장 65 기본군

위상수학자는 커피잔과 도넛을 구별하지 못합니다. 그렇다면 도대체 무엇이든 어떻게 구별할 수 있겠습니까?

이는 답하기 매우 어려운 질문이지만, 답해 볼 수 있는 한 가지 방법은 공간의 불변량을 찾는 것입니다. 군에 빗대어 말하자면, 예를 들어 두 군의 위수가 다르거나 한쪽은 단순군인데 다른 쪽은 그렇지 않다면 두 군은 분명히 동형이 아닙니다. 우리는 위상 공간에 대해서도 이와 비슷한 성질을 찾아 실제로 공간들을 구별할 수 있기를 바랍니다.

공간 $X$ 에 대한 이러한 불변량 두 가지는 다음과 같습니다

•

호몰로지 군 $H_{1}(X)$ , $H_{2}(X)$ , …의 정의
•

호모토피 군 $\pi_{1}(X)$ , $\pi_{2}(X)$ , …의 정의

호몰로지 군은 정의하기는 어렵지만 일반적으로 계산하기는 더 쉽습니다. 호모토피 군은 정의하기는 더 쉽지만 계산하기는 더 어렵습니다.

이 장에서는 기본군 $\pi_{1}$ 을 다룹니다.

65.1 경로 융합하기

공간 $X$ 안의 경로란 함수 $[0,1]\to X$ 임을 상기하십시오. $\gamma_{1}(1)=\gamma_{2}(0)$ 을 만족하는 경로 $\gamma_{1}$ 과 $\gamma_{2}$ 가 있다고 합시다. 우리는 이들을 융합하여¹¹1세상의 거의 모든 사람은 이것과 이와 비슷한 구성을 가리킬 때 “붙이기”라는 말을 씁니다. 하지만 저는 고등학교 시절 엘머스 풀 때문에 트라우마가 생겼습니다. 그 한심한 “포스터 만들기” 과제가 싫었고, 거기에 풀을 써야 하는 것도 싫었기 때문입니다. 그래서 저는 경로를 “붙인다”고 말하기를 거부하고, 대신 “융합한다”고 말하겠습니다. 어차피 그쪽이 더 멋지게 들립니다. 경로 $\gamma_{1}\ast\gamma_{2}$ 를 얻고자 합니다. 쉽지 않습니까?

아쉽게도 정의를 아주 조금 손봐야 합니다. 이상적인(아이디얼한) 세계라면 경로 $\gamma_{1}\colon[0,1]\to X$ 와 $\gamma_{2}\colon[1,2]\to X$ 가 있을 때, 이 둘을 그냥 이어 붙여 $\gamma_{1}\ast\gamma_{2}\colon[0,2]\to X$ 를 얻을 수 있을 것입니다. 하지만 여기서는 “ $2$ ”가 문제입니다. 해결책은 첫 번째 경로에 $[0,\frac{1}{2}]$ 를, 두 번째 경로에 $[\frac{1}{2},1]$ 을 할당하는 것입니다. 즉, “두 배 빠르게” 달리는 것입니다.

정의 65.1.1.

$\gamma_{1}(1)=\gamma_{2}(0)$ 을 만족하는 두 경로 $\gamma_{1},\gamma_{2}\colon[0,1]\to X$ 가 주어졌을 때, 경로 $\gamma_{1}\ast\gamma_{2}\colon[0,1]\to X$ 를 다음과 같이 정의합니다

(\gamma_{1}\ast\gamma_{2})(t)=\begin{cases}\gamma_{1}(2t)&0\leq t\leq\frac{1}{% 2}\\ \gamma_{2}(2t-1)&\frac{1}{2}\leq t\leq 1.\end{cases}

안타깝게도 이 편법은 두 번째 결점을 드러냅니다. 이 “곱”은 결합법칙을 만족하지 않습니다. 적당한 경로들에 대해 $(\gamma_{1}\ast\gamma_{2})\ast\gamma_{3}$ 을 취하면, $\gamma_{1}$ , $\gamma_{2}$ , $\gamma_{3}$ 에 할당되는 시간은 각각 $[0,\frac{1}{4}]$ , $[\frac{1}{4},\frac{1}{2}]$ , $[\frac{1}{2},1]$ 입니다.

