}=\text{id}_{\pi_{1}\left(A,p\right)}
\]
也就是说，
\[
\pi_{1}\left(\partial D^{2}\times S^{1},p\right)\stackrel{i_{*}}{\to}\pi_{1}\left(D^{2}\times S^{1},p\right)\overset{r_{*}}{\to}\pi_{1}\left(\partial D^{2}\times S^{1},p\right)
\]
这个复合必须是恒等同态。于是$i_{*}$必须是单射，因为假如$\alpha\in\pi_{1}\left(A,p\right)$，$i_{*}\left(\alpha\right)=0$，那么
\[
\alpha=\text{id}_{\pi_{1}\left(A,p\right)}\left(\alpha\right)=r_{*}\left(i_{*}\left(\alpha\right)\right)=r_{*}\left(0\right)=0
\]
所以$\ker i_{*}=\left\{ 0\right\} \implies i_{*}$是单射。

但是现在取$\pi_{1}\left(\partial D^{2}\times S^{1},p\right)$中的一条道路$\gamma=\left(e^{2\pi it},0\right)$，是一个扣住轮胎面的圆，它在$D^{2}\times S^{1}$中可缩到一个点，所以$i_{*}\left(\gamma\right)=\left[\gamma\right]=0$，但是$\gamma\ne0$。所以$i_{*}$不是单射，矛盾。

所以不会存在这样的收缩映射。

3) 和 1) 几乎一样。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知一个“正矩阵$A=(a_{ij})_{3\times3},a_{ij}>0$”。考虑线性映射
\[
A:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3},\quad x\to A\cdot x
\]
证明矩阵$A$有一个正特征值$\lambda>0$，从属于它的特征向量位于第一象限。

提示：令$E=\mathbb{R}^{3}$中的单位球面在第一象限的部分$(\cong D^{2})$。则$A$决定了一个连续映射
\[
f_{A}:E\to E,\quad f_{A}(v)=\dfrac{Av}{|Av|}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
定义提示中的映射。因为$E\cong D^{2}$，所以设$\varphi\text{：}E\to D^{2}$是同胚。定义
\[
F_{A}:D^{2}\to D^{2},\ F_{A}\left(x\right)=\varphi\circ f_{A}\circ\varphi^{-1}\left(x\right)
\]
因为$\varphi\text{，}\varphi^{-1}$都是连续的，所以$F_{A}$是连续的。因此由Brouwer不动点定理，可以得到存在$x_{0}\in D^{2}$，$F_{A}\left(x_{0}\right)=x_{0}$.
也就是
\[
x_{0}=\varphi\circ f_{A}\circ\varphi^{-1}\left(x_{0}\right)=\varphi\circ\frac{A\varphi^{-1}\left(x_{0}\right)}{\left|A\varphi^{-1}\left(x_{0}\right)\right|}\implies\varphi^{-1}\left(x_{0}\right)=\frac{A\varphi^{-1}\left(x_{0}\right)}{\left|A\varphi^{-1}\left(x_{0}\right)\right|}
\]
令$y=\varphi^{-1}\left(x_{0}\right)\in E$，则
\[
y=\frac{Ay}{\left|Ay\right|}\implies Ay=\left|Ay\right|y
\]
也就是$A$存在一个正特征值$\lambda=\left|Ay\right|$，特征向量是$y$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$S^{2}=A_{1}\cup A_{2}\cup A_{3}$，其中$A_{i}\subset S^{2}$是闭子空间。证明存在$x\in S^{2}$，满足
\[
\pm x\in A_{i}\quad(i=1\text{ 或 }2\text{ 或 }3)
\]

提示：对于$i=1,2$，令$d_{i}:S^{2}\to\mathbb{R}$为$d_{i}(x)=d(x,A_{i})$。考虑映射
\[
f:S^{2}\to\mathbb{R}^{2},\quad f(x)=(d_{1}(x),d_{2}(x))
\]
由Borsuk-Ulam定理，存在$x_{0}\in S^{2}$满足
\[
d_{1}(x_{0})=d_{1}(-x_{0});\quad d_{2}(x_{0})=d_{2}(-x_{0})
\]

下分情形讨论：

1) 如果$\ensuremath{d_{1}(x_{0})=d_{1}(-x_{0})=0}\lyxmathsym{（或}\ensuremath{d_{2}(x_{0})=d_{2}(-x_{0})=0}\lyxmathsym{）}$则有$\ensuremath{\pm x_{0}\in A_{1}}\lyxmathsym{（或}\ensuremath{\pm x_{0}\in A_{2}}\lyxmathsym{）}$；

2) 如果$\ensuremath{d_{1}(x_{0})=d_{1}(-x_{0})\neq0}\lyxmathsym{（或}\ensuremath{d_{2}(x_{0})=d_{2}(-x_{0})\neq0}\lyxmathsym{）}$则有$\pm x_{0}\notin A_{1},A_{2}$，由此知$\pm x_{0}\in A_{3}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
提示基本已经做完了吧，也不需要补充啥了。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$A_{i}\subseteq\mathbb{R}^{3}$为紧致子集，$i=1,2,3$。证明存在一张平面$L\subset\mathbb{R}^{3}$，它将每个$A_{i}$分为测度相等的两部分。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
定义平面为$ax+by+cz+d=0$，$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=1$，记这个平面将$A_{i}$分成的两部分的测度比为$\alpha_{i}$，其中$\alpha_{i}>1$。定义$F:S^{3}\to\mathbb{R}^{3}$，
\[
F\left(a,b,c,d\right)=\left(2\alpha_{1}-1,2\alpha_{2}-1,2\alpha_{3}-1\right)
\]
这是一个连续函数。

由Borsuk-Ulam定理，方程$f\left(x\right)=f\left(-x\right)$必有一个解。而可以发现$f\left(-x\right)=-f\left(x\right)$，所以$f\left(x\right)=-f\left(x\right)$会有一个解，也就是说$f\left(x\right)=0$有解，从而这样的平面就存在。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明$\ensuremath{\mathbb{R}_{+}^{2}}\lyxmathsym{与}\ensuremath{\mathbb{R}^{2}}$不同胚。

由此证明，如果$M$是一张曲面，$\ensuremath{\partial M}\lyxmathsym{和}\ensuremath{\mathring{M}}$分别是它的边界和内部，则$\partial M\cap\mathring{M}=\varnothing$。

提示：利用$\ensuremath{\pi_{1}(\mathbb{R}_{+}^{2}-\{0\},1)=0}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\pi_{1}(\mathbb{R}^{2}-\{p\},q)=\mathbb{Z}}$，其中$p\neq q$。(见Armstrong定理5.23)。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明不同胚。假设存在同胚映射$f:\mathbb{R}_{+}^{2}\to\mathbb{R}^{2}$，那么就会存在映射
\[
\tilde{f}:\mathbb{R}_{+}^{2}-\left\{ 0\right\} \to\mathbb{R}^{2}-\left\{ f\left(0\right)\right\} 
\]
从而诱导了基本群的同构$\tilde{f}_{*}$，但是0与$\mathbb{Z}$不同构，矛盾。

假设$x\in\partial M\cap\mathring{M}$，那么$x$的小邻域会同时与$\ensuremath{\mathbb{R}_{+}^{2}}\text{与}\ensuremath{\mathbb{R}^{2}}$同构，这是不可能的，所以$\partial M\cap\mathring{M}=\varnothing$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f:M\to N$是带边曲面之间的同胚，证明$f(\partial(M))=\partial(N)$。进而说明莫比乌斯带与圆柱面$S^{1}\times I$不同胚。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设$\exists x\in\partial M$，$f\left(x\right)\in\mathring{N}$。由于$f$是连续映射，所以存在一个$x$的小邻域$U$，使得$f\left(U\right)\subset\mathring{N}$，且$U\cong\mathbb{R}_{+}^{2}$，这就得到了矛盾，因为任意的开集$V\in\mathring{N}$，$V\cong\mathbb{R}^{2}$。所以$f\left(\partial M\right)=\partial N$. 

莫比乌斯带的边界是由一个连通的圆周构成，同构于$S^{1}$，圆柱面的边界由两个互不相交的圆周构成，这两个不会同胚，所以莫比乌斯带与圆柱面不同胚。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{S_{n}}\lyxmathsym{是}\ensuremath{n}$元置换群，证明$S_{n}$是一个有限表示群，写出该群的生成元与关系。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
生成元为$s_{1}=\left(1,2\right),s_{2}=\left(2,3\right),\cdots,s_{n-1}=\left(n-1,n\right)$，关系为$s_{i}^{2}=1,\ s_{i}s_{j}=s_{j}s_{i},\ \left(s_{i}s_{i+1}\right)^{3}=1$。所以
\[
S_{n}=\left\langle s_{1},\cdots,s_{n}\mid s_{i}^{2}=1,\ s_{i}s_{j}=s_{j}s_{i},\ \left(s_{i}s_{i+1}\right)^{3}=1\right\rangle 
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
如果$X=\bigvee_{k}S^{1}$是$k$个定向圆周的一点并，$x_{0}\in X$是粘合点，则
\[
\pi_{1}(X,x_{0})=F(a_{1},\cdots,a_{k})
\]
其中$a_{i}:I\to\bigvee_{k}S^{1}$是绕第$i$圆周保定向绕行一周的闭路。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
当$k=1$时，$\pi_{1}\left(S^{1},1\right)=\mathbb{Z}=F\left(a\right)$。

当$k=2$时，根据提示对两个圆的一点并进行分割，$\pi_{1}\left(A\right)=F\left(a_{1}\right),\pi_{1}\left(B\right)=F\left(a_{2}\right)$，$\pi_{1}\left(A\cap B\right)=0$.
所以由Van Kampen定理可得，
\[
\pi_{1}\left(X,x_{0}\right)=F\left(a_{1}\right)*F\left(a_{2}\right)=F\left(a_{1},a_{2}\right)
\]

