54. The Fundamental Group of the Circle

공간 $X$의 덮개 공간 연구는 $X$의 기본군 연구와 밀접하게 관련되어 있다. 이 절에서, 우리는 두 개념 사이의 결정적인 연결고리를 설정하고, 원의 기본군을 계산한다.

정의

$p:E\to B$를 함수라고 하자. 만약 $f$가 어떤 공간 $X$에서 $B$로 가는 연속 함수라면, $f$의 리프팅(lifting) 은 $p\circ \tilde{f}=f$를 만족하는 함수 $\tilde{f}:X\to E$이다.

\usepackage{tikz-cd}
 
\begin{document} 
 
\Large{
\begin{tikzcd}
 
& E \arrow[d, "p"] \\
X \arrow[r, "f"] \arrow[ur, "\tilde{f}"] & B
 
\end{tikzcd}
}
\end{document}

$p$가 덮개 함수일 때 리프팅의 존재는 덮개 공간과 기본군을 연구하는 데 중요한 도구이다. 먼저, 덮개 공간에 대해 경로를 들어올릴 수 있음을 보이고, 그 다음 경로 호모토피도 들어올릴 수 있음을 보일 것이다. 먼저, 예제를 보자:

예제 1

정리 53.1의 덮개 $p:\mathbb{R}\to S^1$을 생각하자. $b_0=(1,0)$에서 시작하는 $f(s)=(\cos \pi s,\sin \pi s)$로 주어진 경로 $f:[0,1]\to S^1$은 $0$에서 시작하여 $1/2$에서 끝나는 경로 $\tilde{f}(s)=s/2$로 들어올려진다. 경로 $g(s)=(\cos \pi s,-\sin \pi s)$는 $0$에서 시작하여 $-1/2$에서 끝나는 경로 $\tilde{g}(s)=-s/2$로 들어올려진다. 경로 $h(s)=(\cos 4\pi s,\sin 4\pi s)$는 $0$에서 시작하여 $2$에서 끝나는 경로 $\tilde{h}(s)=2s$로 들어올려진다. 직관적으로, $h$는 구간 $[0,1]$을 원 주위로 두 번 감싼다; 이는 들어올려진 경로 $\tilde{h}$가 0에서 시작하여 숫자 2에서 끝난다는 사실에 반영된다.

보조정리 54.1

$p:E\to B$를 덮개 함수라 하고, $p(e_0)=b_0$이라 하자. $b_0$에서 시작하는 임의의 경로 $f:[0,1]\to B$는 $e_0$에서 시작하는 $E$ 안의 경로 $\tilde{f}$로의 유일한 리프팅을 갖는다.

증명

$B$를 $p$에 의해 균등하게 덮이는 열린 집합 $U$들로 덮자. 각 $i$에 대해 집합 $f([s_i,s_{i+1}])$이 그러한 열린 집합 $U$ 안에 놓이도록 $[0,1]$의 분할 $s_0,\dots ,s_n$을 찾자. (여기서 르베그 수 보조정리(Lebesgue number lemma)를 사용한다.) 우리는 리프팅 $\tilde{f}$를 단계별로 정의한다.

먼저, $\tilde{f}(0)=e_0$으로 정의한다. 그런 다음, $0\le s\le s_i$에 대해 $\tilde{f}(s)$가 정의되었다고 가정하고, $[s_i,s_{i+1}]$ 위에서 $\tilde{f}$를 다음과 같이 정의한다: 집합 $f([s_i,s_{i+1}])$은 $p$에 의해 균등하게 덮이는 어떤 열린 집합 $U$ 안에 있다. $\{V_{\alpha }\}$를 $p^{-1}(U)$의 슬라이스로의 분할이라 하자;

각 집합 $V_{\alpha }$는 $p$에 의해 $U$ 위로 동형적으로 사상된다. 이제 $\tilde{f}(s_i)$는 이 집합들 중 하나에 있으며, 그것을 $V_0$라고 하자. $s\in [s_i,s_{i+1}]$에 대해 $\tilde{f}(s)$를 다음 방정식으로 정의한다.

$$\tilde{f}(s)=(p{|}_{V_0}{)}^{-1}(f(s)).$$

$p{|}_{V_0}:V_0\to U$가 동형사상이므로, $\tilde{f}$는 $[s_i,s_{i+1}]$ 위에서 연속일 것이다.

이런 식으로 계속하여, 우리는 $[0,1]$ 전체에서 $\tilde{f}$를 정의한다. $\tilde{f}$의 연속성은 붙임 보조정리로부터 나온다; $p\circ \tilde{f}=f$라는 사실은 $\tilde{f}$의 정의로부터 즉각적이다.

$\tilde{f}$의 유일성 또한 단계별로 증명된다. $\widetilde{\stackrel{~}{f}}$가 $e_0$에서 시작하는 $f$의 또 다른 리프팅이라고 가정하자. 그러면 $\widetilde{\stackrel{~}{f}}(0)=e_0=\tilde{f}(0)$이다. 모든 $s$에 대해 $0\le s\le s_i$를 만족하는 $\widetilde{\stackrel{~}{f}}(s)=\tilde{f}(s)$라고 가정하자. $V_0$를 앞 단락에서와 같이 두자; 그러면 $s\in [s_i,s_{i+1}]$에 대해 $\tilde{f}(s)$는 $(p{|}_{V_0}{)}^{-1}(f(s))$로 정의된다.

$\widetilde{\stackrel{~}{f}}(s)$는 무엇과 같을 수 있는가? $\widetilde{\stackrel{~}{f}}$가 $f$의 리프팅이므로, 그것은 구간 $[s_i,s_{i+1}]$을 집합 $p^{-1}(U)=\cup V_{\alpha }$로 보내야 한다. 슬라이스 $V_{\alpha }$들은 열려 있고 서로소이다; 집합 $\widetilde{\stackrel{~}{f}}([s_i,s_{i+1}])$이 연결되어 있으므로, 그것은 $V_{\alpha }$ 집합들 중 하나에 완전히 놓여야 한다.