질문 65.1.2.

$\gamma_{1}\ast(\gamma_{2}\ast\gamma_{3})$ 에서 할당되는 시간은 무엇입니까?

하지만 이 연산이 결합법칙을 만족하지 않더라도, 결합법칙이 성립하지 않는 이유가 좀 시시하다는 데에는 동의하시리라 생각합니다. 그저 특정 구간에서 얼마나 빠르게 달리느냐의 문제일 뿐입니다.

따라서 경로를 융합하는 한, $[0,1]$ 자체를 너무 진지하게 생각하고 싶지는 않을 것입니다. 그래서 우리는 모든 것을 (경로) 호모토피 동치까지만 고려합니다. (두 경로 $\alpha$ 와 $\beta$ 사이에 경로 호모토피 $F\colon[0,1]^{2}\to X$ , 즉 $\alpha$ 에서 $\beta$ 로의 연속적인 변형이 존재하면 두 경로가 호모토픽하다고 했음을 상기하십시오.) 다음은 분명히 참입니다

\left(\gamma_{1}\ast\gamma_{2}\right)\ast\gamma_{3}\simeq\gamma_{1}\ast\left(% \gamma_{2}\ast\gamma_{3}\right).

또한 $\alpha_{1}\simeq\alpha_{2}$ 이고 $\beta_{1}\simeq\beta_{2}$ 이면 $\alpha_{1}\ast\beta_{1}\simeq\alpha_{2}\ast\beta_{2}$ 라는 것도 참입니다.

당연히 호모토피는 동치 관계이므로, 경로 $\gamma$ 는 어떤 “호모토피 유형”, 즉 $\simeq$ 에 대한 동치류에 속합니다. 이를 $[\gamma]$ 로 나타내겠습니다. 그러면 $[\alpha]\ast[\beta]$ 에 대해 이야기하는 것이 의미를 가집니다. 따라서 $\ast$ 를 호모토피류 위의 연산으로 생각할 수 있습니다.

65.2 기본군

대표적인 예: $\pi_{1}(\mathbb{R}^{2})$ 은 자명하고 $\pi_{1}(S^{1})\cong\mathbb{Z}$ 입니다.

이쯤 되니 끝점을 일일이 추적하는 것이 조금 귀찮으므로, 이제 특정한 종류의 경로로 한정하겠습니다.

정의 65.2.1.

루프란 $\gamma(0)=\gamma(1)$ 인 경로입니다.

그러므로 한 점 $x_{0}$ 에서 시작하는 경로에만 관심을 한정하면, 모든 것이 $x_{0}$ 에서 시작하고 끝나므로 끝점과 시작점을 더 이상 신경 쓰지 않아도 됩니다. 심지어 아주 표준적인 루프도 하나 있습니다. 바로 내내 $x_{0}$ 에 서 있는 것으로 주어지는 “아무것도 하지 않는” 루프²²2뚱보.입니다.

정의 65.2.2.

자명한 “아무것도 하지 않는 루프”를 $1$ 로 나타냅니다. 루프 $\gamma$ 가 $1$ 과 호모토픽하면, 즉 $\gamma\simeq 1$ 이면 $\gamma$ 를 영호모토픽하다고 합니다.

고리의 호모토피는 고리를 “감아 들여” 한 점으로 수축시키는 모습으로 떠올릴 수 있습니다.

예제 65.2.3 ( $S^{2}$ 의 고리는 영호모토픽입니다).

다음 그림에서 알 수 있듯이, 단일 연결 공간 $S^{2}$ 의 모든 고리는 영호모토픽입니다.

(보라색 고리에서 시작하여 적갈색 점으로 수축시킵니다.)