对于一般情形，取$C_{1}=S^{1}$，$C_{2}=\bigvee_{k-1}S^{1}\subset X$，$U=$粘合点$x_{0}$的一个开邻域，他同胚于$k$个开线段在原点处的一点并空间，令
\[
A=C_{1}\cup U,B=C_{2}\cup U
\]
则$X=A\cup B,A\cap B=U$，应用Van Kampen定理，可得
\[
\pi_{1}\left(X,x_{0}\right)=F\left(a_{n}\right)*F\left(a_{1},\cdots,a_{n-1}\right)=F\left(a_{1,}\cdots,a_{n}\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
对于任一元素$z\in F(a_{1},\cdots,a_{k})$，存在一个连续映射$f:S^{1}\to S_{1}^{1}\vee\cdots\vee S_{k}^{1}$，使得诱导同态
\[
f_{*}:\pi_{1}(S^{1},1)\to\pi_{1}(S_{1}^{1}\vee\cdots\vee S_{k}^{1},x_{0})=F(a_{1},\cdots,a_{k})
\]
满足$f_{*}[\alpha_{1}]=z$，此处$\ensuremath{[\alpha_{1}]\in\pi_{1}(S^{1},1)}\lyxmathsym{是}$生成元。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
任意元素$z=a_{i_{1}}^{r_{1}}\cdots a_{i_{m}}^{r_{m}}\in F\left(a_{1},\cdots,a_{k}\right)$，决定了一点并空间$A=S_{1}^{1}\vee\cdots\vee S_{k}^{1}$的一条闭路$f:\left(S^{1},1\right)\to\left(A,*\right)$，它的定义如下：

第一步：在$S^{1}$中逆时针方向选取$m$个分点$B=\left\{ b_{1},\cdots,b_{m}\right\} $，他们将$S^{1}$分成$m$段$A_{1},\cdots,A_{m}$，且$A_{1}\cup\cdots\cup A_{m}=S^{1}$。令$f\left(B\right)=x_{0}$是粘合点。

第二步：若$r_{s}>0$，则$f\mid_{A_{s}}$是保定向绕圆周$S_{i_{s}}^{1}\subset A$运行$r_{s}$圈的映射，若$r_{s}<0$，则是反过来绕$r_{s}$圈的映射。由焊接引理可知，$f$连续，所以有上一道题可知，$f_{*}\left[\alpha_{1}\right]=z.$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
如果$X=\bigvee_{k}S^{n_{j}}$，$n_{j}\ge2$，则$\pi_{1}(X,x_{0})=0$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
对于$k=1$，设$X=S^{n}$。取开子空间$A,B\subset S^{n}$如图所示（书上的图）。则有：

1) $A\cong B\cong\mathring{D}^{n}$，从而$\pi_{1}\left(A,x_{0}\right)*\pi_{1}\left(B,x_{0}\right)=0$.

2) $A\cap B\cong S^{n-1}\times\left(0,1\right)$，从而$\pi_{1}\left(A\cap B,x_{0}\right)=\pi_{1}\left(S^{n-1},x_{0}\right)$

由Van Kampen定理知，$\pi_{1}\left(S^{n},x_{0}\right)$是$\pi_{1}\left(A,x_{0}\right)*\pi_{1}\left(B,x_{0}\right)$的一个商群，也就是$\left\{ e\right\} $的商群，所以
$\pi_{1}\left(S^{n},x_{0}\right)=0.$

对于$k\geqslant2$，取$C_{1}=S^{n_{1}},C_{2}=\bigvee_{2\leq j\leq k}S^{n_{j}}\subset X$，$U=$粘合点$x_{0}$的一个开邻域，他同胚于$k$个开球体在原点处的一点并空间$\bigvee_{k}D^{n_{j}}$，令
\[
A=C_{1}\cup U,B=C_{2}\cup U
\]
则有$X=A\cup B$，$U=A\cap B$，应用Van Kampen定理，得到$\pi_{1}\left(X,x_{0}\right)$是
\[
\pi_{1}\left(A,x_{0}\right)*\pi_{1}\left(B,x_{0}\right)=0*0=0
\]
的商群，因此$\pi_{1}\left(X,x_{0}\right)=0$ 。

综上，$\pi_{1}\left(\bigvee_{j=1}^{k}S^{n_{j}},x_{0}\right)=0.$ 
\end{sol*}

\chapter{第12周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
构造出基本群同构于下述群的二维胞腔复形：
\[
(1)\ \mathbb{Z}_{p};\ (2)\ \mathbb{Z}_{p}\oplus\mathbb{Z}_{q};\ (3)\ \mathbb{Z}_{p}*\mathbb{Z}_{q}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) $\mathbb{Z}_{p}\cong\left\langle a\mid a^{p}\right\rangle $.
可以构造胞腔复形$X=S^{1}\cup_{f}D^{2}$，其中$f:\left(S^{1},1\right)\to\left(S^{1},*\right),f_{*}\left[S^{1}\right]=a^{p}.$ 

(2) $\mathbb{Z}_{p}\oplus\mathbb{Z}_{q}\cong\left\langle a,b\mid a^{p},b^{q},aba^{-1}b^{-1}\right\rangle $.
构造胞腔复形$X=\left(S^{1}\vee S^{1}\right)\cup_{f_{1}}D^{2}\cup_{f_{2}}D^{2}\cup_{f_{3}}D^{2}$，其中
\begin{align*}
f_{1} & :S^{1}\to S^{1}\vee S^{1},\ f_{1*}\left(\left[\alpha\right]\right)=a^{p},\\
f_{2} & :S^{1}\to S^{1}\vee S^{1},\ f_{2*}\left(\left[\alpha\right]\right)=b^{q},\\
f_{3} & :S^{1}\to S^{1}\vee S^{1},\ f_{3*}\left(\left[\alpha\right]\right)=aba^{-1}b^{-1}.
\end{align*}

(3) $\mathbb{Z}_{p}*\mathbb{Z}_{q}\cong\left\langle a,b\mid a^{p},b^{q}\right\rangle $.
构造胞腔复形$X=\left(S^{1}\vee S^{1}\right)\cup_{f_{1}}D^{2}\cup_{f_{2}}D^{2}$，其中
\begin{align*}
f_{1} & :S^{1}\to S^{1}\vee S^{1},\ f_{1*}\left(\left[\alpha\right]\right)=a^{p},\\
f_{2} & :S^{1}\to S^{1}\vee S^{1},\ f_{2*}\left(\left[\alpha\right]\right)=b^{q}.
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
利用推论3证明

1) $\pi_{1}\left(T^{2},*\right)=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$

2) $\pi_{1}\left(\mathbb{R}P^{2},*\right)=\mathbb{Z}_{2}$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) $\pi_{1}\left(T^{2},*\right)=\left\langle a,b\mid aba^{-1}b^{-1}\right\rangle $，也就是说两个独立的生成元，且可交换，那么就是$\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$. 

2) $\pi_{1}\left(\mathbb{R}P^{2},*\right)=\left\langle a\mid a^{2}\right\rangle $，也就是说一个单位元，平方等于1，就是同构于$\mathbb{Z}_{2}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\left(A,a\right)$道路连通且局部可缩。证明对于任意连续映射$f:\left(S^{0},1\right)\to\left(A,a\right)$

1) $A\cup_{f}D^{1}\simeq A\vee S^{1}$

2) $\pi_{1}\left(A\vee S^{1},a\right)=\pi_{1}\left(A,a\right)*F\left(t\right)$，其中$F\left(t\right)$是一个生成元$t$的自由群。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 设$D^{1}=\left[0,1\right]$，$S^{0}=\left\{ 0,1\right\} $，且$f\left(1\right)=a,f\left(0\right)=b$。因为$A$道路联通，取一条道路$\lambda:I\to A$，满足$\lambda\left(0\right)=a,\lambda\left(1\right)=b$.
令$Y=A\vee S^{1}$，$S^{1}$与基点$a$粘合。定义映射$\Phi:Y\to X$，在$A$上恒同，在$S^{1}$上沿$\lambda$走一圈。再定义$\Psi:X\to Y$：在$A$上取恒等映射，在新线段$e$上令它沿道路$\lambda^{-1}$走。于是，在$A$上，复合是恒等映射，在新填的部分上，由道路同伦，可知
\[
\Psi\circ\Phi=\text{id},\ \Phi\circ\Psi=\text{id}
\]
故二者同伦。