$\widetilde{\stackrel{~}{f}}(s_i)=\tilde{f}(s_i)$이고 이것이 $V_0$에 있으므로, $\widetilde{\stackrel{~}{f}}$는 $[s_i,s_{i+1}]$ 전체를 집합 $V_0$로 보내야 한다. 따라서, $s\in [s_i,s_{i+1}]$에 대해, $\widetilde{\stackrel{~}{f}}(s)$는 $p^{-1}(f(s))$에 있는 $V_0$의 어떤 점 $y$와 같아야 한다. 하지만 그러한 점 $y$는 단 하나, 즉 $(p{|}_{V_0}{)}^{-1}(f(s))$ 뿐이다. 따라서 $s\in [s_i,s_{i+1}]$에 대해 $\widetilde{\stackrel{~}{f}}(s)=\tilde{f}(s)$이다.

보조정리 54.2

$p:E\to B$를 덮개 함수라 하고; $p(e_0)=b_0$이라 하자. $F(0,0)=b_0$인 연속 함수 $F:I\times I\to B$가 주어졌을 때, $\tilde{F}(0,0)=e_0$를 만족하는 연속 함수

$$\tilde{F}:I\times I\to E$$

로의 유일한 리프팅이 존재한다. 만약 $F$가 경로 호모토피이면, $\tilde{F}$도 경로 호모토피이다.

증명

주어진 $F$에 대해, 먼저 $\tilde{F}(0,0)=e_0$으로 정의한다. 다음으로, 앞의 보조정리를 사용하여 $\tilde{F}$를 $I\times I$의 왼쪽 변 $0\times I$와 아래쪽 변 $I\times 0$으로 확장한다. 그런 다음 $\tilde{F}$를 $I\times I$ 전체로 다음과 같이 확장한다:

$I$의 분할

$$\begin{array}{rl}{s}_0<s_1<& \cdots <s_m,\\ t_0<t_1<& \cdots <t_n\end{array}$$

을 각 사각형

$$I_i\times J_j=[s_{i-1},s_i]\times [t_{j-1},t_j]$$

이 $F$에 의해 $p$가 균등하게 덮는 $B$의 열린 집합으로 사상되도록 충분히 잘게 선택한다. (르베그 수 보조정리를 사용한다.) 우리는 리프팅 $\tilde{F}$를 사각형 $I_1\times J_1$에서 시작하여 “맨 아래 행”의 다른 사각형들 $I_i\times J_1$로, 그 다음 행의 사각형들 $I_i\times J_2$로, 이런 식으로 단계별로 정의한다.

일반적으로, $i_0$와 $j_0$가 주어졌을 때, $\tilde{F}$가 $0\times I$와 $I\times 0$의 합집합이고 $I_{i_0}\times J_{j_0}$보다 “이전”의 모든 사각형들(즉, $j<j_0$인 사각형 $I_i\times J_j$와 $j=j_0,i<i_0$인 사각형들)의 합집합인 집합 $A$ 위에서 정의되었다고 가정하자. 또한 $\tilde{F}$가 $F{|}_A$의 연속적인 리프팅이라고 가정하자. 우리는 $I_{i_0}\times J_{j_0}$ 위에서 $\tilde{F}$를 정의한다. $F(I_{i_0}\times J_{j_0})$를 포함하는 $p$가 균등하게 덮는 $B$의 열린 집합 $U$를 선택하자. $\{V_{\alpha }\}$를 $p^{-1}(U)$의 슬라이스로의 분할이라 하자;

각 집합 $V_{\alpha }$는 $p$에 의해 $U$ 위로 동형적으로 사상된다. 이제 $\tilde{F}$는 집합 $C=A\cap (I_{i_0}\times J_{j_0})$ 위에서 이미 정의되었다. 이 집합은 사각형 $I_{i_0}\times J_{j_0}$의 왼쪽 변과 아래쪽 변의 합집합이므로 연결되어 있다. 따라서, $\tilde{F}(C)$는 연결되어 있으며 $V_{\alpha }$ 집합들 중 하나에 완전히 놓여야 한다. 그것이 $V_0$에 있다고 가정하자.

$p_0:V_0\to U$를 $p$를 $V_0$에 제한한 것이라 하자. $\tilde{F}$가 $F{|}_A$의 리프팅이므로, $x\in C$에 대해

$$p_0(\tilde{F}(x))=p(\tilde{F}(x))=F(x)$$

임을 안다. 따라서 $\tilde{F}(x)=p_0^{-1}(F(x))$이다. 그러므로 우리는 $x\in I_{i_0}\times J_{j_0}$에 대해

$$\tilde{F}(x)=p_0^{-1}(F(x))$$

라고 정의하여 $\tilde{F}$를 확장할 수 있다. 확장된 함수는 붙임 보조정리에 의해 연속일 것이다. 이런 식으로 계속하여, 우리는 $I^2$ 전체에서 $\tilde{F}$를 정의한다.

유일성을 확인하기 위해, $\tilde{F}$를 구성하는 각 단계에서, 즉 $\tilde{F}$를 먼저 $I^2$의 아래쪽 및 왼쪽 변으로, 그리고 나서 사각형 $I_i\times J_j$로 하나씩 확장할 때, $\tilde{F}$를 연속적으로 확장하는 방법은 단 하나뿐이라는 점에 주목하자. 따라서, $(0,0)$에서의 $\tilde{F}$ 값이 지정되면, $\tilde{F}$는 완전히 결정된다.

이제 $F$가 경로 호모토피라고 가정하자. 우리는 $\tilde{F}$가 경로 호모토피임을 보이고자 한다. 함수 $F$는 $I^2$의 전체 왼쪽 변 $0\times I$를 $B$의 한 점 $b_0$로 보낸다. $\tilde{F}$가 $F$의 리프팅이므로, 이 변을 집합 $p^{-1}(b_0)$로 보낸다. 하지만 이 집합은 $E$의 부분공간으로서 이산 위상을 갖는다.