따라서 공간이 단일 연결임을 보이려면 그 공간의 고리를 이해하는 것으로 충분합니다. 이제 다음을 제시할 준비가 되었습니다.

정의 65.2.4.

기점이 $x_{0}$ 인 $X$ 의 기본군은 $\pi_{1}(X,x_{0})$ 로 표기하며, 다음 호모토피류들의 집합에

\left\{[\gamma]\mid\gamma\text{$x_{0}$에서의 고리}\right\}

군 연산으로 $\ast$ 를 부여한 것입니다.

이것이 군 구조를 가진다는 사실이 놀라울 수도 있습니다. 예를 들어, 역원은 무엇입니까? 지금 정의해 봅시다.

정의 65.2.5.

경로 $\alpha\colon[0,1]\to X$ 가 주어지면 경로 $\overline{\alpha}$ 를 다음과 같이 정의할 수 있습니다.

\overline{\alpha}(t)=\alpha(1-t).

사실상 이것은 “ $\alpha$ 를 거꾸로 따라가는” 경로입니다. $\overline{\alpha}$ 는 $\alpha$ 의 끝점에서 시작하여 $\alpha$ 의 시작점에서 끝난다는 점에 유의하십시오.

연습문제 65.2.6.

임의의 경로 $\alpha$ 에 대해 $\alpha\ast\overline{\alpha}$ 가 $\alpha(0)$ 에서의 “아무것도 하지 않는” 고리와 호모토픽임을 보이십시오. (그림을 그려 보십시오.)

확인해 봅시다.

이것이 군 구조임의 증명.

분명히 $\ast$ 는 $x_{0}$ 에서의 두 고리를 받아 $x_{0}$ 에서의 고리를 내놓습니다. 또한 $\ast$ 가 결합적임은 이미 시간을 들여 보였습니다. 따라서 (i) 항등원이 존재한다는 것과 (ii) 역원이 존재한다는 것만 확인하면 됩니다.

•

항등원은 앞서 설명한 “아무것도 하지 않는” 고리 $1$ 이라고 주장합니다. 독자는 임의의 $\gamma$ 에 대해 다음이 성립함을 확인할 수 있습니다.

$\gamma\simeq\gamma\ast 1\simeq 1\ast\gamma.$
•

고리 $\gamma$ 에 대해, 그 “거꾸로 가는” 고리 $\overline{\gamma}$ 를 다음과 같이 정의했음을 다시 상기하십시오.

$\overline{\gamma}(t)=\gamma(1-t).$

그러면 $\gamma\ast\overline{\gamma}=\overline{\gamma}\ast\gamma=1$ 입니다.

따라서 $\pi_{1}(X,x_{0})$ 는 실제로 군입니다. ∎

더 나아가기 전에 몇 가지 예를 드는 것이 좋겠습니다.

예제 65.2.7 (기본군의 예).

다음 결과들을 증명하는 것은 결코 자명하지 않다는 점에 유의하십시오. 지금은 주장된 답이 왜 “옳아야” 하는지를 직관적으로 이해해 보십시오.

(a)

$\mathbb{C}$ 의 기본군은 자명군입니다. 평면에서는 모든 고리가 영호모토픽입니다. (증명: 고리를 밧줄 한 가닥이라고 상상하고 감아 들이십시오.)
(b)

반면에 $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ (앞서 본 운석 예시)의 기본군은 어떤 기점을 잡더라도 실제로 $\mathbb{Z}$ 입니다! 이를 증명하려면 한동안 기다려야 하지만, 본질적으로 고리는 원점 주위를 감는 횟수에 의해 결정됩니다 – 이것이 이른바 감김수입니다. 생각해 보십시오!
(c)

마찬가지로, $S^{1}$ (단위원)의 기본군이 $\mathbb{Z}$ 임을 곧 보일 것입니다.

엄밀히 말하면 기점이 무엇인지도 알려 드려야 하지만, 이 예들에서는 대칭성 때문에 상관이 없습니다.