2) 取$a$的一个可缩开邻域$U\subset A$，在$S^{1}$中取基点附近的小弧$V$，于是令
\[
Y_{1}=A\cup V,Y_{2}=U\cup S^{1}
\]
由于$Y_{1}$形变收缩到$A$，$Y_{2}$形变收缩到$S^{1}$，且$Y_{1}\cup Y_{2}=A\vee S^{1}$，$Y_{1}\cap Y_{2}=U\cup V$可缩，所以由Van
Kampen定理，
\[
\pi_{1}\left(A\vee S^{1},a\right)\cong\pi_{1}\left(A,a\right)*\pi_{1}\left(S^{1},a\right)=\pi_{1}\left(A,a\right)*F\left(t\right)
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
计算下面平面图形的基本群，并标出它们的一组生成元。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
这四个都是$\simeq S^{1}\vee S^{1}$，所以$\pi_{1}\left(X\right)\cong\mathbb{Z}_{2}\cong F\left(a,b\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知连续映射$f:Y\to X$的两个提升，如果存在一点$r\in Y$使得$\tilde{f}_{1}\left(r\right)=\tilde{f}_{2}\left(r\right)$，则$\tilde{f}_{1}=\tilde{f}_{2}:Y\to\tilde{X}$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
取基点$x_{0}=f\left(r\right)$，那么$\tilde{x_{0}}=\tilde{f}_{1}\left(r\right)=\tilde{f}_{2}\left(r\right)$.
有
\[
\begin{tikzcd}
& (\tilde{X},\tilde{x}_0) \\
(Y,y_0) \arrow[ru,"{(\tilde{f}_1,\tilde{f}_2)}"] \arrow[r,"f"'] 
& (X,x_0) \arrow[u,"p" description]
\end{tikzcd}
\]
对于任意$y\in Y$，令$\gamma:\left(I,0\right)\to\left(Y,r\right)$是从$r$到$y$的一条道路，则$\widetilde{f_{1}\circ\gamma}$和$\widetilde{f_{2}\circ\gamma}$是空间$X$中同一道路$f\circ\gamma$的两个起点相同的提升，因为道路提升是唯一的，所以
\[
\widetilde{f_{1}\circ\gamma}\left(t\right)=\widetilde{f_{2}\circ\gamma}\left(t\right)
\]
令$t=1$，可得
\[
\tilde{f}_{1}\left(y\right)=\tilde{f}_{2}\left(y\right)
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知连续映射的复合：
\[
p=p_{1}\circ p_{2}:\tilde{X_{2}}\stackrel{f}{\longrightarrow}\tilde{X_{1}}\stackrel{p_{1}}{\longrightarrow}X
\]
其中$p,p_{1}$均是复迭映射，证明$p_{2}$也是复迭映射。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
取任意$\tilde{x_{1}}\in\widetilde{X}_{1}$，令$x=p_{1}\left(\tilde{x}_{1}\right)$，因为$p_{1}$是复迭映射，所以存在$x$的开邻域$U\subset X$，使得
\[
p_{1}^{-1}\left(U\right)=\bigsqcup_{\beta}V_{\beta},
\]
且每个$p_{1}\mid_{V_{\beta}}:V_{\beta}\to U$是同胚。设$\tilde{x}_{1}\in V_{\beta_{0}}$. 

又因为$p$是复迭映射，可取$U$也被$p$均匀覆盖，即
\[
p^{-1}\left(U\right)=\bigsqcup_{\alpha}W_{\alpha}
\]
且每个$p\mid_{W_{\alpha}}:W_{\alpha}\to U$是同胚。现在看$p_{2}^{-1}\left(V_{\beta_{0}}\right)$。对满足$p_{2}\left(W_{\alpha}\right)\subset V_{\beta_{0}}$的那些$W_{\alpha}$，有
\[
p_{2}\mid_{W_{\alpha}}=\left(p_{1}\mid_{V_{\beta_{0}}}\right)^{-1}\circ\left(p\mid_{W_{\alpha}}\right)
\]
所以$p_{2}\mid_{W_{\alpha}}$是同胚的复合也是同胚。

因此
\[
p_{1}^{-1}\left(V_{\beta_{0}}\right)=\bigsqcup_{\alpha}W_{\alpha},
\]
并且每一片都是同胚。由于$\tilde{x}_{1}$是任意的，所以$p_{2}$是复迭映射。
\end{sol*}
%
\chapter{第13周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
If we change the 0-th boundary operator to be 
\[
\partial_{0}^{*}:S_{0}\left(X\right)\to\mathbb{Z},\ \sum n_{i}x_{i}\mapsto\sum n_{i}
\]
prove: 

1) $\partial_{0}^{*}\circ\partial_{1}=0.$

2) we have a chain complex 
\[
\cdots\stackrel{\partial_{2}}{\to}S_{1}\left(X\right)\stackrel{\partial_{1}}{\to}S_{0}\left(X\right)\stackrel{\partial_{0}^{*}}{\to}\mathbb{Z}\to0
\]
Define 
\[
\widetilde{H}_{i}\left(X\right):=\begin{cases}
\frac{\ker\partial_{i}}{\text{Im}\partial_{i+1}}, & i\geq1\\
\frac{\ker\partial_{0}^{*}}{\text{Im}\partial_{1}}, & i=0
\end{cases}
\]
Show that $H_{i}\left(X\right)\cong\begin{cases}
\widetilde{H}_{i}\left(X\right), & i\geq1\\
\widetilde{H}_{i}\left(X\right)\oplus\mathbb{Z}, & i=0
\end{cases}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 对一个生成元$\sigma:I\to X$进行验证。由于$\partial_{1}\sigma=\sigma\left(1\right)-\sigma\left(0\right)$，所以
\[
\partial_{0}^{*}\left(\partial_{1}\sigma\right)=\partial_{0}^{*}\left(\sigma\left(1\right)-\sigma\left(0\right)\right)=1-1=0
\]
所以对任意奇异1-单形$\sigma$，都有$\partial_{0}^{*}\circ\partial_{1}\left(\sigma\right)=0$，从而对任意1-链$c\in S_{1}\left(X\right)$，也有$\partial_{0}^{*}\circ\partial_{1}\left(c\right)=0$，因此$\partial_{0}^{*}\circ\partial_{1}=0$. 

2) （这不会做呀，问的AI）由于原本的奇异链复形中已有$\partial_{i}\circ\partial_{i+1}=0$，新加入的部分也满足$\partial_{0}^{*}\circ\partial_{1}=0$，所以这是一个链复形。然后比较同调群。

当$i\geq1$时，同调群的定义相同。

当$i=0$时，普通的0维同调为
\[
H_{0}\left(X\right)=\frac{S_{0}\left(X\right)}{\text{Im}\partial_{1}}
\]
取定一点$x_{0}\in X$，定义映射
\[
\Phi:\widetilde{H}_{0}\left(X\right)\oplus\mathbb{Z}\to H_{0}\left(X\right),\ \Phi\left(\left[c\right],n\right)=\left[c+nx_{0}\right]
\]
其中$c\in\ker\partial_{0}^{*}$. 

首先$\Phi$是良定义的。将$c$换成$c+\partial_{1}b$，则
\[
\left[c+\partial_{1}b+nx_{0}\right]=\left[c+nx_{0}\right]
\]
在$H_{0}\left(X\right)$中相同，所以$\Phi$不依赖于代表元的选取，是良定义的。

其次证明$\Phi$是满射。任取$\left[d\right]\in H_{0}\left(X\right)$，其中$d\in S_{0}\left(X\right)$，令
\[
n=\partial_{0}^{*}\left(d\right),\ c=d-nx_{0}
\]
则
\[
\partial_{0}^{*}\left(c\right)=\partial_{0}^{*}\left(d\right)-n\partial_{0}^{*}\left(x_{0}\right)=n-n=0
\]
所以$c\in\ker\partial_{0}^{*}$，于是$\left[d\right]=\left[c+nx_{0}\right]=\Phi\left(\left[c\right],n\right)$，所以$\Phi$是满射。

最后证明$\Phi$是单射。若$\Phi([c],n)=0,$ 则$[c+nx_{0}]=0\in H_{0}(X).$ 也就是说$c+nx_{0}\in\text{Im}\partial_{1}.$
所以由$\partial_{0}^{*}\circ\partial_{1}=0$，可得
\[
\partial_{0}^{*}\left(c+nx_{0}\right)=0.
\]
又因为$c\in\ker\partial_{0}^{*}$，所以$n=0$，于是$c\in\text{Im}\partial_{1}$，从而$\left[c\right]=0\in\widetilde{H}_{0}\left(X\right).$
所以$\left(\left[c\right],n\right)=\left(0,0\right)$，故$\Phi$是单射。

综上$\Phi$是同构，因此$H_{0}\left(X\right)\cong\widetilde{H}_{0}\left(X\right)\oplus\mathbb{Z}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Suppose $X$ has 2 path connected components $X_{1},X_{2}$. Show
that 
\[
S_{q}\left(X\right)\cong S_{q}\left(X_{1}\right)\oplus S_{q}\left(X_{2}\right)
\]
\[
\partial_{q}\left(S_{q}\left(X_{i}\right)\right)\subset S_{q-1}\left(X_{i}\right),\ i=1,2
\]
\[
H_{q}\left(X\right)\cong H_{q}\left(X_{1}\right)\oplus H_{q}\left(X_{2}\right).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 因为$X$有两个道路连通分支$X_{1},X_{2}$，于是$X=X_{1}\sqcup X_{2}$. 对任意奇异$q-$单形$\sigma:\Delta^{q}\to X$，由于$\Delta^{q}$是道路连通的，且连续映射保持道路连通性，所以$\sigma\left(\Delta^{q}\right)$是$X$中的道路连通子集，因此$\sigma\left(\Delta^{q}\right)$必包含在某一个道路连通分支中。因此每一个奇异$q$-单形都可以唯一的看做$X_{1}$或$X_{2}$中的奇异$q$-单形，于是由于$S_{q}\left(X\right)$是有所有奇异$q$-单形自由生成的Abel群，所以生成元集合分成两部分
\[
\left\{ \Delta^{q}\to X\right\} =\left\{ \Delta^{q}\to X_{1}\right\} \sqcup\left\{ \Delta^{q}\to X_{2}\right\} 
\]
于是自然得到同构
\[
S_{q}\left(X\right)\cong S_{q}\left(X_{1}\right)\oplus S_{q}\left(X_{2}\right)
\]

(2) 设$\sigma:\Delta^{q}\to X_{i}$，是一个奇异$q$-单形。他的边界为
\[
\partial_{q}\sigma=\sum_{j=0}^{q}\left(-1\right)^{j}\sigma\mid_{\left[e_{0},\cdots,\hat{e}_{j},\cdots,e_{q}\right]}
\]
每一个面限制$\sigma\mid_{\left[e_{0},\cdots,\hat{e}_{j},\cdots,e_{q}\right]}$都是$X_{i}$中的奇异$\left(q-1\right)-$单形，因此
\[
\partial_{q}\sigma\in S_{q-1}\left(X_{i}\right)
\]
因此对于任意$c\in S_{q}\left(X_{i}\right)$，都有
\[
\partial_{q}c\in S_{q-1}\left(X_{i}\right)
\]
所以$\partial_{q}\left(S_{q}\left(X_{i}\right)\right)\subset S_{q-1}\left(X_{i}\right)$。