$0\times I$가 연결되어 있고 $\tilde{F}$가 연속이므로, $\tilde{F}(0\times I)$는 연결되어 있으며 따라서 한 점 집합이어야 한다. 유사하게, $\tilde{F}(1\times I)$도 한 점 집합이어야 한다. 따라서 $\tilde{F}$는 경로 호모토피이다.

정리 54.3

$p:E\to B$를 덮개 함수라 하고, $p(e_0)=b_0$이라 하자. $f$와 $g$를 $b_0$에서 $b_1$으로 가는 $B$ 안의 두 경로라 하고, $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$를 각각 $e_0$에서 시작하는 $E$ 안의 경로로의 리프팅이라 하자. 만약 $f$와 $g$가 경로 호모토픽하면, $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$는 $E$의 같은 점에서 끝나고 경로 호모토픽하다.

증명

$F:I\times I\to B$를 $f$와 $g$ 사이의 경로 호모토피라고 하자. 그러면 $F(0,0)=b_0$이다.

$\tilde{F}:I\times I\to E$를 $\tilde{F}(0,0)=e_0$인 $F$의 $E$로의 리프팅이라 하자. 앞의 보조정리에 의해, $\tilde{F}$는 경로 호모토피이므로, $\tilde{F}(0\times I)=\{e_0\}$이고 $\tilde{F}(1\times I)$는 한 점 집합 $\{e_1\}$이다.

$I\times I$의 아래쪽 변 $I\times 0$에 대한 $\tilde{F}$의 제한 $\tilde{F}{|}_{I\times 0}$은 $e_0$에서 시작하는 $E$ 위의 경로이며 $F{|}_{I\times 0}$의 리프팅이다. 경로 리프팅의 유일성에 의해, 우리는 $\tilde{F}(s,0)=\tilde{f}(s)$를 가져야 한다. 유사하게, $\tilde{F}{|}_{I\times 1}$은 $F{|}_{I\times 1}$의 리프팅인 $E$ 위의 경로이며, $\tilde{F}(0\times I)=\{e_0\}$이므로 $e_0$에서 시작한다. 경로 리프팅의 유일성에 의해, $\tilde{F}(s,1)=\tilde{g}(s)$이다. 따라서, $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$는 모두 $e_1$에서 끝나고, $\tilde{F}$는 그들 사이의 경로 호모토피이다.

정의

$p:E\to B$를 덮개 함수라 하고, $b_0\in B$라 하자. $p(e_0)=b_0$인 $e_0$를 선택하자. ${\pi }_1(B,b_0)$의 원소 $[f]$가 주어졌을 때, $\tilde{f}$를 $e_0$에서 시작하는 $E$ 안의 경로로의 $f$의 리프팅이라 하자. $\varphi ([f])$를 $\tilde{f}$의 끝점 $\tilde{f}(1)$로 나타내자. 그러면 $\varphi$는 잘 정의된 집합 함수

$$\varphi :{\pi }_1(B,b_0)\to p^{-1}(b_0)$$

이다. 우리는 $\varphi$를 덮개 함수 $p$로부터 유도된 리프팅 대응(lifting correspondence) 이라고 부른다. 그것은 물론 점 $e_0$의 선택에 의존한다.

정리 54.4

$p:E\to B$를 덮개 함수라 하고, $p(e_0)=b_0$이라 하자. 만약 $E$가 경로 연결이면, 리프팅 대응

$$\varphi :{\pi }_1(B,b_0)\to p^{-1}(b_0)$$

는 전사(surjective)이다. 만약 $E$가 단순 연결이면, 그것은 전단사(bijective)이다.

증명

만약 $E$가 경로 연결이면, 주어진 $e_1\in p^{-1}(b_0)$에 대해, $e_0$에서 $e_1$으로 가는 $E$ 안의 경로 $\tilde{f}$가 있다. 그러면 $f=p\circ \tilde{f}$는 $b_0$에서의 $B$ 안의 루프이고, 정의에 의해 $\varphi ([f])=e_1$이다. $E$가 단순 연결이라고 가정하자. $\varphi ([f])=\varphi ([g])$인 ${\pi }_1(B,b_0)$의 두 원소 $[f]$와 $[g]$를 생각하자. $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$를 각각 $e_0$에서 시작하는 $E$ 안의 경로로의 $f$와 $g$의 리프팅이라 하자; 그러면 $\tilde{f}(1)=\tilde{g}(1)$이다. $E$가 단순 연결이므로, $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$ 사이에는 $E$ 안의 경로 호모토피 $\tilde{F}$가 있다. 그러면 $p\circ \tilde{F}$는 $f$와 $g$ 사이의 $B$ 안의 경로 호모토피이다.

정리 54.5

$S^1$의 기본군은 정수의 덧셈군과 동형이다.

증명

$p:\mathbb{R}\to S^1$를 정리 53.1의 덮개 함수라 하고, $e_0=0$, $b_0=p(e_0)$이라 하자. 그러면 $p^{-1}(b_0)$는 정수 집합 $\mathbb{Z}$이다. $\mathbb{R}$이 단순 연결이므로, 리프팅 대응

$$\varphi :{\pi }_1(S^1,b_0)\to \mathbb{Z}$$

는 전단사이다. 우리는 $\varphi$가 준동형사상임을 보이면, 정리는 증명된다.