다음은 $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 에 대한 그림으로, 구멍을 절 7.7의 운석처럼 과장하여 그렸습니다.

질문 65.2.8.

$S^{1}$ 의 기본군이 $\mathbb{Z}$ 임을 스스로 납득하고, 이것을 왜 “감김수”라고 부르는지 이해하십시오. (이것은 이후 장들에서 가장 중요한 기본군의 예가 될 것이므로, 지금 확실히 이해해 두는 것이 매우 중요합니다.)

예제 65.2.9 (8자 도형).

8자 도형 $S^{1}\vee S^{1}$ 을 생각하고, $x_{0}$ 을 그 중심이라고 합시다. 그러면

\pi_{1}(S^{1}\vee S^{1},x_{0})\cong\left<a,b\right>

는 두 문자로 생성되는 자유군입니다. 8자의 한쪽 고리를 $a$ , 다른 쪽 고리를 $b$ 라고 하면, $\pi_{1}$ 이 이 고리 $a$ 와 $b$ (그리고 그 역 $\overline{a}$ 와 $\overline{b}$ )로 생성되리라고 예상할 수 있다는 것이 핵심 아이디어입니다. 이 고리들은 서로 상호작용하지 않습니다.

그래프 이론에서는 보통 그래프가 연결되어 있다고 가정한다는 것을 떠올려 보십시오. 그렇지 않으면 각 연결 성분을 따로따로 생각하면 되기 때문입니다. 마찬가지로, 우리는 일반적으로 경로 연결 공간에만 관심을 한정하고자 합니다. 공간이 경로 연결이 아니면 여러 개의 “경로 연결 성분”으로 쪼갤 수 있기 때문입니다. (이것을 어떻게 정의할지 짐작할 수 있습니까?) 실제로, 제 책상 위에 있는 물건들(책상 자체는 제외)로 이루어진 공간 $X$ 를 상상해 볼 수 있습니다. 제 휴대전화의 $\pi_{1}$ 은 제 머그잔의 $\pi_{1}$ 과 아무런 관련이 없습니다. 이 둘은 비유적으로나 문자 그대로나 완전히 떨어져 있습니다.

하지만 반면에, 경로 연결 공간에서는 이 군들이 서로 매우 밀접하게 관련되어 있다고 주장합니다!

정리 65.2.10 (기본군은 기점에 의존하지 않습니다).

$X$ 를 경로 연결 공간이라 합시다. 그러면 임의의 $x_{1}\in X$ 와 $x_{2}\in X$ 에 대해 다음이 성립합니다

\pi_{1}(X,x_{1})\cong\pi_{1}(X,x_{2}).

증명을 읽기 전에, 아래 그림만 보고 동형사상을 짐작할 수 있는지 시도해 보십시오.

증명.

$\alpha$ 를 $x_{1}$ 에서 $x_{2}$ 로 가는 임의의 경로(경로 연결성에 의해 존재합니다)라 하고, $\overline{\alpha}$ 를 그 역경로라 합시다. 그러면 다음과 같은 사상을 구성할 수 있습니다

\pi_{1}(X,x_{1})\to\pi_{1}(X,x_{2})\text{에 의해}[\gamma]\mapsto[\overline{\alpha% }\ast\gamma\ast\alpha].

다시 말해, $x_{1}$ 에서의 고리 $\gamma$ 가 주어지면, $x_{2}$ 에서 출발하여 $\overline{\alpha}$ 를 따라 $x_{1}$ 로 가고, $\gamma$ 를 돈 다음, $\alpha$ 를 따라 $x_{2}$ 로 되돌아올 수 있습니다. 따라서 이것은 $\pi_{1}(X,x_{1})$ 의 모든 고리로부터 $\pi_{1}(X,x_{2})$ 의 고리를 만들어 내는 사상입니다. 이것이 군의 준동형사상인 이유는 단지 다음이 성립하기 때문입니다

\left(\overline{\alpha}\ast\gamma_{1}\ast\alpha\right)\ast\left(\overline{% \alpha}\ast\gamma_{2}\ast\alpha\right)=\overline{\alpha}\ast\gamma_{1}\ast% \gamma_{2}\ast\alpha

이는 $\alpha\ast\overline{\alpha}$ 가 영호모토픽이기 때문입니다.

