Nhóm cơ bản và định lý seifert van kampen

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN Trần Ngọc Lễ NHĨM CƠ BẢN VÀ ĐỊNH LÝ SEIFERT- VAN KAMPEN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUY Ngành: Sư phạm Tốn học Người hướng dẫn: TS LÊ HỒNG TRÍ Đà Nẵng, năm 2017 Mục lục Các định lý 1.1 Đồng luân đường 1.2 Nhóm 1.3 Không gian phủ 10 1.4 Nhóm S n (n ≥ 2) 13 Định lý Seifert - van Kampen 2.1 Định lý Seifert - van Kampen 18 18 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Lê Hồng Trí- người tận tình hướng dẫn để em hồn thành khóa luận Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Toán, Đại học Sư Phạm- Đại học Đà Nẵng dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Đà Nẵng, tháng 05 năm 2017 Sinh viên Trần Ngọc Lễ LỜI MỞ ĐẦU Trong toán học, định lý Seifert-van Kampen topo đại số, gọi định lý Van Kampen, thể cấu trúc nhóm không gian tôpô X , thành nhóm hai khơng gian mở, liên thông đường U V mà phủ X Do sử dụng để tính tốn nhóm khơng gian xây dựng từ không gian đơn giản Ý tưởng đường X phân chia thành đường khác nhau: thông qua tập giao W U V , thông qua U mà nằm bên ngồi V , thơng qua V mà nằm bên U Để di chuyển phân đoạn đường , cấu trục đồng luân để xây dựng loop với điểm sở w W , ta giả thiết U , V W liên thông đường W khác rỗng Chúng ta giả sử U V tập mở mà hợp X Mục đích khóa luận giới thiệu định lý quan trọng Seifert van Kampen nhóm Định lý giúp tính tốn nhóm số khơng gian Bố cục khóa luận bao gồm chương: • Chương khóa luận trình bày tóm tắt số định nghĩa, định lý topo mà liên quan đến việc chứng minh định lý Seifert - van Kampen • Chương khóa luận tập trung trình bày định lý Seifert - van Kampen cách chứng minh định lý Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Đà Nẵng, ngày 01 tháng năm 2017 Sinh viên Trần Ngọc Lễ Chương Các định lý 1.1 Đồng luân đường Định nghĩa 1.1.1 (Đồng luân) Cho X , Y không gian topo ánh xạ liên tục f, f : X −→ Y Khi đó, f gọi đồng luân với f , ký hiệu f f tồn ánh xạ liên tục F : X × I −→ Y cho: F (x, 0) = f (x) , ∀x ∈ X F (x, 1) = f (x) , ∀x ∈ X Nhận xét 1.1.1 Quan hệ đồng luân quan hệ tương đương Định nghĩa 1.1.2 (Đường đi) Cho X không gian topo ánh xạ f : I −→ X liên tục Đặt x0 = f (0) , x1 = f (1) Khi f gọi đường gốc x0 , x1 Định nghĩa 1.1.3 (Đồng luân đường đi) (Đồng luân đường đi) Cho X không gian topo ánh xạ f, f : I → X liên tục mà ∆ f (0) = f (0) = x0 ∆ f (1) = f (1) = x1 Khi đó, f f gọi đồng luân đường đi, ký hiệu f pf tồn ánh xạ liên tục F : I × I −→ X cho: ∀s ∈ I, F (s, 0) = f (s) , F (s, 1) = f (1) ∀t ∈ I, F (0, t) = x0 , F (1, t) = x1 Nhận xét 1.1.2 Quan hệ đồng luân đường quan hệ tương đương Định nghĩa 1.1.4 Cho X không gian topo điểm x0 , x1 ∈ X Tập Ax0 ,x1 tập tất đường X có gốc x0 x1 Và ∀f ∈ Ax0 ,x1 , ta kí hiệu [f ] lớp tương đương f (đối với quan hệ đồng luân đường đi) Định nghĩa 1.1.5 (Đường tích) Cho X không gian topo cho điểm x0 , x1 , x2 ∈ X Cho f ∈ Ax0 ,x1 , f ∈ Ax1 ,x2 Xét hàm số f ∗ f : I −→ X xác định bởi:   f (2s) s ∈ 0, f ∗ f (s) =  f (2s − 1) s ∈ , f ∗ f gọi đường tích f f Định nghĩa 1.1.6 (Đường ngược) Cho X không gian topo − cho điểm x0 , x1 ∈ X , f ∈ Ax0 ,x1 Xét hàm số f : I −→ X xác định − f (s) = f (1 − s) , ∀s ∈ [0, 1] − Khi f gọi đường ngược f 1.2 Nhóm Định nghĩa 1.2.1 (loop) Cho X không gian topo điểm x0 ∈ X Mỗi hàm số f ∈ Ax0 ,x0 gọi loop X với điểm sở x0 Đặt π1 (X, x0 ) = {[f ] /f ∈ Ax0 ,x0 } Xét phép toán π1 (X, x0 ) sau: ∆ ∀ [f ] , [g] ∈ π1 (X, x0 ) , [f ] ∗ [g] = [f ∗ g] Khi ∗ xác định đắn suy π1 (X, x0 ) nhóm Ta gọi π1 (X, x0 ) nhóm X x0 Định nghĩa 1.2.2 Cho X không gian topo, x0 , x1 ∈ X Giả sử α ∈ Ax0 ,x1 α : I −→ X liên tục, α (0) = x0 , α (1) = x1 Xét α : π1 (X, x0 ) −→ π1 (X, x1 ) [f ] −→ [α] ∗ [f ] ∗ [α] Ánh xạ α (đọc α − mũ) xác định đắn toán tử ∗ xác định đắn Định lý 1.2.1 Ánh xạ α đẳng cấu nhóm Chứng minh: • ∀ [f ] , [g] ∈ π1 (X, x0 ) , ta có: α ([f ]) ∗ α ([g]) = ([α] ∗ [f ] ∗ [α]) ∗ ([α] ∗ [g] ∗ [α]) = [α] ∗ [f ] ∗ [α] ∗ [α] ∗ [g] ∗ [α] = [α] ∗ [f ] ∗ [g] ∗ [α] = α ([f ] ∗ [g]) Suy α đồng cấu nhóm • ∀ [g] ∈ π1 (X, x1 ) , đặt [f ] = [α] ∗ [g] ∗ [α] ⇒ α (f ) = [α] ∗ ([α] ∗ [g] ∗ [α]) ∗ [α] = [α] ∗ [α] ∗ [g] ∗ [α] ∗ [α] = [g] Suy α toàn cấu ∀ [f ] , [g] ∈ π1 (X, x0 ) , mà α ([f ]) = α ([g]) ⇒ [α] ∗ [f ] ∗ [α] = [α] ∗ [g] ∗ [α] ⇒ [α] ∗ [α] ∗ [f ] ∗ [α] ∗ [α] = [α] ∗ [α] ∗ [g] ∗ [α] ∗ [α] ⇒ [f ] = [g] Suy α đơn cấu Vậy α đẳng cấu nhóm Định nghĩa 1.2.3 (Đồng cấu cảm sinh) Cho X , Y không gian topo, x0 ∈ X, y0 ∈ Y ánh xạ liên tục h : (X, x0 ) −→ (Y, y0 ) Cho tương ứng h∗ : π1 (X, x0 ) −→ π1 (Y, y0 ) [f ] −→ [h ◦ f ] h∗ xác định đắn đồng cấu nhóm Ở đây, ánh xạ liên tục h : (X, x0 ) −→ (Y, y0 ) cho ta biết h : X −→ Y liên tục h (x0 ) = y0 Định lý 1.2.2 Cho X , Y , Z không gian topo, điểm x0 ∈ X, y0 ∈ Y, z0 ∈ Z ánh xạ liên tục h : (X, x0 ) −→ (Y, y0 ) k : (Y, y0 ) −→ (Z, z0 ) k ◦ h : (X, x0 ) −→ (Z, z0 ) Khi (k ◦ h)∗ = k∗ ◦ h∗ Chứng minh: ∀ [f ] ∈ π1 (X, x0 ) , Ta có: (k ◦ h)∗ ([f ]) = [(k ◦ h) ◦ f ] (k∗ ◦ h∗ ) ([f ]) = k∗ (h∗ ([f ])) = k∗ ([h ◦ f ]) = [k ◦ (h ◦ f )] ⇒ (k ◦ h)∗ ([f ]) = (k∗ ◦ h∗ ) ([f ]) , ∀ [f ] ∈ π1 (X, x0 ) ⇒ (k ◦ h)∗ = k∗ ◦ h∗ Định lý 1.2.3 Cho X , Y không gian topo mà tồn phép đồng phôi h : X −→ Y Cho x0 ∈ X đặt y0 = h (x0 ) Khi h∗ : π1 (X, x0 ) → π1 (Y, y0 ) đẳng cấu nhóm Chứng minh: Gọi k : X −→ Y ánh xạ ngược h Suy k : (X, x0 ) −→ (Y, y0 ) Ta có: k ◦ h = 1(X,x0 ) Suy ra: (k ◦ h)∗ = 1(X,x0 ) ∗ = 1π1 (X,x0 ) ⇒ k∗ ◦ h∗ = 1π1 (X,x0 ) Vì 1π1 (X,x0 ) đơn ánh nên h∗ đơn ánh Tương tự, ta có: h∗ ◦ k∗ = 1π1 (Y,y0 ) Vì 1π1 (Y,y0 ) tồn ánh nên h∗ tồn ánh Do h∗ đẳng cấu Suy ta có ánh xạ δi : I −→ X liên tục cho δi (0) = x0 , δi (1) = γ (ti ) δi (I) ⊂ U ∩ V Ta có αi : I −→ X t −→ γ ((1 − t) ti + t.ti+1 ) αi (I) = γ ([ti , ti+1 ]) Suy αi liên tục, αi (0) = γ (ti ), αi (1) = γ (ti+1 ) αi (I) ⊂ U Khi ta chọn δi+1 = δi ∗ αi thỏa mãn δi+1 (I) = δi ∗ αi (I) ⊂ U , δi+1 (0) = δi ∗ αi (0) = x0 , δi+1 (1) = δi ∗ αi (1) = γ (ti+1 ) Xét γ (ti ) ∈ / V ⇒ γ (ti ) ∈ U \V Theo giả thuyết quy nạp, tồn ánh xạ δi : I −→ X liên tục cho δi (0) = x0 , δi (1) = γ (ti ) , δi (I) ⊂ U Với ánh xạ αi : I −→ X liên tục mà αi (0) = γ (ti ), αi (1) = γ (ti+1 ) αi (I) ⊂ U Khi ta chọn δi+1 = δi ∗ αi thỏa mãn δi+1 (I) = δi ∗ αi (I) ⊂ U , δi+1 (0) = δi ∗ αi (0) = x0 , δi+1 (1) = δi ∗ αi (1) = γ (ti+1 ) Vâỵ ta chứng minh (2) Việc chứng minh (3) hoàn toàn tương tự Quay trở lại với định lý Ta có: [γ] = [α0 ] ∗ [α1 ] ∗ ∗ [αn−1 ] = [δ0 ] ∗ [α0 ] ∗ δ1 ∗ [δ1 ] ∗ [α1 ] ∗ δ2 ∗ ∗ [δn−1 ] ∗ [αn−1 ] ∗ δn = δ0 ∗ α0 ∗ δ1 ∗ δ1 ∗ α1 ∗ δ2 ∗ ∗ δn−1 ∗ αn−1 ∗ δn ∀i ∈ {1, , n}, ta phải chứng minh δi−1 ∗ αi−1 ∗ δi ∈ i∗ (π1 (U, x0 )) Nếu αi−1 (I) ⊂ U ⇒ γ (ti−1 ) , γ (ti ) ∈ U Từ suy δi (I) ⊂ U (Điều có γ (ti ) ∈ V ⇒ δi (I) ⊂ U ∩ V γ (ti ) ∈ / V ⇒ δi (I) ⊂ U ) δi−1 (I) ⊂ U 15 Cho αi−1 : I −→ U t −→ αi−1 (t) δi : I −→ U t −→ δi (t) δ i−1 : I −→ U t −→ δi−1 (t) Khi đó: δ i−1 ∗ αi−1 ∗ δ i−1 ∈ π1 (U, x0 ) Suy ra: i∗ δ i−1 ∗ αi−1 ∗ δ i = i ◦ δ i−1 ∗ i ◦ αi−1 ∗ i ◦ δ i = δi−1 ∗ αi−1 ∗ δi Hệ 1.4.1 Cho X không gian topo Cho U , V tập mở X Giả sử U ∩ V = ∅, U ∩ V liên thông đường X = U ∪ V Khi đó, U , V đơn liên X đơn liên Chứng minh: Với U , V tập đơn liên, suy