주어진 ${\pi }_1(B,b_0)$의 $[f]$와 $[g]$에 대해, $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$를 각각 $0$에서 시작하는 $\mathbb{R}$ 위의 경로로의 리프팅이라 하자. $n=\tilde{f}(1)$이고 $m=\tilde{g}(1)$이라고 하자; 그러면 정의에 의해 $\varphi ([f])=n$이고 $\varphi ([g])=m$이다. 경로

$$\widetilde{\stackrel{~}{g}}(s)=n+\tilde{g}(s)$$

를 $\mathbb{R}$ 위에서 생각하자. 모든 $x\in \mathbb{R}$에 대해 $p(n+x)=p(x)$이므로, 경로 $\widetilde{\stackrel{~}{g}}$는 $g$의 리프팅이다; 그것은 $n$에서 시작한다. 그러면 곱 $\tilde{f}\ast \widetilde{\stackrel{~}{g}}$는 정의되고, 그것은 $0$에서 시작하는 $f\ast g$의 리프팅이다. 이 경로의 끝점은 $\widetilde{\stackrel{~}{g}}(1)=n+m$이다. 그러면 정의에 의해,

$$\varphi ([f]\ast [g])=n+m=\varphi ([f])+\varphi ([g])$$

이다.

정의

$G$를 군이라 하고, $x$를 $G$의 원소라 하자. 우리는 $x$의 역원을 $x^{-1}$로 나타낸다. 기호 $x^n$은 $x$를 $n$번 곱한 것을 나타내고, $x^{-n}$은 $x^{-1}$을 $n$번 곱한 것을 나타내며, $x^0$은 $G$의 항등원을 나타낸다. 만약 모든 $m\in \mathbb{Z}$에 대해 $x^m$ 형태의 모든 원소들의 집합이 $G$와 같다면, $G$는 순환군(cyclic group) 이라고 불리고, $x$는 $G$의 생성원(generator) 이라고 불린다.

군의 위수(cardinality)는 또한 군의 차수(order) 라고 불린다. 군이 무한 차수의 순환군일 필요충분조건은 정수의 덧셈군과 동형인 것이다; 그것이 차수 $k$의 순환군일 필요충분조건은 정수 모듈로 $k$의 군 $\mathbb{Z}/k$와 동형인 것이다. 앞의 정리는 원의 기본군이 무한 순환군임을 암시한다.

만약 $x$가 무한 순환군 $G$의 생성원이고 $y$가 임의의 군 $H$의 원소이면, $h(x)=y$인 $G$에서 $H$로의 유일한 준동형사상 $h$가 존재한다는 점에 주목하자; 이것은 모든 $n$에 대해 $h(x^n)=y^n$으로 설정하여 정의된다.

나중에 §65와 제13장, 제14장에서 사용하기 위해, 우리는 여기서 정리 54.4의 강화된 버전을 증명한다.

정리 54.6

$p:E\to B$를 덮개 함수라 하고, $p(e_0)=b_0$이라 하자.

(a) 준동형사상 $p_{\ast }:{\pi }_1(E,e_0)\to {\pi }_1(B,b_0)$는 단사준동형사상(monomorphism) 이다.¹

(b) $H=p_{\ast }({\pi }_1(E,e_0))$라 하자. 리프팅 대응 $\varphi$는 $H$의 오른쪽 잉여류(right coset)들의 집합에서 $p^{-1}(b_0)$로 가는 단사 함수

$$\Phi :{\pi }_1(B,b_0)/H\to p^{-1}(b_0)$$

를 유도하며, 만약 $E$가 ==경로 연결(path connected)이면 이 함수는 전단사(bijective) 이다.==

(c) 만약 $f$가 $b_0$를 기준으로 하는 $B$ 안의 루프(loop)이면, $[f]\in H$일 필요충분조건은 $f$가 $e_0$를 기준으로 하는 $E$ 안의 루프로 들어올려지는(lift) 것이다.

증명

(a) $\tilde{h}$가 $e_0$에서의 $E$ 안의 루프이고 $p_{\ast }([\tilde{h}])$가 항등원이라고 가정하자. $F$를 $p\circ \tilde{h}$와 상수 루프 사이의 경로 호모토피(path homotopy)라고 하자. 만약 $\tilde{F}$가 $\tilde{F}(0,0)=e_0$인 $F$의 $E$로의 리프팅이면, $\tilde{F}$는 $\tilde{h}$와 $e_0$에서의 상수 루프 사이의 경로 호모토피이다.

(b) $B$ 안의 루프 $f$와 $g$가 주어졌을 때, $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$를 각각 $e_0$에서 시작하는 $E$로의 그들의 리프팅이라 하자. 그러면 $\varphi ([f])=\tilde{f}(1)$이고 $\varphi ([g])=\tilde{g}(1)$이다. 우리는 $\varphi ([f])=\varphi ([g])$일 필요충분조건이 $[f]H=[g]H$임을 보인다.

먼저, $[f]H=[g]H$라고 가정하자. 그러면 $e_0$를 기준으로 하는 $E$ 안의 어떤 루프 $\tilde{h}$에 대해 $[f]=[h\ast g]$이고, 여기서 $h=p\circ \tilde{h}$이다. 이제 곱 $\tilde{h}\ast \tilde{g}$는 정의되고, 이것은 $h\ast g$의 리프팅이다. $[f]=[h\ast g]$이므로, $e_0$에서 시작하는 리프팅 $\tilde{f}$와 $\tilde{h}\ast \tilde{g}$는 $E$의 같은 점에서 끝나야 한다. 그러면 $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$는 $E$의 같은 점에서 끝나므로, $\varphi ([f])=\varphi ([g])$이다.

이제 $\varphi ([f])=\varphi ([g])$라고 가정하자. 그러면 $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$는 $E$의 같은 점에서 끝난다. $\tilde{f}$와 $\tilde{g}$의 역경로의 곱은 정의되고, $e_0$를 기준으로 하는 $E$ 안의 루프 $\tilde{h}$이다. 직접 계산에 의해 $[\tilde{h}\ast \tilde{g}]=[\tilde{f}]$이다. 만약 $\tilde{F}$가 루프 $\tilde{h}\ast \tilde{g}$와 $\tilde{f}$ 사이의 $E$ 안의 경로 호모토피이면, $p\circ \tilde{F}$는 $h=p\circ \tilde{h}$인 $h\ast g$와 $f$ 사이의 $B$ 안의 경로 호모토피이다. 따라서 원하는 대로 $[f]H=[g]H$이다.