마찬가지로, 다음과 같은 준동형사상이 존재합니다

\pi_{1}(X,x_{2})\to\pi_{1}(X,x_{1})\text{에 의해}[\gamma]\mapsto[\alpha\ast\gamma% \ast\overline{\alpha}].

이 사상들은 서로의 역사상이므로, 동형사상이어야 합니다. 이것으로 끝입니다. ∎

이것이 우리가 보통 경로 연결 공간에만 관심을 두는 더 큰 이유입니다.

표기의 남용 65.2.11.

경로 연결 공간 $X$ 에 대해서는 어떤 $x_{0}\in X$ 를 고르든 상관없으므로, $\pi_{1}(X,x_{0})$ 를 흔히 간단히 $\pi_{1}(X)$ 로 줄여 쓰겠습니다.

끝으로, 처음에 우리는 “단순 연결”을 끝점이 일치하는 임의의 두 경로가 호모토픽하다는 것으로 정의했음을 떠올려 보십시오. 이 조건을 약화한 다음 기본군을 사용하여 다시 서술할 수 있습니다.

연습문제 65.2.12.

$X$ 를 경로 연결 공간이라 합시다. $X$ 가 단순 연결일 필요충분조건은 $\pi_{1}(X)$ 가 자명군인 것임을 증명하십시오. (한쪽 방향은 쉽고, 다른 쪽 방향은 조금 더 까다롭습니다.)

이것이 단순 연결의 “통상적인” 정의입니다.

65.3 기본군은 위상동형사상에 대해 불변입니다

논의를 깔끔하게 하기 위해 간단한 약식 표기 하나를 도입하겠습니다:

정의 65.3.1.

$f\colon(X,x_{0})\to(Y,y_{0})$ 라고 쓰면, $f\colon X\to Y$ 가 공간 사이의 연속함수이면서 점 $x_{0}$ 를 $y_{0}$ 로 보낸다는 뜻으로 사용하겠습니다.

$X$ 와 $Y$ 를 위상 공간이라 하고 $f\colon(X,x_{0})\to(Y,y_{0})$ 라 합시다. 이제 $X$ 와 $Y$ 의 기본군을 서로 연관 짓고자 합니다.

$(X,x_{0})$ 에서의 고리 $\gamma$ 는 $\gamma(0)=\gamma(1)=x_{0}$ 인 사상 $\gamma\colon[0,1]\to X$ 임을 떠올려 보십시오. 그러면 다음 합성을 생각할 때

[0,1]\xrightarrow{\gamma}(X,x_{0})\xrightarrow{f}(Y,y_{0})

곧바로 $Y$ 에서 $y_{0}$ 를 기점으로 하는 고리를 얻습니다! 이 고리를 $f_{\sharp}\gamma$ 라고 부릅시다.

보조정리 65.3.2 ( $f_{\sharp}$ 는 호모토피 불변입니다).

$\gamma_{1}\simeq\gamma_{2}$ 가 경로 호모토픽이면, 실제로 다음이 성립합니다.

f_{\sharp}\gamma_{1}\simeq f_{\sharp}\gamma_{2}.

증명.

$\gamma_{1}$ 을 $\gamma_{2}$ 로 옮기는 호모토피 $h$ 를 잡고 $f\circ h$ 를 생각하면 됩니다. ∎

여기서 $X$ 와 $Y$ 가 위상동형이면 두 공간의 기본군이 모두 동형이라는 점을 짚고 넘어갈 만합니다. 실제로 $f\colon X\to Y$ 와 $g\colon Y\to X$ 가 서로 역인 연속 사상이라고 합시다. 그러면 $f_{\sharp}\colon\pi_{1}(X,x_{0})\to\pi_{1}(Y,y_{0})$ 와 $g_{\sharp}\colon\pi_{1}(Y,y_{0})\to\pi_{1}(X,x_{0})$ 가 두 군 사이에서 서로 역사상임을 확인할 수 있습니다(단, $f(x_{0})=y_{0}$ 이고 $g(y_{0})=x_{0}$ 이라고 가정합니다).