U , V liên thông đường Mà U ∩ V = ∅ nên U ∪ V liên thông đường Hay X liên thông đường Chọn điểm x0 ∈ U ∩ V π1 (U, x0 ) π1 (V, x0 ) nhóm tầm thường, nghĩa π1 (U, x0 ) = ex0 π1 (V, x0 ) = e x0 Từ suy ra: i∗ (π1 (U, x0 )) = {ex0 } = j∗ (π1 (V, x0 )) Hay π1 (X, x0 ) sinh i∗ (π1 (U, x0 )) ∪ j∗ (π1 (V, x0 )), nhóm tầm thường Vậy X đơn liên Định lý trường hợp đặc biệt định lý Seifert - van Kampen mà nghiên cứu vào chương sau Định lý 1.4.2 Nếu n ≥ S n đơn liên 16 Chứng minh: Cho N = (0, , 0, 1) , S = (0, , − 1) Đặt U = S n \ {S} ; V = S n \ {N } Suy U V đồng phôi với Rn Do U , V đơn liên, mở S n Ta có U ∩ V = S n \ {N, S} Với n ≥ 2, ta cần chứng minh Rn \ {(0, , 0)} liên thông đường Để chứng minh điều này,ta chứng minh S n liên thơng đường, từ suy Rn+1 \ {(0, , 0)} liên thông đường, ∀n ≥ Thật vậy, ta có: S n ⊂ Rn+1 Đăt: S n + = {(x1 , x2 , , xn , xn+1 ) ∈ S n /xn+1 ≥ 0} S n − = {(x1 , x2 , , xn , xn+1 ) ∈ S n /xn+1 ≤ 0} Suy S n = S n + ∪ S n − S n + ∩ S n − = ∅ Xét ánh xạ Sn √ (x1 , , xn ) −→ x1 , , xn , − x1 − − xn ϕ: Bn −→ Ta có ϕ liên tục ϕ (B n ) = S n + liên thông đường Tương tự, S n − liên thông đường Suy S n liên thông đường Vậy Rn+1 \ {(0, , 0)} liên thông đường Do S n \ {N, S} đồng phôi với Rn \ {(0, , 0)} , ∀n ≥ 2, Nên U ∩ V liên thơng đường Áp dụng định lý trên, ta có S n đơn liên 17 Chương Định lý Seifert - van Kampen 2.1 Định lý Seifert - van Kampen Định lý 2.1.1 (Seifert - van Kampen) Cho X không gian topo X = U ∪ V , với U V mở X Giả sử U , V U ∩ V liên thông đường điểm x0 ∈ U ∩ V Cho H nhóm cho φ1 : π1 (U, x0 ) −→ H φ2 : π1 (V, x0 ) −→ H đơn cấu Cho i1 , i2 , j1 , j2 đơn cấu thỏa mãn sơ đồ 18 Nếu φ1 ◦ i1 = φ2 ◦ i2 tồn đồng cấu Φ : π1 (X, x0 ) −→ H cho Φ ◦ j1 = φ1 Φ ◦ j2 = φ2 Chứng minh: Cho f đường X [f ] lớp đồng luân đường f X Nếu f nằm U ta gọi [f ]U lớp đồng luân đường nằm U   φ ([f ] ) f nằm U U Xét ρ (f ) =  φ ([f ] ) f nằm V V Nếu f nằm U ∩ V φ1 ([f ]U ) = φ1 ◦ i1 ([f ]U ∩V ) φ2 ([f ]V ) = φ2 ◦ i2 ([f ]U ∩V ) Mà theo giả thuyết φ1 ◦ i1 = φ2 ◦ i2 Nên suy φ1 ([f ]U ) = φ2 ([f ]V ) Do ρ xác định đắn Ta có nhận xét ρ thỏa mãn tính chất sau: (1) Nếu [f ]U = [g]U [f ]V = [g]V ρ (f ) = ρ (g) Thật vậy, + Nếu [f ]U = [g]U 19 ⇒ ρ (f ) = φ1 ([f ]U ) = φ1 ([g]U ) = ρ (g) + Nếu [f ]V = [g]V ⇒ ρ (f ) = φ2 ([f ]V ) = φ2 ([g]V ) = ρ (g) (2) Nếu f g nằm U nằm V ρ (f ∗ g) = ρ (f ) ρ (g) Ta có: ρ (f ∗ g) = φ1 ([f ∗ g]U ) = φ1 ([f ]U ∗ [g] U ) = φ1 ([f ]U ) φ1 ([g]U ) = ρ (f ) ρ (g) Chứng minh tương tự cho V ∀x ∈ X , cho αx đường X từ x0 đến x cho: αx : I −→ X xác định αx (t) = ex0 , ∀t ∈ I Nếu x ∈ U ∩ V αx đường U ∩ V Nếu x ∈ U x ∈ V x ∈ / U ∩ V cho αx đường U V Với f nằm U nằm V , đặt − L (f ) = αx ∗ f ∗ αy với f (0) = x, f (1) = y L (f ) loop U V Thật vậy, ta có: − L (f ) (0) = αx ∗ f ∗ αy − L (f ) (1) = αx ∗ f ∗ αy (0) = αx (0) = x0 − − (1) = f ∗ αy (1) = αy (1) = αy (0) = x0 Suy L (f ) loop 20 ∆ Cho σ (f ) = ρ (L (f )) Với f pg, ta có: σ (f ) = ρ (L (f )) = ρ (L (g)) = σ (g) theo tính chất (1) Suy σ xác định đắn Đầu tiên, ta chứng minh σ thác triển ρ Cho f loop x0 nằm U V , ta có: L (f ) = ex0 ∗ (f ∗ ex0 ) ⇒ L (f ) pf ⇒ σ (f ) = ρ (L (f )) = ρ (f ) Tiếp theo, ta chứng minh σ thỏa mãn hai tính chất (1) (2) Để chứng minh σ thỏa mãn tính chất (1), ta cho f , g đường nằm U V f pg, L (f ) p L (g) nên σ (f ) = σ (g) Để chứng minh σ thỏa mãn tính chất (2), ta cho f , g đường nằm U V mà f (1) = g (0) Ta có − L (f ) ∗ L (g) = αx ∗ f ∗ αy − ∗ αy ∗ f ∗ α z − = αx ∗ (f ∗ g) ∗ αz = L (f ∗ g) Suy ra: σ (f ∗ g) = ρ (L (f ∗ g)) = ρ (L (f ) ∗ L (g)) = ρ (L (f )) ρ (L (g)) = σ (f ) σ (g) Bây giờ, ta xây dựng ánh xạ τ biến đường f X thành phần tử H 21 τ thỏa mãn điều kiện sau: (1) Nếu [f ] = [g] τ (f ) = τ (g) (2) τ (f ∗ g) = τ (f ) τ (g) f ∗ g xác định Cho fi đường U V Cho f đường nằm U V , suy fi nằm U V ∆ Đặt τ (f ) = σ (f1 ) σ (f2 ) σ (fn ) Khi đó, τ (f ) = σ (f1 ∗ f2 ∗ ∗ fn ) [f ] = [f1 ] ∗ [f2 ] ∗ ∗ [fn ] Suy τ (f ) = σ (f ) Nên τ thác triển σ Bây giờ, ta chứng minh τ thỏa mãn hai điều kiện (1) (2) + Chứng minh τ thỏa mãn điều kiện (1) Cho f , g đường X , f (0) = g (0) = x f (1) = g (1) = y Cho F đồng luân đường f g Giả sử tồn phân hoạch s1 , s2 , , sn [0; 1] cho F biến hình chữ nhật Ri = [si−1 ; si ] × I nằm U V Ta phải chứng minh τ (f ) = τ (g) Chọn i ∈ {0, 1, , n} Xét fi : I −→ [si−1 ; si ] xác định fi (s) = f ((1 − s) si−1 + s.si ) , ∀s ∈ I gi : I −→ [si−1 ; si ] xác định gi (s) = g ((1 − s) si−1 + s.si ) , ∀s ∈ I 22 Suy ra: fi (0) = f (si−1 ) , gi (0) = g (si−1 ) fi (1) = f (si ) , gi (1) = g (si ) Ta có: F|Ri (s, 0) = fi (s) , ∀s ∈ [si−1 , si ] F|Ri (s, 1) = gi (s) , ∀s ∈ [si−1 , si ] Đặt βi (t) = F (si ; t) , ∀t ∈ I Ta có: βi (0) = F (si ; 0) = f (si ) βi (1) = F (si ; 1) = g (si ) Suy βi đường từ f (si ) đến g (si ) Ta