만약 $E$가 경로 연결이면, $\varphi$는 전사(surjective)이므로, $\Phi$도 전사이다.

(c) $\Phi$의 단사성은 $\varphi ([f])=\varphi ([g])$일 필요충분조건이 $[f]H=[g]H$임을 의미한다. $g$가 상수 루프인 경우에 이 결과를 적용하면, $\varphi ([f])=e_0$일 필요충분조건이 $[f]\in H$임을 알 수 있다. 하지만 $\varphi ([f])=e_0$는 정확히 $e_0$에서 시작하는 $f$의 리프팅이 $e_0$에서 끝날 때이다.

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문제 1

§53의 예제 2에 나온 국소 위상동형사상(local homeomorphism)에 대해 ‘경로 올림 보조정리’(보조정리 54.1)의 어떤 부분이 성립하지 않는가?

§53의 예제 2는 사상 $p:{\mathbb{R}}^{+}\to S^1$ (여기서 ${\mathbb{R}}^{+}=(0,\infty )$) 이며, $p(x)=(\cos (2\pi x),\sin (2\pi x))$ 로 정의된다. 이 사상은 국소 위상동형사상이지만 덮개 사상(covering map)은 아니다 .

경로 올림 보조정리(Path Lifting Lemma) 는 덮개 사상이라는 전제 하에 성립하는 정리이다. 따라서 이 예제에서는 정리의 결론이 보장되지 않는다.

구체적으로 문제가 발생하는 지점은 점 $b_0=(1,0)\in S^1$ 이다.

1. 균등하게 덮이는 근방(evenly covered neighborhood)의 부재 : 점 $b_0$는 $p$에 의해 균등하게 덮이는 근방을 갖지 않는다. $b_0$의 임의의 근방 $U$에 대한 역상 $p^{-1}(U)$는 모든 양의 정수 $n$ 근처의 작은 구간들과 함께, $(0,ϵ)$ 형태의 구간을 포함한다. 하지만 $p$는 $(0,ϵ)$을 $U$ 전체로 보내지 않으므로, 이 구간은 올곱(slice)이 될 수 없다.

2. 경로 올림의 실패 : 경로 올림 보조정리의 증명은 경로의 상(image)을 균등하게 덮이는 근방들로 유한하게 덮을 수 있다는 사실에 의존한다. 하지만 $b_0$ 근방에서는 이것이 불가능하다. 예를 들어, $b_0$에서 시작하여 시계 방향으로 한 바퀴 도는 경로 $f(s)=(\cos (-2\pi s),\sin (-2\pi s))$를 생각해보자. 이 경로를 $p^{-1}(b_0)$의 한 점인 $e_0=1$에서 시작하도록 올리려고 하면, 올린 경로 $\tilde{f}(s)$는 $1-s$가 되어야 한다. 그러나 $\tilde{f}(1)=0$이 되는데, $0$은 정의역 ${\mathbb{R}}^{+}$에 속하지 않는다. 따라서 이 경로는 ${\mathbb{R}}^{+}$ 안으로 완전히 올려질 수 없다.

결론적으로, 경로 올림 보조정리가 성립하지 않는 이유는 $p$가 덮개 사상이 아니기 때문 이며, 구체적으로는 $b_0=(1,0)$ 점이 균등하게 덮이는 근방을 갖지 않기 때문이다.

문제 2

보조정리 54.2의 증명에서 사상 $\tilde{F}$를 정의할 때, 왜 작은 직사각형들을 고려하는 순서에 그토록 주의를 기울였는가?

보조정리 54.2는 호모토피 올림 보조정리(Homotopy Lifting Lemma) 로, 호모토피 $F:I\times I\to B$의 올림 $\tilde{F}:I\times I\to E$를 구성하는 과정에 대한 질문이다.

증명은 $I\times I$를 작은 직사각형들로 나누고, 이 직사각형들 위에서 $\tilde{F}$를 단계적으로 구성한다. 이때 직사각형을 고려하는 순서가 중요한 이유는 올림의 유일성과 연속성을 보장하기 위함 이다.

1. 점진적 구성(Inductive Construction) : 올림 $\tilde{F}$는 먼저 $I\times I$의 아래쪽 변($I\times \{0\}$)과 왼쪽 변($\{0\}\times I$) 위에서 정의된다. 그 후, 직사각형 격자의 첫 번째 행, 두 번째 행 순서로, 각 행에서는 왼쪽에서 오른쪽으로 채워나간다.

2. 의존성 : 특정 직사각형 $R_{ij}=[s_{i-1},s_i]\times [t_{j-1},t_j]$ 위에서 올림 $\tilde{F}$를 정의하기 위해서는, $\tilde{F}$의 값이 그 직사각형의 아래쪽 변과 왼쪽 변 위에서는 이미 정의되어 있어야 한다 .

• $F(R_{ij})$는 균등하게 덮이는 어떤 근방 $U$ 안에 포함된다. $p^{-1}(U)$는 여러 개의 서로소인 올곱(slice) $V_{\alpha }$들로 나뉜다.
• $R_{ij}$의 아래쪽과 왼쪽 변은 연결 공간이므로, 그곳에 이미 정의된 $\tilde{F}$의 상은 여러 $V_{\alpha }$ 중 단 하나의 올곱 안에 놓이게 된다.
• 이 정보가 있어야만 $R_{ij}$ 전체의 상이 어떤 $V_{\alpha }$ 안에 놓일지를 유일하게 결정할 수 있고, 그 국소적인 위상동형사상 $(p{|}_{V_{\alpha }}{)}^{-1}$을 이용해 $\tilde{F}$를 연속적으로 확장할 수 있다.