(3) 由上面的分解，
\[
\ker\partial_{q}=\ker\partial_{q}^{(1)}\oplus\ker\partial_{q}^{(2)},\ \text{Im}\partial_{q+1}=\text{Im}\partial_{q+1}^{(1)}\oplus\text{Im}\partial_{q+1}^{(2)}
\]
所以
\[
H_{q}\left(X\right)\cong\frac{\ker\partial_{q}^{(1)}\oplus\ker\partial_{q}^{(2)}}{\text{Im}\partial_{q+1}^{(1)}\oplus\text{Im}\partial_{q+1}^{(2)}}\cong\frac{\ker\partial_{q}^{(1)}}{\text{Im}\partial_{q+1}^{(1)}}\oplus\frac{\ker\partial_{q}^{(2)}}{\text{Im}\partial_{q+1}^{(2)}}\cong H_{q}\left(X_{1}\right)\oplus H_{q}\left(X_{2}\right).
\]

这个直和分解的公式$\frac{A\oplus B}{C\oplus D}\cong\frac{A}{C}\oplus\frac{B}{D}$的证明。使用群同态基本定理，设
\begin{align*}
\varphi:A\oplus B & \to\frac{A}{C}\oplus\frac{B}{D}\\
\left(a,b\right) & \mapsto\left(a+C,b+D\right)
\end{align*}
$\varphi$容易验证是群同态且是满射，$\ker\varphi=\left(c,d\right),c\in C,d\in D$，由群同态基本定理便可以得到结果。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Let $\sigma^{-1}:\Delta^{1}\to X$ be the inverse path of $\sigma:\Delta^{1}\to X$.
Show that $\sigma+\sigma^{-1}\in B_{1}\left(X\right)$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
只需要构造一个奇异2-链$C\in S_{2}\left(X\right)$，使得$\partial_{2}C=\sigma+\sigma^{-1}$.
记$x_{0}=\sigma\left(0\right)$，定义奇异2-单形$\tau:\Delta^{2}\to X$为
\[
\tau\left(s,t\right)=\sigma\left(s\right)
\]
按照边缘算子的定义，
\[
\partial_{2}\tau=\tau\mid_{\left[e_{1},e_{2}\right]}-\tau\mid_{\left[e_{0},e_{2}\right]}+\tau\mid_{\left[e_{0},e_{1}\right]}.
\]
固定标准二维单形
\[
\Delta^{2}=\left\{ \left(s,t\right)\in\mathbb{R}^{2}\mid s\geq0,t\geq0,s+t\leq1\right\} .
\]
三个顶点是
\[
e_{0}=\left(0,0\right),e_{1}=\left(1,0\right),e_{2}=\left(0,1\right)
\]

在边$\left[e_{1},e_{2}\right]$上，可以参数化为$\left(1-u,u\right)$，于是
\[
\tau\left(1-u,u\right)=\sigma\left(1-u\right)=\sigma^{-1}\left(u\right)\implies\tau\mid_{\left[e_{1},e_{2}\right]}=\sigma^{-1}
\]
在边$\left[e_{0},e_{2}\right]$上，可以参数化为$\left(0,u\right)$，于是
\[
\tau\left(0,u\right)=\sigma\left(0\right)=x_{0}\implies\tau\mid_{\left[e_{0},e_{2}\right]}=x_{0}
\]
在边$\left[e_{0},e_{1}\right]$上，可以参数化为$\left(u,0\right)$，于是
\[
\tau\left(u,0\right)=\sigma\left(u\right)\implies\tau\mid_{\left[e_{0},e_{1}\right]}=\sigma
\]
因此$\partial_{2}\tau=\sigma^{-1}-c_{x_{0}}+\sigma$. 所以只需要再定义$\eta\left(s,t\right)=x_{0}$，就可以得到
\[
\partial_{2}\left(\tau+\eta\right)=\partial_{2}\tau+\partial_{2}\eta=\sigma+\sigma^{-1}
\]
所以
\[
\sigma+\sigma^{-1}\in\text{Im}\partial_{2}=B_{1}\left(X\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
If $\sigma\simeq_{p}\tau:\Delta^{1}\to X$, then $\sigma-\tau\in B_{1}\left(X\right)$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
我们要证明$\sigma-\tau$是某个奇异2-链的边界。

因为$\sigma\simeq_{p}\tau$，则存在连续映射$H:\Delta^{1}\times I\to X$使得
\[
H\left(s,0\right)=\sigma\left(s\right),\ H\left(s,1\right)=\tau\left(s\right),
\]
并且端点固定：
\[
H\left(0,t\right)=x_{0},\ H\left(1,t\right)=x_{1}
\]
设$A\left(0,0\right),B\left(1,0\right),C\left(0,1\right),D\left(1,1\right)$，把这个正方形沿$AD$拆成两个三角形，这两个三角形经过$H$映到$X$里，得到两个奇异2-单形，把他们加起来，得到一个奇异2单形链，记作$S\in S_{2}\left(X\right)$。他的边界是
\[
\partial S=\sigma+BD-\tau-AC
\]
其中$BD$和$AC$是常值1-单形，他们本身也是边界。可以定义$c_{a}:\Delta^{2}\to X$是恒等于$a$的奇异2-单形，那么$\partial c_{a}=AC$。类似地，$\partial c_{b}=BD$。因此
\[
\sigma-\tau=\partial\left(S+c_{b}-c_{a}\right)
\]
于是$\sigma-\tau$是某个奇异2-链的边界，所以$\sigma-\tau\in B_{1}\left(X\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Let $\sigma,\tau:\Delta^{1}\to X$ be loops of $X$ at $x_{0}$, prove
that $\left[\sigma*\tau\right]=\left[\sigma\right]+\left[\tau\right]\in H_{1}\left(X\right)$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
取标准二维单形
\[
\Delta^{2}=\left\{ \left(s,t\right)\in\mathbb{R}^{2}\mid s\geq0,t\geq0,s+t\leq1\right\} .
\]
三个顶点是
\[
e_{0}=\left(0,0\right),e_{1}=\left(1,0\right),e_{2}=\left(0,1\right)
\]
定义映射$F:\Delta^{2}\to X$为
\[
F\left(s,t\right)=\begin{cases}
\sigma\left(s+2t\right), & s+2t\leq1\\
\tau\left(s+2t-1\right), & s+2t\ge1
\end{cases}
\]
计算$\partial_{2}F$为
\begin{align*}
\partial_{2}F & =F\mid_{\left[e_{1},e_{2}\right]}-F\mid_{\left[e_{0},e_{2}\right]}+F\mid_{\left[e_{0},e_{1}\right]}
\end{align*}
在边$\left[e_{1},e_{2}\right]$上，可以参数化为$\left(1-u,u\right)$，于是
\[
F\left(1-u,u\right)=\tau\left(u\right)\implies F\mid_{\left[e_{1},e_{2}\right]}=\tau
\]
在边$\left[e_{0},e_{2}\right]$上，可以参数化为$\left(0,u\right)$，于是
\[
F\left(0,u\right)=\begin{cases}
\sigma\left(2u\right), & 0\leq u\leq\frac{1}{2}\\
\tau\left(2u-1\right), & \frac{1}{2}\leq u\leq1
\end{cases}\implies F\mid_{\left[e_{0},e_{2}\right]}=\sigma*\tau
\]
在边$\left[e_{0},e_{1}\right]$上，可以参数化为$\left(u,0\right)$，于是
\[
F\left(u,0\right)=\sigma\left(u\right)\implies F\mid_{\left[e_{0},e_{1}\right]}=\sigma
\]
所以
\[
\left(\sigma*\tau\right)-\sigma-\tau=-\partial_{2}F\in\text{Im}\partial_{2}=B_{1}\left(X\right)
\]
于是他们在$H_{1}$中代表一个同调类
\[
\left[\sigma*\tau\right]=\left[\sigma\right]+\left[\tau\right]\in H_{1}\left(X\right).
\]
\end{sol*}
%
\chapter{第14周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
If $X$ is path-conneted, then $H_{0}\left(X\right)\cong\mathbb{Z}$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$\partial_{0}=0$，所以
\[
Z_{0}\left(X\right)=S_{0}\left(X\right),\ H_{0}\left(X\right)=\frac{S_{0}\left(X\right)}{B_{0}\left(X\right)}
\]
定义同态
\[
\varepsilon:S_{0}\left(X\right)\to\mathbb{Z},\ \varepsilon\left(\sum_{i}n_{i}x_{i}\right)=\sum_{i}n_{i}.
\]
然后只需要证明$B_{0}\left(X\right)=\ker\varepsilon$就可以了。

一方面，若$\sigma:I\to X$是一条道路，设$\sigma\left(0\right)=x,\sigma\left(1\right)=y$，则$\partial_{1}\sigma=y-x$，于是
\[
\varepsilon\left(\partial_{1}\sigma\right)=1+\left(-1\right)=0
\]
所以$B_{0}\left(X\right)=\text{Im}\partial_{1}\subset\ker\varepsilon$. 

