Frage in Raum abdecken

Question

Diese Aussage ist in Bredons Topologie und Geometrie enthalten.

Ich möchte die folgende Aussage zeigen.

Lassen $p_i:W_i\to Y, i=1,2$ Karten so abdecken, dass $W_1$ ist einfach verbunden und lassen $w_i\in W_i$ und $y\in Y$ sei so, dass $p_i(w_i)=y$. Dann gibt es eine einzigartige Karte$g:W_1\to W_2$ so dass $g(w_1)=w_2$ und $p_2\circ g=p_1$. Mehr noch,$g$ ist eine abdeckende Karte.

Das Buch sagt, dass die Aussage aus diesem Lemma folgt.

Lemma. Lassen$W$verbunden sein. Lassen$p:X\to Y$ eine abdeckende Karte sein und $f:W\to Y$eine Landkarte. Lassen$g_1$ und $g_2$ Karten sein $W\to X$ beide sind Aufzüge von $f$. Wenn$g_1(w)=g_2(w)$ für einen Punkt $w\in W$ dann $g_1\equiv g_2$.

Das Lemma nahm die Existenz eines Auftriebs an. Ich denke also, dass Lemma verwendet wird, um die Einzigartigkeit von zu zeigen$g$aber ich kenne die Existenz nicht. Ich habe über das allgemeine Hebekriterium für die Existenz eines Hebevorgangs nachgedacht, aber wir wissen nicht, ob$W_1$ist lokal pfadverbunden. Ich weiß also nicht, wie einfach Konnektivität hier funktioniert. Hilfe oder Ideen? Danke im Voraus.

Answer 1

Das Kapitel "Covering Spaces" in Bredons Buch beginnt mit

Die Räume, die wir in diesem Abschnitt betrachten werden, sind alle Hausdorff, bogenförmig verbunden und lokal bogenweise verbunden.

Ich denke, Bredon ist falsch, wenn er sagt, dass die Aussage (Folgerung 4.5) direkt aus Lemma 4.4 folgt. Stattdessen folgt aus Korollar 4.2. Diese Folgerung zeigt, dass die Karte$p_1 : (W_1,w_1) \to (Y,y)$ hat einen einzigartigen Aufzug $g : (W_1,w_1) \to (W_2,w_2)$. Das heisst$p_2 \circ g = p_1$.

Es bleibt zu zeigen, dass $g$ist eine abdeckende Karte. Bredon behauptet, es sei eine einfache Übung bei der Definition von Karten. Ich würde nicht sagen, dass es wirklich einfach ist.

Das zeigen wir zuerst $g$ist surjektiv. Lassen$z_2 \in W_2$. Wählen Sie eine aus$z_1 \in W_1$. Schon seit$W_2$ ist bogenförmig verbunden, existiert ein Pfad $u : I \to W_2$ so dass $u(0) = g(z_1)$ und $u(1) = z_2$. Der Weg$p_2 \circ u : I \to Y$ startet um $p_2(u(0)) = p_2(g(z_1)) = p_1(z_1)$ und hat daher einen einzigartigen Aufzug $v : I \to W_1$ so dass $v(0) =z_1$. Dann$g \circ v : I \to W_2$ startet um $g(v(0)) = g(z_1)$. Wir haben$p_2 \circ g \circ v = p_1 \circ v = p_2 \circ u$. So$u$ und $g \circ v$ sind Aufzüge von $p_2 \circ u$ mit beiden beginnen bei $g(z_1)$. So$u = g \circ v$ und $z_2 = u(1) = g(v(1)) \in g(W_1)$. Beachten Sie, dass die Surjektivität von$g$ impliziert das für jeden $M \subset Y$ $$g(p_1^{-1}(M)) = p_2^{-1}(M). \tag{1}$$

Wir zeigen als nächstes, dass jeder $z_2 \in W_2$hat eine offene, bogenförmig verbundene Nachbarschaft, die gleichmäßig bedeckt ist. Lassen$V_1$ und $V_2$ offen sein bogenförmig verbundene Nachbarschaften von $p_2(z_2)$ im $Y$ die gleichmäßig abgedeckt sind von $p_1$ und von $p_2$. Es gibt eine offene, bogenförmig verbundene Nachbarschaft$V$ von $p_2(z_2)$ im $Y$ so dass $V \subset V_1 \cap V_2$. Der Satz$V$ wird von beiden gleichmäßig abgedeckt $p_1$ und $p_2$. Schreiben$p_i^{-1}(V) = \bigcup_{\alpha_i \in A_i} U_{i,\alpha_i}$ mit paarweise disjunkt offen $U_{i,\alpha_i} \subset W_i$ so dass die Einschränkungen $p_{i,\alpha_i} : U_{i,\alpha_i} \stackrel{p_i}{\to} V$sind Homöomorphismen. Daher alles$U_{i,\alpha_i} $sind bogenförmig verbunden. Schon seit$g$ ist kontinuierlich, jeder $g(U_{1,\alpha_1})$ ist bogenförmig verbunden und daher in einem eindeutigen enthalten $U_{2,\phi_g(\alpha_1)}$(Es ist in der disjunkten Vereinigung von bogenweise verbundenen offenen Mengen enthalten, daher kann nur eine dieser Mengen sie schneiden.) Schreiben$g_{\alpha_1} : U_{1,\alpha_1} \stackrel{g}{\to} U_{2,\phi_g(\alpha_1)}$. Wir haben$p_{2,\phi_g(\alpha_1)} \circ g_{\alpha_1} = p_{1,\alpha_1}$daher $g_{\alpha_1} = p_{2,\phi_g(\alpha_1)}^{-1} \circ p_{1,\alpha_1}$ was das zeigt $g_{\alpha_1}$ist ein Homöomorphismus. Die Funktion$\phi_g : A_1 \to A_2$ muss surjektiv sein von $(1)$.

Jetzt $z_2$ ist in einem einzigartigen enthalten $U_{2,\bar \alpha_2}$. Lassen$A' = \phi_g^{-1}(\bar \alpha_2)$. Dann$g^{-1}(U_{2,\bar \alpha_2}) = \bigcup_{\alpha_1 \in A'} U_{1, \alpha_1}$ was das zeigt $U_{2,\bar \alpha_2}$ wird gleichmäßig abgedeckt von $g$.