만약 직사각형들을 무작위 순서로 고려한다면, 어떤 직사각형에 도달했을 때 그 직사각형의 아래쪽이나 왼쪽 변에서 $\tilde{F}$가 아직 정의되지 않았을 수 있다. 이 경우 어느 올곱을 선택해야 할지 결정할 수 없으므로, 올림이 유일하게 구성되지 않는다. 따라서 이처럼 체계적인 순서는 각 단계의 정의가 이전 단계에 올바르게 의존하여 유일하고 연속적인 올림 을 구성하기 위해 필수적이다.

문제 3

$p:E\to B$가 덮개 사상이라 하자. $\alpha$와 $\beta$가 $\alpha (1)=\beta (0)$를 만족하는 $B$ 안의 경로이고, $\tilde{\alpha }$와 $\tilde{\beta }$가 $\tilde{\alpha }(1)=\tilde{\beta }(0)$를 만족하는 각각의 올림이라 하자. $\tilde{\alpha }\ast \tilde{\beta }$가 $\alpha \ast \beta$의 올림임을 보여라.

경로의 곱 $\alpha \ast \beta$와 $\tilde{\alpha }\ast \tilde{\beta }$의 정의를 직접 사용하여 보일 수 있다.

1. 경로 곱의 정의 :

• $\gamma =\alpha \ast \beta$는 다음과 같이 정의된다:

$$\gamma (s)=\{\begin{array}{ll}\alpha (2s)& s\in [0,1/2]\\ \beta (2s-1)& s\in [1/2,1]\end{array}$$

• $\tilde{\gamma }=\tilde{\alpha }\ast \tilde{\beta }$는 다음과 같이 정의된다:

$$\tilde{\gamma }(s)=\{\begin{array}{ll}\tilde{\alpha }(2s)& s\in [0,1/2]\\ \tilde{\beta }(2s-1)& s\in [1/2,1]\end{array}$$

• 주어진 조건($\alpha (1)=\beta (0)$과 $\tilde{\alpha }(1)=\tilde{\beta }(0)$)은 두 경로 곱이 연속임을 보장한다.

2. 올림 조건 확인 :

• $\tilde{\gamma }$가 $\gamma$의 올림이라는 것을 보이기 위해서는 $p\circ \tilde{\gamma }=\gamma$임을 확인해야 한다.
• $s\in [0,1/2]$인 경우 :

$$(p\circ \tilde{\gamma })(s)=p(\tilde{\gamma }(s))=p(\tilde{\alpha }(2s))$$

$\tilde{\alpha }$가 $\alpha$의 올림이므로 $p\circ \tilde{\alpha }=\alpha$이다. 따라서, $p(\tilde{\alpha }(2s))=\alpha (2s)=\gamma (s)$ 이다.

• $s\in [1/2,1]$인 경우 :

$$(p\circ \tilde{\gamma })(s)=p(\tilde{\gamma }(s))=p(\tilde{\beta }(2s-1))$$

$\tilde{\beta }$가 $\beta$의 올림이므로 $p\circ \tilde{\beta }=\beta$이다. 따라서, $p(\tilde{\beta }(2s-1))=\beta (2s-1)=\gamma (s)$ 이다.

두 경우 모두 $p(\tilde{\gamma }(s))=\gamma (s)$이므로, $\tilde{\alpha }\ast \tilde{\beta }$는 $\alpha \ast \beta$의 올림이다.

문제 4

§53의 예제 6에 나온 덮개 사상 $p:\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{+}\to {\mathbb{R}}^2-\{0\}$를 생각하자. 경로 $f(t)=(2-t,0)$, $g(t)=((1+t)\cos (2\pi t),(1+t)\sin (2\pi t))$, $h(t)=f\ast g$의 올림을 구하라. 이 경로들과 그 올림들을 그려라.

덮개 사상 $p(u,v)=(v\cos (2\pi u),v\sin (2\pi u))$ 이다. 이는 $uv$-평면의 점 $(u,v)$를 극좌표가 $(v,2\pi u)$인 $xy$-평면의 점으로 보낸다. 올림 $\tilde{f}(t)=(u(t),v(t))$는 $p(\tilde{f}(t))=f(t)$를 만족해야 한다.

1. 경로 $f$의 올림 :

• $f(t)=(2-t,0)$. 이 경로는 $xy$-평면에서 점 $(2,0)$에서 $(1,0)$으로 가는 선분이다.
• 극좌표로 보면, 반지름 $r$은 $2$에서 $1$로 변하고, 각 $\theta$는 $0$으로 일정하다.
• 올림 $\tilde{f}(t)=(u(t),v(t))$는 $v(t)=r=2-t$이고, $2\pi u(t)=\theta +2\pi n=2\pi n$ (단, $n\in \mathbb{Z}$) 이어야 한다.
• 경로의 연속성을 위해 $u(t)$는 상수 $n$이 되어야 한다. $n=0$으로 잡으면, 올림은 $\tilde{f}(t)=(0,2-t)$ 이다.
• 이것은 $uv$-평면에서 점 $(0,2)$에서 $(0,1)$로 내려오는 수직 선분이다.

2. 경로 $g$의 올림 :

• $g(t)=((1+t)\cos (2\pi t),(1+t)\sin (2\pi t))$. 이 경로는 $(1,0)$에서 시작하여 원점을 중심으로 반시계 방향으로 한 바퀴 돌면서 $(2,0)$에서 끝나는 나선형 경로이다.
• 극좌표로 보면, 반지름 $r$은 $1+t$이므로 $1$에서 $2$로 변하고, 각 $\theta$는 $2\pi t$이므로 $0$에서 $2\pi$로 변한다.
• 올림 $\tilde{g}(t)=(u(t),v(t))$는 $v(t)=r=1+t$이고, $2\pi u(t)=\theta +2\pi n=2\pi t+2\pi n$ 이어야 한다.
• $g$의 시작점은 $f$의 끝점인 $(1,0)$이다. $f$의 올림 $\tilde{f}$는 $(0,1)$에서 끝난다. 따라서 $\tilde{g}$는 $(0,1)$의 역상 중 하나인 점에서 시작해야 한다. $p(u,v)=(1,0)$이므로 $v=1$이고 $u$는 정수이다. $\tilde{f}$의 끝점과 이어지게 하려면 $\tilde{g}$는 점 $(n,1)$에서 시작해야 한다 (단, $n$은 정수). $\tilde{f}$의 끝점이 $(0,1)$이었으므로, $\tilde{g}$는 $(0,1)$에서 시작한다고 가정하자.
• $\tilde{g}(0)=(u(0),v(0))=(0,1)$이므로, $u(0)=0+n=0⟹n=0$이다. 따라서 올림은 $\tilde{g}(t)=(t,1+t)$ 이다.
• 이것은 $uv$-평면에서 점 $(0,1)$에서 $(1,2)$로 가는 기울기가 1인 선분이다.