另一方面，若$\varepsilon\left(c\right)=0$，设$c=\sum_{i}n_{i}x_{i}$，则$\sum_{i}n_{i}=0$。由于$X$道路连通，所以对任意$x_{0},x_{i}$，可以构造道路$\sigma_{i}$，使得$\sigma_{i}\left(0\right)=x_{0},\sigma_{i}\left(1\right)=x_{i}$，且$\partial_{1}\sigma_{i}=x_{i}-x_{0}$，因此$x_{i}-x_{0}\in B_{0}\left(X\right)$.
于是
\[
c=\sum_{i}n_{i}x_{i}=\sum_{i}n_{i}\left(x_{i}-x_{0}\right)+\sum_{i}n_{i}x_{0}=\sum_{i}n_{i}\left(x_{i}-x_{0}\right)\in B_{0}\left(X\right)
\]
所以$B_{0}\left(X\right)\supset\ker\varepsilon$ . 于是$B_{0}\left(X\right)=\ker\varepsilon$。然后由于$\varepsilon$是满射，所以由同态基本定理，可得
\[
\mathbb{Z}\cong\frac{S_{0}\left(X\right)}{B_{0}\left(X\right)}=H_{0}\left(X\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
If $X$ is contractible, i.e. $X\simeq\left\{ *\right\} $ then 
\[
H_{q}\left(X\right)=\begin{cases}
\mathbb{Z}, & q=0\\
0, & q>0
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
首先当$q=0$时，因为$X$是可缩的，所以$X$是道路连通的，所以由上一个题，可知$H_{0}\left(X\right)\cong\mathbb{Z}$. 

其次当$q>0$时，由于同调群是同伦不变的，所以不妨只计算单点空间$\left\{ *\right\} $的同调群。对每个$q\ge0$，$\left\{ *\right\} $中只有一个奇异$q$-单形，记为
\[
\sigma_{q}:\Delta^{q}\to\left\{ *\right\} 
\]
因此$S_{q}\left(\left\{ *\right\} \right)\cong\mathbb{Z}\sigma_{q}$，边缘算子满足
\[
\partial_{q}\sigma_{q}=\sum_{i=0}^{q}\left(-1\right)^{i}\sigma_{q-1}=\begin{cases}
0, & q\text{为奇数}\\
\sigma_{q-1}, & q\text{为偶数}
\end{cases}
\]
所以单点空间的链复形为
\[
\cdots\xrightarrow{0}\mathbb{Z}\xrightarrow{\cong}\mathbb{Z}\xrightarrow{0}\mathbb{Z}\xrightarrow{\cong}\mathbb{Z}\xrightarrow{0}\mathbb{Z}\to0.
\]
由此可得
\[
H_{q}(\{*\})=0,\quad q>0.
\]
因此
\[
H_{q}(X)\cong H_{q}(\{*\})=\begin{cases}
\mathbb{Z}, & q=0,\\
0, & q>0.
\end{cases}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Show that $H_{q}\left(T-\left\{ x\right\} \right)\cong H_{q}\left(S_{1}\vee S_{1}\right)$，$H_{q}\left(T-\left\{ x,y\right\} \right)\cong H_{q}\left(S^{1}\vee S^{1}\vee S^{1}\right)$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
只需要证明$T-\left\{ x\right\} \simeq S_{1}\vee S_{1}$ 和$T-\left\{ x,y\right\} \simeq S^{1}\vee S^{1}\vee S^{1}$，由图可得（第一个图自己画的，第二个不好画用AI画的）：
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=0.6]{paste11}

\includegraphics[scale=0.6]{paste12}
\end{figure}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Show that if 
\[
O\to A\stackrel{f}{\to}G\stackrel{g}{\to}B\to O
\]
is a splittable short exact sequence, then $G\cong A\oplus B$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设存在同态$s:B\to G$，使得$g\circ s=\text{id}_{B}$且$f$是单射，$g$是满射，$\text{Im}f=\ker g$，然后证明$G\cong A\oplus B$. 

因为$g\circ s=\text{id}_{B}$，所以$g$是满射，$s$是单射，设$\varphi:A\times B\to G$，为$\left(a,b\right)\mapsto f\left(a\right)+s\left(b\right)$。

$\varphi$是同态，因为
\begin{align*}
\varphi\left(\left(a_{1}+a_{2},b_{1}+b_{2}\right)\right) & =f\left(a_{1}+a_{2}\right)+s\left(b_{1}+b_{2}\right)\\
 & =f\left(a_{1}\right)+f\left(a_{2}\right)+s\left(b_{1}\right)+s\left(b_{2}\right)\\
 & =\varphi\left(a_{1},b_{1}\right)+\varphi\left(a_{2},b_{2}\right)
\end{align*}

$\varphi$是单射，因为假如$f\left(a\right)+s\left(b\right)=0$，则两边同时作用$g$，有
\[
g\circ f\left(a\right)+b=0
\]
由于$\text{Im}f=\ker g$，所以$g\circ f\left(a\right)=0$，所以$b=0$，然后由于$f$是单同态，所以$a=b=0$，从而$\ker\varphi=\left(0,0\right)$. 

$\varphi$是满射，设$x\in G$，只需证明$x-s\left(b\right)=f\left(a\right)$对某个$a$成立，那么就会有$\varphi\left(a,b\right)=f\left(a\right)+s\left(b\right)=g$.
对$x-s\left(b\right)=f\left(a\right)$两边同时作用$g$，有
\[
g\left(x\right)-b=0
\]
所以$x-s\left(b\right)\in\ker g$，也就是$x-s\left(b\right)\in\text{Im}f$，所以会存在这样的$a$。

从而$\varphi$是一个同态也是一个双射，所以$\varphi$是同构。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
The definition of $\delta_{q}$ is independent of the choice of $\widetilde{z}$.
Show that $\delta_{q}$ is a group homomorphism. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
短正合列
\[
0\longrightarrow A_{q}\xrightarrow{i_{q}}B_{q}\xrightarrow{p_{q}}C_{q}\longrightarrow0,
\]
设$\widetilde{z},\widetilde{z}'\in B_{q}$，$p_{q}(\widetilde{z})=z,p_{q}(\widetilde{z}')=z.$
于是$p_{q}\left(\widetilde{z}'-\widetilde{z}\right)=0$，由正合性，
\[
\widetilde{z}'-\widetilde{z}\in\ker p_{q}=\text{Im}i_{q}
\]
所以存在$b\in A_{q}$，使得
\[
\widetilde{z}'-\widetilde{z}=i_{q}\left(b\right)
\]
若$i_{q-1}(a)=\partial\widetilde{z},i_{q-1}(a')=\partial\widetilde{z}',$
则
\[
i_{q-1}\left(a'-a\right)=\partial\left(\widetilde{z}'-\widetilde{z}\right)=\partial i_{q}\left(b\right)=i_{q-1}\left(\partial b\right)
\]
因为$i_{q-1}$是单射，所以$a'-a=\partial b$，因此$\left[a'\right]=\left[a\right]\in H_{q-1}\left(A\right)$.
所以$\delta_{q}\left(\left[z\right]\right)$不依赖于$\tilde{z}$的选择。

然后证明$\delta_{q}$是群同态。

任取$\left[z_{1}\right],\left[z_{2}\right]\in H_{q}\left(C\right)$.
取$p_{q}(\widetilde{z}_{1})=z_{1},p_{q}(\widetilde{z}_{2})=z_{2}$，设$i_{q-1}(a_{1})=\partial\widetilde{z}_{1},i_{q-1}(a_{2})=\partial\widetilde{z}_{2},$则有
\[
p_{q}\left(\widetilde{z}_{1}+\widetilde{z}_{2}\right)=z_{1}+z_{2}
\]
\[
\partial(\widetilde{z}_{1}+\widetilde{z}_{2})=\partial\widetilde{z}_{1}+\partial\widetilde{z}_{2}=i_{q-1}(a_{1})+i_{q-1}(a_{2})=i_{q-1}(a_{1}+a_{2}).
\]
所以
\begin{align*}
\delta_{q}([z_{1}]+[z_{2}]) & =\delta_{q}([z_{1}+z_{2}])=[a_{1}+a_{2}]=\left[a_{1}\right]+\left[a_{2}\right]\\
 & =\delta_{q}\left(\left[z_{1}\right]\right)+\delta_{q}\left(\left[z_{2}\right]\right)
\end{align*}
所以是群同态。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Prove Thm 4.4.2 by diagram chesing.

Thm 4.4.2: The sequence (LESH) is an exact sequence called the long
exact sequence of homology spaces of $\left(X,A\right)$. It is natural
w.r.t maps between pairs
\begin{align*}
\left(X,A\right) & \xrightarrow{f}\left(Y,B\right)\\
\text{LESH}\left(X,A\right) & \xrightarrow{f}\text{LESH}\left(Y,B\right)
\end{align*}
\[
\begin{array}{ccccccccc}
\cdots & \to & H_{q}(A) & \xrightarrow{i_{*}} & H_{q}(X) & \xrightarrow{j_{*}} & H_{q}(X,A) & \xrightarrow{\delta_{q}^{X}} & H_{q-1}(A)\to\cdots\\
 &  & \downarrow f_{*} &  & \downarrow f_{*} &  & \downarrow f_{*} &  & \downarrow f_{*}\\
\cdots & \to & H_{q}(B) & \xrightarrow{i_{*}} & H_{q}(Y) & \xrightarrow{j_{*}} & H_{q}(Y,B) & \xrightarrow{\delta_{q}^{Y}} & H_{q-1}(B)\to\cdots.
\end{array}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
第一步，证明$\text{Im}i_{*}=\ker j_{*}$. 

显然$j_{*}i_{*}=(j_{\#}i_{\#})_{*}=0,$ 所以$\text{Im}i_{*}\subset\ker j_{*}$.