65.4 고차 호모토피 군

기본군을 왜 $\pi_{1}$ 로 표기할까요? 그리고 $\pi_{2}$ , …는 무엇일까요? 그 답은 다음과 같이 바꾸어 말하는 데 있습니다.

질문 65.4.1.

고리가 연속함수 $S^{1}\to X$ 와 같은 것임을 스스로 납득하십시오.

사실 경로가 아닌 대상에 대해서도 호모토피를 정의할 수 있습니다. 두 함수 $f,g\colon Y\to X$ 에 대해, $f$ 를 $g$ 로 연속적으로 변형하는 연속함수 $Y\times[0,1]\to X$ 가 존재하면 두 함수는 호모토픽하다고 합니다. 따라서 앞에서 한 모든 것은 $Y=S^{1}$ 인 특수한 경우에 불과했습니다.

일반적인 $n$ 에 대하여 군 $\pi_{n}(X)$ 는 사상 $S^{n}\to X$ 의 호모토피류들로 정의됩니다. 군 연산은 명시하기가 조금 더 어렵습니다. $S^{n}$ 이 $[0,1]^{n}$ 에서 일부 끝점들을 붙인 것과 위상동형임을 보여야 합니다. 예를 들어 $S^{1}$ 은 $[0,1]$ 에서 $0$ 을 $1$ 에 붙인 것입니다. 이러한 정육면체들을 얻고 나면, 이들을 한 면을 따라 합칠 수 있습니다. (다시 말하지만, 일부러 매우 부정확하게 설명하고 있습니다.)

$n\neq 1$ 일 때 $\pi_{n}$ 은 $\pi_{1}$ 과 다소 다르게 행동합니다. ( $S^{n}$ 은 모든 $n\geq 2$ 에 대해 단일 연결이지만 $n=1$ 일 때는 그렇지 않으므로, 그리 놀랍지 않을 수도 있습니다.) 특히 모든 $n\geq 2$ 에 대하여 $\pi_{n}(X)$ 는 아벨 군임이 밝혀집니다.

몇 가지 예를 살펴봅시다.

예제 65.4.2 ( $\pi_{n}(S^{n})\cong\mathbb{Z}$ ).

앞에서 보았듯이 $\pi_{1}(S^{1})\cong\mathbb{Z}$ 입니다. 기준이 되는 원 $S^{1}$ 이 주어지면, 두 번째 원을 그 둘레에 원하는 만큼 여러 번 감을 수 있습니다. 일반적으로 $\pi_{n}(S^{n})\cong\mathbb{Z}$ 가 성립합니다.

예제 65.4.3 ( $n<m$ 이면 $\pi_{n}(S^{m})$ 은 자명합니다).

$S^{2}$ 위의 원은 그냥 한 점으로 감아 들일 수 있으므로 $\pi_{1}(S^{2})\cong\{1\}$ 임을 보았습니다. 마찬가지로 더 작은 $n$ 차원 구면은 모두 더 큰 $m$ 차원 구면의 표면 위에서 감아 들일 수 있음이 밝혀집니다. 따라서 일반적으로 $n<m$ 이면 $\pi_{n}(S^{m})$ 은 자명합니다.