3. 경로 $h$의 올림 :

• $h=f\ast g$이다. 3번 문제에 의해, $\tilde{h}=\tilde{f}\ast \tilde{g}$이다 (단, $\tilde{g}$는 $\tilde{f}$의 끝점에서 시작하도록 올린다).
• $\tilde{f}$는 $(0,2)$에서 시작하여 $(0,1)$에서 끝나고, $\tilde{g}$는 $(0,1)$에서 시작하여 $(1,2)$에서 끝난다.
• 따라서 $\tilde{h}$ 는 $(0,2)\to (0,1)\to (1,2)$를 잇는 꺾인 경로이다.

4. 스케치 :

• $B={\mathbb{R}}^2-\{0\}$ 에서의 경로 :
• $f$: $x$축 위에서 $(2,0)$에서 $(1,0)$까지의 선분.
• $g$: $(1,0)$에서 시작해 반시계방향으로 한 바퀴 돌아 $(2,0)$에서 끝나는 나선.
• $h$: $f$를 따라간 후 $g$를 따라가는 경로.
• $E=\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{+}$ 에서의 올림 :
• $\tilde{f}$: $v$축 위에서 $(0,2)$에서 $(0,1)$까지의 선분.
• $\tilde{g}$: 점 $(0,1)$에서 $(1,2)$까지의 선분.
• $\tilde{h}$: 점 $(0,2)$에서 $(0,1)$을 거쳐 $(1,2)$까지 가는 꺾인 경로.

문제 5

§53의 예제 4에 나온 덮개 사상 $p\times p:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to S^1\times S^1$를 생각하자. $S^1\times S^1$ 안의 경로 $f(t)=((\cos 2\pi t,\sin 2\pi t),(\cos 4\pi t,\sin 4\pi t))$에 대해 생각하자. $S^1\times S^1$이 도넛 모양의 곡면 $D$와 동일시될 때 $f$가 어떻게 보이는지 그려라. $f$를 $\mathbb{R}\times \mathbb{R}$로 올린 올림 $\tilde{f}$를 구하고, 이를 그려라.

1. 경로 $f$의 모습 :

• 경로 $f(t)=(f_1(t),f_2(t))$에서, $f_1(t)$는 $S^1$을 반시계 방향으로 한 바퀴 돈다.
• $f_2(t)$는 $S^1$을 반시계 방향으로 두 바퀴 돈다.
• 이를 도넛 곡면 위에서 시각화하면, 경로는 도넛의 짧은 둘레(세로 방향)를 한 바퀴 도는 동안, 긴 둘레(가로 방향)를 두 바퀴 감는 나선형 곡선이 된다.

2. $f$의 올림 $\tilde{f}$ :

• 덮개 사상은 $P(u,v)=(p(u),p(v))$이다. 올림 $\tilde{f}(t)=(u(t),v(t))$는 $P(\tilde{f}(t))=f(t)$를 만족해야 한다.
• 이는 $p(u(t))=f_1(t)$이고 $p(v(t))=f_2(t)$임을 의미한다.
• $f_1(t)$의 올림은 $u(t)=t+n$ 이다.
• $f_2(t)$의 올림은 $v(t)=2t+m$ 이다. (속도가 2배이므로)
• $f(0)$는 밑점 $(b_0,b_0)$이고, 올림이 원점 $(0,0)$에서 시작한다고 가정하면, $u(0)=0,v(0)=0$이므로 $n=0,m=0$이다.
• 따라서 올림은 $\tilde{f}(t)=(t,2t)$ 이다.
• 이것은 ${\mathbb{R}}^2$ 평면에서 원점 $(0,0)$과 점 $(1,2)$를 잇는 직선 선분 이다.

3. 스케치 :

• $S^1\times S^1$ (도넛) 위에서의 경로 : 도넛 표면을 한 바퀴 (세로로) 감는 동안 두 바퀴 (가로로) 감는 나선.
• $\mathbb{R}\times \mathbb{R}$ 위에서의 올림 : 원점 $(0,0)$에서 점 $(1,2)$로 가는 직선.

문제 6

$g,h:S^1\to S^1$가 $g(z)=z^n$과 $h(z)=1/z^n$으로 주어진다고 하자. (여기서 $S^1$은 절댓값이 1인 복소수 집합으로 간주한다.) 무한 순환군 ${\pi }_1(S^1,b_0)$에서 자기 자신으로 가는 유도된 준동형사상 $g_{\ast },h_{\ast }$를 계산하라. 힌트: 등식 $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^n=\cos n\theta +i\sin n\theta$를 상기하라.

${\pi }_1(S^1,b_0)$를 덧셈군 $\mathbb{Z}$와 동일시하자. 밑점 $b_0=1$로 잡고, 생성원 $1\in \mathbb{Z}$에 대응하는 루프를 $f(t)=e^{2\pi it}$로 하자.

1. $g_{\ast }:{\pi }_1(S^1,b_0)\to {\pi }_1(S^1,b_0)$ 계산 :

• $g_{\ast }$는 루프의 동치류 $[f]$를 $[g\circ f]$로 보낸다.
• $(g\circ f)(t)=g(f(t))=g(e^{2\pi it})=(e^{2\pi it}{)}^n=e^{2\pi i(nt)}$.
• $e^{2\pi i(nt)}$는 원을 $n$번 감는 루프이다. 이 루프를 $\mathbb{R}$로 올리면 끝점이 $n$이 된다.
• 따라서 $g_{\ast }$는 생성원 $1$을 $n$으로 보낸다. 이는 덧셈군 $\mathbb{Z}$에서는 $k\mapsto nk$ , 즉 $n$을 곱하는 준동형사상 이다.