反过来，取$\left[z\right]\in H_{q}\left(X\right)$，且$j_{*}\left(\left[z\right]\right)=0$，这里$\partial z=0$，由$j_{*}\left(\left[z\right]\right)=0$可知，存在$\bar{u}\in S_{q+1}(X,A)$，使得$j_{\#}z=\partial\overline{u}$.
取$u\in S_{q+1}\left(X\right)$，使得$j_{\#}u=\overline{u}$，于是
\[
j_{\#}z=\partial j_{\#}u=j_{\#}\partial u
\]
从而$j_{\#}\left(z-\partial u\right)=0.$ 所以
\[
z-\partial u\in\ker j_{\#}=\text{Im}i_{\#}.
\]
所以存在$a\in S_{q}\left(A\right)$，使得$z-\partial u=i_{\#}a$。所以在$H_{q}\left(X\right)$中，$\left[z\right]=\left[i_{\#}a\right].$故$\left[z\right]\in\text{Im}i_{*}$，因此$\text{Im}i_{*}=\ker j_{*}$。

第二步，证明$\text{Im}j_{*}=\ker\delta_{q}^{X}$. （简记$\delta=\delta_{q}^{X}$）

若$\left[z\right]\in H_{q}\left(X\right)$，则$\partial z=0$，所以
\[
\delta j_{*}\left[z\right]=\delta\left[j_{\#}z\right]=\left[\partial z\right]=0
\]
所以$\text{Im}j_{*}\subset\ker\delta$. 

反过来，设$\left[\overline{z}\right]\in H_{q}\left(X,A\right)\text{，且}\delta\left[\overline{z}\right]=0$.
取$z\in S_{q}\left(X\right)$，使得$j_{\#}z=\overline{z}$，由定义
\[
\delta\left[\overline{z}\right]=\left[\partial z\right]=0\in H_{q-1}\left(A\right)
\]
所以存在$a\in S_{q}\left(A\right)$，使得$\partial z=\partial a$，也就是$\partial\left(z-a\right)=0$，因此$z-a\in Z_{q}\left(X\right)$.
并且
\[
j_{\#}\left(z-a\right)=j_{\#}z=\overline{z}
\]
所以$\left[\overline{z}\right]=j_{*}\left[z-a\right]$，所以$\ker\delta\subset\text{Im}j_{*}$，因此$\text{Im}j_{*}=\ker\delta.$ 

第三步，证明$\text{Im}\delta=\ker i_{*}$. 

先取$\left[\overline{z}\right]\in H_{q}\left(X,A\right)$，设$j_{\#}z=\overline{z}$，则
\[
i_{*}\delta\left[\overline{z}\right]=i_{*}\left[\partial z\right].
\]
但是$\partial z$在$S_{q-1}\left(X\right)$中本来就是边界，所以$\left[\partial z\right]=0\in H_{q-1}\left(X\right)$，所以$\text{Im}\delta\subset\ker i_{*}.$
反过来，取$\left[a\right]\in H_{q-1}\left(A\right)$，且$i_{*}\left[a\right]=0$，这说明在$X$中，$a$是边界。因此存在$z\in S_{q}\left(X\right)$，使得$\partial z=i_{\#}a.$
于是
\[
\partial(j_{\#}z)=j_{\#}\partial z=j_{\#}i_{\#}a=0.
\]
所以$j_{\#}z$是相对闭链，且$\delta\left[j_{\#}z\right]=\left[a\right]$. 所以$\left[a\right]\in\text{Im}\delta$，从而$\text{Im}\delta=\ker i_{*}$. 

综上，序列是正合列。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Consider the short exact sequence
\[
0\to\mathbb{Z}\slash4\mathbb{Z}\to G\to\mathbb{Z}\slash2\mathbb{Z}\to0
\]

1) if $G$ is abelian, classify $G$. 

2) if $G$ is non-abelian, classify $G$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
这个短正合列表示$\mathbb{Z}\slash4\mathbb{Z}$可以看成$G$的一个正规子群，而且
\[
\frac{G}{\mathbb{Z}\slash4\mathbb{Z}}\cong\mathbb{Z}\slash2\mathbb{Z}.
\]
所以$G$是一个含有4阶循环正规子群的群，并且商群是2阶循环群，所以
\[
\left|G\right|=4\times2=8
\]
而8阶群，且满足商群条件的$G$只可能同构于
\[
\mathbb{Z}_{8},\ \mathbb{Z}_{4}\oplus\mathbb{Z}_{2},\ D_{8},\ G_{8}
\]

1) $G$是阿贝尔群，就会同构于$\mathbb{Z}_{8},\ \mathbb{Z}_{4}\oplus\mathbb{Z}_{2}$. 

2) $G$是非阿贝尔群，就会同构于$D_{8},\ G_{8}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Let $0\to\mathbb{Z}\slash2\mathbb{Z}\to G\to\mathbb{Z}\slash3\mathbb{Z}\to0$
be a short exact sequence. Show that $G$ is abelian and $G\cong\mathbb{Z}\slash6\mathbb{Z}$. 

How about $0\to\mathbb{Z}\slash3\mathbb{Z}\to G\to\mathbb{Z}\slash2\mathbb{Z}\to0$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（1）由短正合列的性质可得$\mathbb{Z}\slash2\mathbb{Z}$可以看成$G$的一个正规子群，而且
\[
\frac{G}{\mathbb{Z}\slash2\mathbb{Z}}\cong\mathbb{Z}\slash3\mathbb{Z}.
\]
所以$G$是一个含有2阶循环正规子群的群，并且商群是3阶循环群，且$\left|G\right|=6$. 六阶群只有两个$S_{3}$和$\mathbb{Z}_{6}$.
\[
S_{3}=\left\{ e,\left(1,2\right),\left(2,3\right),\left(1,3\right),\left(1,2\right)\left(1,3\right),\left(1,3\right)\left(1,2\right)\right\} 
\]
$S_{3}$的二阶循环子群只有三个，但是他们都不是正规的。所以$G\cong\mathbb{Z}_{6}$，且是阿贝尔的。

（2）这次变成了$G$是一个含有3阶循环正规子群的群，并且商群是2阶循环群，此时$S_{3}$就有3阶正规子群$\left\{ e,\left(1,2,3\right),\left(1,3,2\right)\right\} $了。所以$G$同构于$\mathbb{Z}_{6}$或者是$S_{3}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Prove if $B$ is free abelian, then the SES 
\[
0\to A\stackrel{i}{\to}G\stackrel{p}{\to}B\to0
\]
 splits. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$B$是自由的，设一组基为$\left\{ b_{\lambda}\right\} _{\lambda\in\Lambda}$，那么$B$中的任何元素$b$都可以表示成为
\[
b=\sum_{\lambda}n_{\lambda}b_{\lambda}
\]
由于$p$是一个满同态，所以对每个基元素$b_{\lambda}$，在$G$中都会找到一个$\widetilde{b}_{\lambda}$，使得
\[
p\left(\widetilde{b}_{\lambda}\right)=b_{\lambda}
\]
于是，就可以定义$s:B\to G$，$s\left(b_{\lambda}\right)=\widetilde{b}_{\lambda}$，由$p$是一个满同态可知$s$定义良好并且也是一个同态。然后验证$p\circ s=\text{id}$.
\[
p\left(s\left(b_{\lambda}\right)\right)=p\left(\widetilde{b}_{\lambda}\right)=b_{\lambda}
\]
通过线性组合就知道对任意$b\in B$，$p\circ s\left(b\right)=b$。所以短正合列分裂。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
(The Five Lemma) Suppose there is a morphism of exacr seqs 
\[
\begin{array}{ccccccccc}
A & \xrightarrow{\,f\,} & B & \xrightarrow{\,g\,} & C & \xrightarrow{\,h\,} & D & \xrightarrow{\,k\,} & E\quad\mathrm{exact}\\[0.8em]
{\scriptstyle \varphi_{1}}\downarrow{\scriptstyle \cong} &  & {\scriptstyle \varphi_{2}}\downarrow{\scriptstyle \cong} &  & {\scriptstyle \varphi_{0}}\downarrow\quad &  & {\scriptstyle \varphi_{3}}\downarrow{\scriptstyle \cong} &  & {\scriptstyle \varphi_{4}}\downarrow{\scriptstyle \cong}\\[0.8em]
A' & \xrightarrow{\,f'\,} & B' & \xrightarrow{\,g'\,} & C' & \xrightarrow{\,h'\,} & D' & \xrightarrow{\,k'\,} & E'\quad\mathrm{exact}
\end{array}
\]
If $\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3},\varphi_{4}$are isomorphisms.
Show that $\varphi_{0}$ is an isomorphism. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
从图表交换可以得到
\[
\varphi_{2}f=f'\varphi_{1},\ \varphi_{0}g=g'\varphi_{2},\ \varphi_{3}h=h'\varphi_{0},\ \varphi_{4}k=k'\varphi_{3}.
\]

首先证明$\varphi_{0}$是单射。

取$c\in C$，假设$\varphi_{0}\left(c\right)=0$. 由图标交换
\[
\varphi_{3}\left(h\left(c\right)\right)=h'\varphi_{0}\left(c\right)=h'\left(0\right)=0\implies h\left(c\right)=0
\]
从而$c\in\ker h$，由正合性，$c\in\text{Im}g$，所以存在$b\in B$，使得$g\left(b\right)=c$.
从而
\[
g'\left(\varphi_{2}\left(b\right)\right)=\varphi_{0}g\left(b\right)=\varphi_{0}\left(c\right)=0
\]
从而$\varphi_{2}\left(b\right)\in\ker g'=\text{Im}f'$. 所以存在$a'\in A'$，使得$f'\left(a'\right)=\varphi_{2}\left(b\right)$.
因为$\varphi_{1}$是同构，所以存在$a\in A$，使得$a'=\varphi\left(a\right)$，也就是$f'\left(\varphi_{1}\left(a\right)\right)=\varphi_{2}\left(b\right)$。再由交换性，
\[
\varphi_{2}f\left(a\right)=f'\varphi_{1}\left(a\right)=\varphi_{2}\left(b\right)
\]
因为$\varphi_{2}$是同构，所以$f\left(a\right)=b$. 因此，
\[
c=g\left(b\right)=g\left(f\left(a\right)\right)=0
\]
这是因为$\ker g=\text{Im}f$. 所以这就得到了$\ker\varphi_{0}=0$，所以$\varphi_{0}$是单射。

