Окружность гомотопически не эквивалентна восьмерке

[ikozyrev]

Помогите разобраться, как строго доказывается такого рода утверждение?
Исходя из определения гомотопической эквивалентности нужно доказать что не существует такого отображения $f$ из окружности $S_1$ в букет двух окружностей $B$, и такого $g$ из букета в окружность, что $g\circ f=Id_{S_1}$ и $f\circ g=Id_{B}$. Как вообще строго доказываются такие утверждения? Понятно, что фундаментальная группа окружности изоморфна $Z$, а фундаментальная группа букета - свободной группе с двумя образующими и они друг другу не изоморфны (это кстати тоже нетривиально доказать). Но как можно тут обойтись без фундаментальных групп?

[Munin]

Отображения-то существуют (достаточно взять биекцию между окружностью и восьмёркой, что не сложнее, чем биекция между $[0,1)$ и $(0,1)$).

[Padawan]

ikozyrev в сообщении #1349220 писал(а):

Как вообще строго доказываются такие утверждения? Понятно, что фундаментальная группа окружности изоморфна $Z$, а фундаментальная группа букета - свободной группе с двумя образующими и они друг другу не изоморфны (это кстати тоже нетривиально доказать).

Как это нетривиально? Первая коммутативна, вторая нет.

[kotenok gav]

В самом деле, что-то в условии не то. Я только что непрерывно деформировал окружность в восьмерку (а глупость удалил).

[ikozyrev]

Munin в сообщении #1349231 писал(а):

Отображения-то существуют (достаточно взять биекцию между окружностью и восьмёркой, что не сложнее, чем биекция между $[0,1)$ и $(0,1)$).

Я имел ввиду непрерывные отображения.

-- 26.10.2018, 17:21 --

Padawan в сообщении #1349243 писал(а):

ikozyrev в сообщении #1349220 писал(а):

Как вообще строго доказываются такие утверждения? Понятно, что фундаментальная группа окружности изоморфна $Z$, а фундаментальная группа букета - свободной группе с двумя образующими и они друг другу не изоморфны (это кстати тоже нетривиально доказать).

Как это нетривиально? Первая коммутативна, вторая нет.

А если обобщить? И доказывать про букеты из $n$ и $m$ окружностей? Тогда придётся подключать абелианизацию и прочее, не шибко муторно, но задача доказать это чисто топологическими методами.

[g______d]

ikozyrev в сообщении #1349220 писал(а):

Но как можно тут обойтись без фундаментальных групп?

Окружность обладает таким свойством: после выкидывания любой точки она остаётся связной. Это свойство сохраняется при гомеоморфизме.

[mihaild]

ikozyrev всообщении #1349220 писал(а):

$g\circ f=Id_{S_1}$ и $f\circ g=Id_{B}$.

В определении гомотопии $f\circ g$ и $g \circ f$ должны быть гомотопны тождественным отображениям, а не сами быть тождественными.

g______d в сообщении #1349265 писал(а):

Это свойство сохраняется при гомеоморфизме

А при гомотопии - нет.

[g______d]

mihaild в сообщении #1349267 писал(а):

А при гомотопии - нет.

Чёрт, я опять не прочитал вопрос. Сорри.

-- Пт, 26 окт 2018 06:47:10 --

По-видимому, правильным обобщением будет «выкинуть стягиваемое замкнутое подмножество», но надо думать аккуратнее.

-- Пт, 26 окт 2018 06:49:23 --

Или, например, сколькими стягиваемыми открытыми подмножествами можно покрыть.

[ikozyrev]

mihaild в сообщении #1349267 писал(а):

ikozyrev всообщении #1349220 писал(а):

$g\circ f=Id_{S_1}$ и $f\circ g=Id_{B}$.

В определении гомотопии $f\circ g$ и $g \circ f$ должны быть гомотопны тождественным отображениям, а не сами быть тождественными.

Это опечатка. Там символ гомотопии должен быть.

[gogoshik]

ikozyrev, на интуитивном уровне окружность не содержит точку, которая разбивает её, а букет двух окружностей содержит точку, которая разбивает букет. Более строго, можете попробовать доказать по такой схеме: (1) докажите, что отображения $f, g$ не гомотопны отображению в точку, а их композиция гомотопна, (2) докажите, что если $f, g: S^1 \to S^1$ -- непрерывные отображения, то $\deg (f \circ g) = \deg f \cdot \deg g$, (3) воспользуйтесь результатами (1) и (2) для доказательства Вашего утверждения.

[ikozyrev]

gogoshik в сообщении #1349352 писал(а):

ikozyrev, на интуитивном уровне окружность не содержит точку, которая разбивает её, а букет двух окружностей содержит точку, которая разбивает букет. Более строго, можете попробовать доказать по такой схеме: (1) докажите, что отображения $f, g$ не гомотопны отображению в точку, а их композиция гомотопна, (2) докажите, что если $f, g: S^1 \to S^1$ -- непрерывные отображения, то $\deg (f \circ g) = \deg f \cdot \deg g$, (3) воспользуйтесь результатами (1) и (2) для доказательства Вашего утверждения.

Немного не понял утверждение (1).
Если $f,g$ существуют, то композиция их $g \circ f$ должна быть гомотопна $id_{S^1}$. Но $deg(id_{S_1})=1$, значит $deg(g \circ f)=1$, а значит она никак не гомотопна отображению в точку, чей индекс равен нулю.

Если же рассматривать композицию $f \circ g$, то это, вообще говоря, отображение букета в букет, и можно придумать такую композицию $f \circ g$, которая будет не гомотопна отображению в точку: отображаем из букета в окружность, так чтобы одна из окружностей ($S_k$) букета переходила в $S^1$, а вторая ($S_l$) переходила в точку на $S^1$, потом отображаем обратно из $S_1$ в букет таким образом, чтобы $S_1$ переходила в $S_k$. У нас получится отображение из букета в букет не гомотопное отображению в точку.