2. $h_{\ast }:{\pi }_1(S^1,b_0)\to {\pi }_1(S^1,b_0)$ 계산 :

• $h(z)=1/z^n=z^{-n}$ 이다.
• $h_{\ast }$는 $[f]$를 $[h\circ f]$로 보낸다.
• $(h\circ f)(t)=h(f(t))=h(e^{2\pi it})=(e^{2\pi it}{)}^{-n}=e^{2\pi i(-n)t}$.
• 이 루프는 원을 시계 방향으로 $n$번 감는다. $\mathbb{R}$로 올리면 끝점이 $-n$이 된다.
• 따라서 $h_{\ast }$는 생성원 $1$을 $-n$으로 보낸다. 이는 $k\mapsto -nk$ , 즉 $-n$을 곱하는 준동형사상 이다.

문제 7

정리 54.5의 증명을 일반화하여 원환면의 기본군이 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$와 동형임을 보여라.

정리 54.5는 ${\pi }_1(S^1)\cong \mathbb{Z}$임을 보인 정리이다. 이와 유사한 논리를 원환면 $T=S^1\times S^1$에 적용한다.

1. 덮개 공간과 올림 대응 :

• $T$의 보편 덮개 공간은 $E=\mathbb{R}\times \mathbb{R}$ 이고, 덮개 사상은 $P=p\times p:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to S^1\times S^1$ 이다.
• $E={\mathbb{R}}^2$는 단순 연결 공간이다.
• 정리 54.4에 의해, 올림 대응 $\varphi :{\pi }_1(T,b_0)\to P^{-1}(b_0)$는 전단사(bijection) 이다.
• 밑점 $b_0=(p(0),p(0))$이라 하면, 그 역상 $P^{-1}(b_0)$는 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$이다.

2. 준동형사상 증명 :

• 이제 대응 $\varphi$가 군 준동형사상임을 보이면 증명이 끝난다.
• $[f],[g]\in {\pi }_1(T,b_0)$라 하자. $\tilde{f},\tilde{g}$를 원점 $(0,0)\in {\mathbb{R}}^2$에서 시작하는 $f,g$의 올림이라 하자.
• $\tilde{f}(1)=(n,m)$ 이고 $\tilde{g}(1)=(n^{\prime },m^{\prime })$ 이라 하면, $\varphi ([f])=(n,m)$ 이고 $\varphi ([g])=(n^{\prime },m^{\prime })$ 이다.
• $f\ast g$의 올림은 $\tilde{f}$와, $\tilde{f}(1)=(n,m)$에서 시작하는 $g$의 올림 ${\tilde{g}}^{\prime }$의 곱이다.
• ${\mathbb{R}}^2$에서 올림의 유일성에 의해 ${\tilde{g}}^{\prime }(t)=\tilde{g}(t)+(n,m)$ 이다.
• 따라서 $f\ast g$의 올림의 끝점은 ${\tilde{g}}^{\prime }(1)=\tilde{g}(1)+(n,m)=(n^{\prime },m^{\prime })+(n,m)=(n+n^{\prime },m+m^{\prime })$ 이다.
• 그러므로 $\varphi ([f]\ast [g])=(n+n^{\prime },m+m^{\prime })=\varphi ([f])+\varphi ([g])$ 이다.

$\varphi$는 전단사 준동형사상이므로, ${\pi }_1(T,b_0)$는 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$와 동형이다.

문제 8

$p:E\to B$가 덮개 사상이고 $E$가 경로 연결이라 하자. 만약 $B$가 단순 연결이면, $p$는 위상동형사상임을 보여라.

$p$가 위상동형사상임을 보이려면, 연속인 전사함수 $p$가 단사(injective)임을 보이면 된다. 덮개 사상은 항상 열린 사상(open map)이므로, 연속인 전단사 열린 사상은 위상동형사상이다.

1. 단사성 증명 :

• $p$가 단사라는 것은 임의의 $b\in B$에 대해 그 역상 $p^{-1}(b)$가 한 점 집합(singleton set)임을 보이는 것과 같다.
• $E$가 경로 연결이므로, 정리 54.6(b)에 의해 올림 대응은 전단사 함수 $\Psi :{\pi }_1(B,b_0)/H_0\to p^{-1}(b_0)$ 를 유도한다. 여기서 $H_0=p_{\ast }({\pi }_1(E,e_0))$이다.
• 문제의 가정에서 $B$는 단순 연결(simply connected) 이므로, 그 기본군 ${\pi }_1(B,b_0)$는 자명군 $\{e\}$이다.
• 자명군의 부분군은 자명군밖에 없으므로, $H_0$ 역시 자명군 $\{e\}$이다.
• 따라서 잉여류 집합 ${\pi }_1(B,b_0)/H_0$은 $\{e\}/\{e\}$ 이므로, 원소가 하나뿐인 집합이다.
• $\Psi$가 전단사이므로, 정의역이 한원소 집합이면 공역인 $p^{-1}(b_0)$ 역시 한원소 집합 이어야 한다.

2. 결론 :

• $p$의 모든 올곱(fiber)이 한 점으로만 이루어져 있으므로, $p$는 단사 함수이다.
• $p$는 연속, 전사, 단사인 열린 사상이므로 위상동형사상 이다.

Footnotes

1. $p_{\ast }({\pi }_1(E,e_0))$는 ${\pi }_1(B,b_0)$의 부분군(subgroup)이다. 군의 준동형사상이 단사(monomorphism)라는 것은 그 핵(kernel)이 항등원만을 포함한다는 것을 의미한다. ↩