再证明$\varphi_{0}$是满射。

对任意$c'\in C$，要找$c\in C$，使得$\varphi_{0}\left(c\right)=c'$. 考虑$h'\left(c'\right)\in D'$，因为$\varphi_{3}$是同构，所以存在$d\in D$，使得$\varphi_{3}\left(d\right)=h'\left(c'\right)$.
由于交换性，
\[
\varphi_{4}\left(k\left(d\right)\right)=k'\left(\varphi_{3}\left(d\right)\right)=k'\left(h'\left(c'\right)\right)=0
\]
因为$\varphi_{4}$是单射，所以$k\left(d\right)=0$. 因为$\text{Im}h=\ker k$，所以存在$c_{*}\in C$，使得$h\left(c_{*}\right)=d$，再由交换性，
\[
h'\left(\varphi_{0}\left(c_{*}\right)\right)=\varphi_{3}h\left(c_{*}\right)=\varphi_{3}\left(d\right)=h'\left(c'\right)
\]
所以$\varphi_{0}\left(c_{*}\right)-c'\in\ker h'=\text{Im}g'$，也就存在$b'\in B'$，使得$g'\left(b'\right)=\varphi_{0}\left(c_{*}\right)-c'$，因为$\varphi_{2}$是满射，所以存在$b\in B$，使得$\varphi_{2}\left(b\right)=b'$，再由交换性，
\[
\varphi_{0}\left(c_{*}\right)-c'=g'\left(b'\right)=g'\left(\varphi_{2}\left(b\right)\right)=\varphi_{0}\left(g\left(b\right)\right)
\]
这样，我就找到了$c=c_{*}-g\left(b\right)$，使得$\varphi_{0}\left(c\right)=c'$。从而$\varphi_{0}$是满射。

所以，$\varphi_{0}$是同构。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Let $\left(X,x_{0}\right)$ be a based space. Prove that 
\[
H_{q}\left(X\right)\cong\begin{cases}
H_{q}\left(X,x_{0}\right), & q>0\\
H_{0}\left(X,x_{0}\right)\oplus\mathbb{Z}, & q=0
\end{cases}
\]
Hence $H_{*}\left(X,x_{0}\right)\cong\widetilde{H}\left(X\right)$
is the reduced homology group. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
已知
\[
H_{q}\left(\left\{ x_{0}\right\} \right)\cong\begin{cases}
\mathbb{Z}, & q=0\\
0, & q>0
\end{cases}
\]
考虑空间对$\left(X,\left\{ x_{0}\right\} \right)$的同调长正合列：
\[
\cdots\to H_{q}(\left\{ x_{0}\right\} )\xrightarrow{i_{*}}H_{q}(X)\xrightarrow{j_{*}}H_{q}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\xrightarrow{\partial}H_{q-1}(\left\{ x_{0}\right\} )\to H_{q-1}(X)\to\cdots
\]

当$q>1$时，长正合列变成
\[
\cdots\to0\xrightarrow{i_{*}}H_{q}(X)\xrightarrow{j_{*}}H_{q}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\xrightarrow{\partial}0\to H_{q-1}(X)\to\cdots
\]
于是由正合性，$H_{q}\left(X\right)\cong H_{q}\left(X,\left\{ x_{0}\right\} \right)$。

当$q=1$时，
\[
\cdots\to0\xrightarrow{i_{*}}H_{1}(X)\xrightarrow{j_{*}}H_{1}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\xrightarrow{\partial}\mathbb{Z}\xrightarrow{i_{*}'}H_{0}(X)\xrightarrow{j_{*}'}H_{0}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\xrightarrow{\partial'}0
\]
由正合性：
\begin{align*}
\text{Im}i_{*} & =\ker j_{*}=0\implies j_{*}\text{是单射}\\
\text{Im}\partial & =\ker i_{*}'=0\text{（这是因为\ensuremath{i_{*}'}把\ensuremath{\left[x_{0}\right]}送到\ensuremath{X}中所在道路连通分支对应的生成元）}\\
\text{Im}j_{*} & =\ker\partial=H_{1}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\implies j_{*}\text{是满射}
\end{align*}
从而得到$j_{*}$是同构，所以$H_{1}(X)\cong H_{1}(X,\left\{ x_{0}\right\} )$. 

当$q=0$时（这种情况不会，问的AI），长正合列在低维处给出
\[
H_{0}(\left\{ x_{0}\right\} )\xrightarrow{i_{*}}H_{0}(X)\xrightarrow{j_{*}}H_{0}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\to0.
\]
同样，$i_{*}$是单射，得到短正合列
\[
0\to H_{0}(\left\{ x_{0}\right\} )\xrightarrow{i_{*}}H_{0}(X)\xrightarrow{j_{*}}H_{0}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\to0.
\]
只要能说明这个短正合列分裂，就能说明$H_{0}\left(X\right)\cong H_{0}(X,\left\{ x_{0}\right\} )\oplus\mathbb{Z}.$ 

取增广同态$\varepsilon:H_{0}\left(X\right)\to\mathbb{Z}$，他把一个0-维同调类的系数和送到$\mathbb{Z}$，显然
\[
\varepsilon\circ i_{*}\left(n\right)=\varepsilon\left(n\left[x_{0}\right]\right)=n\implies\varepsilon\circ i_{*}=\text{id}_{\mathbb{Z}}
\]
从而短正合列分裂。

所以最终有
\[
H_{q}\left(X\right)\cong\begin{cases}
H_{q}\left(X,x_{0}\right), & q>0\\
H_{0}\left(X,x_{0}\right)\oplus\mathbb{Z}, & q=0
\end{cases}
\]

约化同调满足$\widetilde{H}_{q}\left(X\right)\cong H_{q}\left(X\right),q>0$，当$q=0$时，$\widetilde{H}_{0}\left(X\right)=\ker\left(\varepsilon\right)$，上面的短正合列说明
\[
H_{0}(X,x_{0})\cong H_{0}(X)/\langle[x_{0}]\rangle\cong\ker\varepsilon=\widetilde{H}_{0}(X).
\]
因此对所有$q\geq0$，都有$H_{q}(X,x_{0})\cong\widetilde{H}_{q}(X).$ 
\end{sol*}
%
\chapter{第15周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
Show that $\left(S^{n},D_{+}^{n},D_{-}^{n}\right)$ is an exact triple. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$D_{+}^{n}\cup D_{-}^{n}=S^{n}$，$D_{+}^{n}\cap D_{-}^{n}=S^{n-1}$.
只需要证明
\[
H_{q}\left(D_{+}^{n},S^{n-1}\right)\cong H_{q}\left(S^{n},D_{-}^{n}\right)
\]
另一边完全同理。

设
\[
S^{n}=\left\{ \left(x_{1},\cdots,x_{i+1}\right)\in\mathbb{R}^{n+1}:\sum x_{i}^{2}=1\right\} 
\]
\[
D_{+}^{n}=\left\{ x\in S^{n}:x_{n+1}\geq0\right\} ,\ D_{-}^{n}=\left\{ x\in S^{n}:x_{n+1}\leq0\right\} 
\]