có:   β (0) = F (s , 0) = F (0, 0) = x 0  β (1) = F (s , 1) = F (0, 1) = x   β (0) = F (s , 0) = F (1, 0) = y n n  β (1) = F (s , 1) = F (1, 1) = y n n Ta phải chứng minh fi ∗ βi p βi−1 ∗g Xét    F ((1 − 2s (1 − t)) si−1 + 2s (1 − t) si , 2st) , ∀ (s, t) ∈ 0, 21 × I   G (s, t) = F ((2 − 2s) tsi−1 + ((2 − 2s) t + 1) si , 2s − + 2t (1 − s)) ,     ∀ (s, t) ∈ , × I Ta có G liên tục theo bổ đề dán Khi s = 21 , G G 2, t 2, t = F (tsi−1 + (1 − t) si , t) = F (tsi−1 + (1 − t) si , t) 23 Suy G xác định đắn ∀s ∈ 0, 12 , G (s, 0) = F ((1 − 2s) si−1 + 2ssi , 0) = fi (2s) = fi ∗ βi (s) G (s, 1) = F (si−1 , 2s) = βi−1 (2s) = βi−1 ∗ gi (s) ∀s ∈ 2, , G (s, 0) = F (si , 2s − 1) = βi (2s − 1) = fi ∗ βi (s) G (s, 1) = F ((2 − 2s) si−1 + (2s − 1) si , 1) = gi (2s − 1) = βi−1 ∗ gi (s) Vậy fi ∗ βi p βi−1 ∗ g Do đó, ta có: σ (fi ∗ βi ) = σ (βi−1 ∗ gi ) ⇒ σ (fi ) σ (βi ) = σ (βi−1 ) σ (gi ) ⇒ σ (fi ) = σ (βi−1 ) σ (gi ) [σ (βi )]−1 Vì β0 = ex , βn = ey Nên σ (β0 ) = σ (βn ) = Ở ta có σ (β0 ) = β0 ∗ β0 = β0 nên σ (β0 ) σ (β0 ) = σ (β0 ) hay σ (β0 ) = Khi đó, τ (f ) = σ (f1 ) σ (f2 ) σ (fn ) = σ (β0 ) σ (g1 ) σ(β1 )−1 σ (β1 ) σ (g2 ) σ(β2 )−1 σ (βn−1 ) σ (gn ) σ(βn )−1 = σ (g1 ) σ (g2 ) σ (gn ) = τ (g) Cho f , g , hai đường X từ x đến y Gọi F ánh xạ đồng luân f g Ta có: F (s, 0) = f (s) ; F (s, 1) = g (s) F (0, t) = x ; F (1, t) = y, ∀t ∈ I 24 Xét phân hoạch = s0 < s1 < < sn = = t0 < t1 < < tm = [0, 1] mà F biến hình chữ nhật [si−1 , si ] × [tj−1 , tj ] vào U V Đặt fj (s) = F (s, tj ) , ∀s ∈ I, j = 0, m ⇒ f0 (s) = F (s, 0) = f (s) , ∀s ∈ I fm (s) = F (s, 1) = g (s) , ∀s ∈ I Ta có: fj−1 (s) = F (s, tj−1 ) , ∀s ∈ I ⇒ fj−1 , fj hai ánh xạ thỏa mãn trường fj (s) = F (s, tj ) , ∀s ∈ I hợp đặc biệt ⇒ τ (fj−1 ) = τ (fj ) , ∀j = 0, m Điều có fj−1 (0) = x, fj−1 (1) = y F biến fj (0) = x, fj (1) = y hình chữ nhật [si−1 , si ] × [tj−1 , tj ] vào U V Suy τ (f0 ) = τ (fm ) Hay τ (f ) = τ (g) + Chứng minh τ thỏa mãn điều kiện (2) Xét đường f ∗ g X Chọn phân hoạch = s0 < s1 < < sk = < < sn = cho f ∗ g biến đoạn [si−1 ; si ] , ∀i = 0, n nằm U V ∀i = 1, k, fi : I −→ [si−1 , si ] xác định : fi (s) = (f ∗ g) ((1 − s) si−1 + ssi ) = f ((1 − s) 2si−1 + s.2si ) f i : I −→ [2si−1 , 2si ] xác định : f i (s) = f ((1 − s) 2si−1 + s.2si ) ⇒ fi (s) = f i (s) , ∀s ∈ I 25 ∀i = k + 1, n , gi : I −→ [si−1 , si ] xác định : gi (s) = f ∗ g ((1 − s) si−1 + ssi ) g i−k : I −→ [2si−1 − 1, 2si−1 ] g i−k (s) = g ((1 − s) (2si−1 − 1) + (2s1 − 1) s) Ta có : gi (s) = f ∗ g ((1 − s) si−1 + ssi ) = g (2 ((1 − s) si−1 + ssi ) − 1) = g (2si−1 − − 2ss1 − 1) = g ((1 − s) (2si−1 − 1) + (2s1 − 1) s) = g i−k (s) Từ đó: τ (f ∗ g) = σ (f1 ) σ (fk ) σ (g1 ) σ (gn−k ) Mà: τ (f ) = σ (f ) σ (f k ) = σ (f1 ) σ (fk ) τ (g) = σ (g ) σ g n−k = σ (g1 ) σ (gn−k ) Suy τ (f ∗ g) = τ (f ) τ (g) Sau bước chuẩn bị trên, ta bắt đầu chứng minh định lý Seifert - van Kampen ∀ [f ] ∈ π1 (X, x0 ) , đặtΦ ([f ]) = τ (f ) Từ điều kiện (1) (2) ánh xạ τ , ta có Φ đồng cấu xác định đắn Ta chứng minh đồng cấu Φ thỏa mãn điều kiện định lý + Chứng minh Φ ◦ j1 = φ1 : Nếu [f ] = [f ]U Φ ◦ j1 ([f ]U ) = Φ ([f ]) = τ (f ) = ρ (f ) = φ1 ([f ]U ) 26 Nếu [f ] = [f ]V Φ ◦ j2 ([f ]V ) = Φ ([f ]) = τ (f ) = ρ (f ) = φ2 ([f ]V ) Để kết thúc chứng minh, ta chứng minh Φ tồn Giả sử tồn đồng cấu Φ : π1 (X, x0 ) −→ H cho Φ ◦ j1 = φ1 Φ ◦ j2 = φ2 Nếu [f ] = [f ]U Φ ([f ]) = Φ (j1 ([f ]U )) = φ1 ([f ]U ) = Φ (j1 ([f ]U )) = Φ ([f ]) Nếu [f ] = [f ]V Φ ([f ]) = Φ (j2 ([f ]V )) = φ2 ([f ]V ) = Φ (j2 ([f ]V )) = Φ ([f ]) 27 KẾT LUẬN Trong khoa luận này, em trình bày tóm tắt nội dung định nghĩa, định lý nhóm liên quan đến việc chứng minh định lý Seifert - van Kampen, định lý quan trọng topo giúp tính tốn nhóm số khơng gian Đóng góp khóa luận bao gồm: Tìm hiểu định nghĩa, định lý nhóm liên quan đến việc chứng minh định lý Seifert - van Kampen Tìm hiểu định lý Seifert - van Kampen cách chứng minh định lý Em mong nhận phản hồi góp ý thầy cô bạn đọc 28 Tài liệu tham khảo [1] M A Armstrong, 1979 Basic Topology McGraw - Hill Book Company(UK), Ltd., Maidenhead, Berkshire, England [2] James R Munkres, 2000 Topology 2nd Edition Prentice Hall, Upper Saddle River, NJ 07458 29 ... ∩ V liên thông đường Áp dụng định lý trên, ta có S n đơn liên 17 Chương Định lý Seifert - van Kampen 2.1 Định lý Seifert - van Kampen Định lý 2.1.1 (Seifert - van Kampen) Cho X không gian topo... bao gồm: Tìm hiểu định nghĩa, định lý nhóm liên quan đến việc chứng minh định lý Seifert - van Kampen Tìm hiểu định lý Seifert - van Kampen cách chứng minh định lý Em mong nhận phản hồi góp ý... nội dung định nghĩa, định lý nhóm liên quan đến việc chứng minh định lý Seifert - van Kampen, định lý quan trọng topo giúp tính tốn nhóm số khơng gian Đóng góp khóa luận bao gồm: Tìm hiểu định nghĩa,