令$U=\left\{ x\in S^{n}:x_{n+1}<-\varepsilon\right\} $. 则$\overline{U}\subset\text{int}D_{-}^{n}$，$\left(S^{n}-U,D_{-}^{n}-U\right)$是可以形变收缩到$\left(D_{+}^{n},S^{n-1}\right)$，所以
\[
H_{q}(S^{n}-U,D_{-}^{n}-U)\cong H_{q}(D_{+}^{n},S^{n-1}).
\]
也就是
\[
H_{q}(D_{+}^{n},S^{n-1})\cong H_{q}(S^{n},D_{-}^{n}).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
If $q>1$, $H_{q-1}\left(X\right)\cong H_{q}\left(\Sigma X\right)$,
where 
\[
\Sigma X:=\frac{X\times I}{X\times\left\{ 0\right\} \sim\left(x,0\right),X\times\left\{ 1\right\} \sim\left(x,1\right)}
\]
is the suspension of $X$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
容易发现
\[
\Sigma X=C_{+}X\cup C_{-}X
\]
其中$C_{+}X\simeq\left\{ p_{+}\right\} $，$C_{-}X\simeq\left\{ p_{-}\right\} $，是两个锥分别可缩到顶点。且$C_{+}X\cap C_{-}X=X$.
于是对$\left(\Sigma X,C_{+}X,C_{-}X\right)$使用约化同调的MA序列
\[
\cdots\to\widetilde{H}_{q}\left(X\right)\to\widetilde{H}_{q}\left(C_{+}X\right)\oplus\widetilde{H}_{q}\left(C_{-}X\right)\to\widetilde{H}_{q}\left(\Sigma X\right)\to\widetilde{H}_{q-1}\left(X\right)\to\cdots
\]
因为可缩，所以
\[
\widetilde{H}_{q}\left(C_{+}X\right)\oplus\widetilde{H}_{q}\left(C_{-}X\right)=0
\]
所以就有
\[
\widetilde{H}_{q}\left(\Sigma X\right)\cong\widetilde{H}_{q-1}\left(X\right)
\]
因为$q>1$，所以约化同调和普通同调相同，所以
\[
H_{q}\left(\Sigma X\right)\cong H_{q-1}\left(X\right)
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
$H_{q}\left(X\vee Y\right)\cong H_{q}\left(X\right)\oplus H_{q}\left(Y\right),$
if $q>0$. ($X,Y$ cell complex) . 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设楔合点为$p$，取$p$在$X$里的可缩邻域记为$U$，在$Y$中的可缩邻域记为$V$，令
\[
A=X\cup V,\ B=U\cup Y
\]
则
\[
A\cup B=X\vee Y,\ A\simeq X,B\simeq Y,A\cap B\simeq\left\{ *\right\} 
\]
对$\left(X\vee Y,A,B\right)$这个正合三元组使用约化MV正合列：
\[
\cdots\to\widetilde{H}_{q}\left(A\cap B\right)\to\widetilde{H}_{q}\left(A\right)\oplus\widetilde{H}_{q}\left(B\right)\to\widetilde{H}_{q}\left(X\vee Y\right)\to\widetilde{H}_{q-1}\left(A\cap B\right)\to\cdots
\]
因为$A\cap B$可缩，所以$\widetilde{H}_{q}\left(A\cap B\right)=\widetilde{H}_{q-1}\left(A\cap B\right)=0$.
从而得到
\[
\widetilde{H}_{q}\left(A\right)\oplus\widetilde{H}_{q}\left(B\right)\cong\widetilde{H}_{q}\left(X\vee Y\right)
\]
当$q>0$时，约化同调与普通同调相同，且由于同伦不变性，最终就有
\[
H_{q}(X\vee Y)\cong H_{q}(X)\oplus H_{q}(Y),\qquad q>0.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
(The Barrett-Whithood Thm) Given a commute diagram of abelian gps
\[
\begin{array}{ccccccccc}
\cdots & \to & C_{i+1} & \xrightarrow{h_{i+1}} & A_{i} & \xrightarrow{f_{i}} & B_{i} & \xrightarrow{g_{i}} & C_{i}\xrightarrow{h_{i}}A_{i-1}\xrightarrow{f_{i-1}}B_{i-1}\to\cdots\\
 &  & \quad\downarrow\gamma_{i+1} &  & \quad\downarrow\alpha_{i} &  & \quad\downarrow\beta_{i} &  & \downarrow\gamma_{i}\quad\downarrow\alpha_{i-1}\quad\downarrow\beta_{i-1}\\
\cdots & \to & C'_{i+1} & \xrightarrow{h'_{i+1}} & A'_{i} & \xrightarrow{f'_{i}} & B'_{i} & \xrightarrow{g'_{i}} & C'_{i}\xrightarrow{h'_{i}}A'_{i-1}\xrightarrow{f'_{i-1}}B'_{i-1}\to\cdots
\end{array}
\]
 such that rows are exact. $\gamma_{i}$ is $\cong$. Then there is
a long exact sequence
\[
\cdots\to A_{i}\xrightarrow{\left(f_{i},\alpha_{i}\right)}B_{i}\oplus A_{i}'\xrightarrow{\beta_{i}-f_{i}'}B_{i}'\xrightarrow{h_{i}\circ\gamma_{i}^{-1}\circ g_{i}'}A_{i-1}\to\cdots
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
只需证明每一处$\text{Im}=\ker$. 设
\[
u_{i}=\left(f_{i},\alpha_{i}\right),\ v_{i}\left(b,a'\right)=\beta_{i}\left(b\right)-f_{i}'\left(a'\right),\ \delta_{i}=h_{i}\circ\gamma_{i}^{-1}\circ g_{i}'
\]

1. 在$B_{i}\oplus A_{i}'$. 先有
\[
v_{i}u_{i}\left(a\right)=\beta_{i}\left(f_{i}\left(a\right)\right)-f_{i}'\left(\alpha_{i}\left(a\right)\right)=0
\]
由交换性成立，所以$\im u_{i}\subset\ker v_{i}$. 反过来，设$\left(b,a'\right)\in\ker v$，也就是$\beta_{i}\left(b\right)-f_{i}'\left(a'\right)=0$，两边作用$g_{i}'$，有
\[
\gamma_{i}g_{i}(b)=g_{i}'\beta_{i}(b)=g_{i}'f_{i}'(a')=0.
\]
因为$\gamma_{i}$是同构，所以$g_{i}\left(b\right)=0$，由正合性，存在$a\in A_{i}$，使得$b=f_{i}\left(a\right)$，于是
\[
f_{i}'\left(a'-\alpha_{i}\left(a\right)\right)=0
\]
由下面的正合性，存在$c'\in C_{i+1}'$，使得$a'-\alpha_{i}(a)=h_{i+1}'(c').$ 又因为$\gamma_{i+1}$是同构，所以取$c'=\gamma_{i+1}\left(c\right)$，由交换性，$h_{i+1}'\gamma_{i+1}(c)=\alpha_{i}h_{i+1}(c).$
所以
\[
\alpha_{i}h_{i+1}\left(c\right)=h_{i+1}'\left(c'\right)=a'-\alpha_{i}(a)\r a'=\alpha_{i}\left(h_{i+1}\left(c\right)+a\right)
\]
且
\[
f_{i}(a+h_{i+1}(c))=f_{i}(a)=b.
\]
因此$\left(b,a'\right)=u_{i}\left(a+h_{i+1}\left(c\right)\right)$.
故$\ker v_{i}=\im u_{i}.$

23也是类似的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Compute $H_{*}\left(T^{2}\right)$, $H_{*}\left(\text{Klein bottle}\right)$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
（1）把环面看成正方形边的粘合：
\[
T^{2}=\frac{I^{2}}{aba^{-1}b^{-1}}
\]
他有0-维生成元$v$，两个1-维生成元$a,b$，一个2-维生成元$\sigma$. 所以链群为
\[
C_{2}=\mathbb{Z}\left\langle \sigma\right\rangle ,\ C_{1}=\mathbb{Z}\left\langle a\right\rangle \oplus\mathbb{Z}\left\langle b\right\rangle ,\ C_{0}=\mathbb{Z}\left\langle v\right\rangle 
\]
因为$a,b$都是圈，所以$\partial_{1}\left(a\right)=0,\ \partial_{1}\left(b\right)=0$.
二位胞腔的边界是
\[
\partial_{2}\left(\sigma\right)=a+b-a-b=0
\]
于是链复形为
\[
0\to\mathbb{Z}\xrightarrow{0}\mathbb{Z}^{2}\xrightarrow{0}\mathbb{Z}\to0.
\]
所以
\[
H_{q}(T^{2})\cong\begin{cases}
\mathbb{Z}, & q=0,\\
\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}, & q=1,\\
\mathbb{Z}, & q=2,\\
0, & q>2.
\end{cases}
\]

（2） 把Klein瓶$K$看成正方形边的粘合：
\[
K=\frac{I^{2}}{aba^{-1}b}
\]
同样有
\[
C_{2}=\mathbb{Z}\left\langle \sigma\right\rangle ,\ C_{1}=\mathbb{Z}\left\langle a\right\rangle \oplus\mathbb{Z}\left\langle b\right\rangle ,\ C_{0}=\mathbb{Z}\left\langle v\right\rangle ,\ \partial_{1}=0
\]
但此时二维边界是
\[
\partial_{2}\sigma=a+b-a+b=2b
\]
所以链复形为
\[
0\to\mathbb{Z}\xrightarrow{\partial_{2}}\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\xrightarrow{0}\mathbb{Z}\to0,
\]
于是
\begin{align*}
H_{2}\left(K\right) & =\frac{\ker\partial_{2}}{0}=\ker\partial_{2}=0\\
H_{1}\left(K\right) & =\frac{\ker0}{\im\partial_{2}}=\frac{\mathbb{Z}\left\langle a\right\rangle \oplus\mathbb{Z}\left\langle b\right\rangle }{\left\langle 2b\right\rangle }=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_{2}
\end{align*}
又因为克莱因瓶连通所以可缩，得到$H_{0}\left(K\right)=\mathbb{Z}$，最后
\[
H_{q}(K)\cong\begin{cases}
\mathbb{Z}, & q=0,\\
\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_{2}, & q=1,\\
0, & q\ge2.
\end{cases}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Suppose $g:S^{n}\to S^{n}$ has no fixed point. Show that $\deg g=\left(-1\right)^{n+1}$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明无不动点映射与对径映射同伦。


设$a:S^{n}\to S^{n},a\left(x\right)=-x$，因为$g$没有不动点，所以可以定义同伦
\[
H:S^{n}\times I\to S^{n},\ H\left(x,t\right)=\frac{\left(1-t\right)g\left(x\right)+t\left(-x\right)}{\left\Vert \left(1-t\right)g\left(x\right)+t\left(-x\right)\right\Vert }
\]
$H$是定义良好的连续映射，从而说明$g\simeq a$，所以$\deg g=\deg a$，$a$是$n+1$个坐标反射的复合，每个反射的映射度都是$-1$，所以
\[
\deg g=\deg a=\left(-1\right)^{n+1}.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
Let $A\in O\left(n+1\right)$, define $f_{A}:S^{n}\to S^{n},\ x\mapsto Ax$.
$\text{deg}\left(f_{A}\right)=?$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
若$\det A=1$，此时$A\in SO\left(n+1\right)$，由于$SO\left(n+1\right)$是道路连通的，所以存在连续道路，
\[
A_{t}\in SO\left(n+1\right),\ A_{0}=I,\ A_{1}=A
\]
定义
\[
H:S^{n}\times I\to S^{n},H\left(x,t\right)=A_{t}x
\]
$H$是从恒等映射到$f_{A}$的同伦，所以$\deg f_{A}=\deg\left(\text{id}_{S^{n}}\right)=1$. 

若$\det A=-1$，则和上一种情况相同，不过是需要定义反射矩阵$J$，构造$B\in O\left(n+1\right)\backslash SO\left(n+1\right)$到$J$的道路，从而
\[
\deg f_{A}=\deg\left(-\text{id}_{S^{n}}\right)=-1
\]
\end{sol*}
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%
\end{document}