그러나 이러한 관찰을 넘어서면 이 군들은 상당히 기묘하게 행동합니다. 무슨 뜻인지 알 수 있도록 $1\leq m\leq 8$ 이고 $2\leq n\leq 10$ 인 경우의 $\pi_{n}(S^{m})$ 표를 싣습니다. (위키백과에서 가져왔습니다.)

\begin{array}[]{r|ccccccccc}\pi_{n}(S^{m})&2&3&4&5&6&7&8&9&10\\ \hline\cr m=1&\{1\}&\{1\}&\{1\}&\{1\}&\{1\}&\{1\}&\{1\}&\{1\}&\{1\}\\ 2&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{% Z}/12\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/3% \mathbb{Z}&\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\\ 3&&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/12% \mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/3\mathbb{Z% }&\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\\ 4&&&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}\times% \mathbb{Z}/12\mathbb{Z}&(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{2}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}% \times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/24\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/3\mathbb{% Z}\\ 5&&&&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/24% \mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\\ 6&&&&&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/24% \mathbb{Z}&\{1\}\\ 7&&&&&&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/24% \mathbb{Z}\\ 8&&&&&&&\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\end{array}

사실 모든 $m$ 과 $n$ 에 대해 $\pi_{n}(S^{m})$ 을 계산할 수 있다면, 본질적으로 어떠한 호모토피류든 계산할 수 있음이 밝혀집니다. 따라서 $\pi_{n}(S^{m})$ 을 일반적으로 계산하는 것은 가망 없는 일에 가깝고, 위 표에 나타난 혼돈과 규칙성의 뒤섞임이 이를 증명합니다.

65.5 호모토피 동치인 공간

대표적인 예: 원판은 한 점과 호모토피 동치이고, 고리 영역(annulus)은 $S^{1}$ 과 호모토피 동치입니다.

지금까지 저는 표기를 남용하여 두 경로에 대한 “경로 호모토피”를 그냥 “호모토피”라고 불러 왔습니다. 안타깝게도 앞으로도 계속 그렇게 할 것입니다(따라서 제가 두 경로가 호모토픽하다고 말할 때는 언제나 “경로 호모토픽”을 뜻한다고 생각하십시오). 하지만 먼저 호모토피의 일반적인 정의를 알려 드리겠습니다.

정의 65.5.1.

$f,g\colon X\to Y$ 를 연속함수라고 합시다. 호모토피란 연속함수 $F\colon X\times[0,1]\to Y$ 로서 다음을 만족하는 것입니다. 이를 $s\in[0,1]$ , $x\in X$ 에 대해 $F_{s}(x)$ 로 쓰겠습니다.

F_{0}(x)=f(x)\text{그리고}F_{1}(x)=g(x)\text{모든 $x\in X$에 대해.}

그러한 함수가 존재하면 $f$ 와 $g$ 는 호모토픽하다고 합니다.

직관적으로 이것 역시 “ $f$ 를 $g$ 로 변형하는 것”입니다. 이는 경로 호모토피와 거의 똑같은 정의임을 알아차렸을 것입니다. 다만 $f$ 와 $g$ 가 경로가 아닌 임의의 함수이므로, 변형하는 동안 어떤 “끝점”을 고정해야 한다는 제약이 없다는 점만 다릅니다.

이러한 호모토피는 꽤 극적일 수 있습니다.

예제 65.5.2.

영함수 $z\mapsto 0$ 과 항등함수 $z\mapsto z$ 는 함수 $\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ 로서 호모토픽합니다. 필요한 변형은 다음과 같습니다.

[0,1]\times\mathbb{C}\to\mathbb{C}\text{에 의해}(s,z)\mapsto sz.

이 이야기를 꺼낸 것은 다음을 정의하고 싶기 때문입니다.

정의 65.5.3.

$X$ 와 $Y$ 를 공간이라고 합시다. 다음을 만족하는 연속함수 $f\colon X\to Y$ 와 $g\colon Y\to X$ 가 존재하면, 두 공간은 호모토피 동치라고 합니다.

(i)

$f\circ g\colon Y\to Y$ 는 $Y$ 위의 항등 사상과 호모토픽하고,
(ii)

$g\circ f\colon X\to X$ 는 $X$ 위의 항등 사상과 호모토픽합니다.

위상 공간이 한 점과 호모토피 동치이면, 그 공간을 축약 가능하다고 합니다.

질문 65.5.4.

위상동형인 두 공간이 호모토피 동치이기도 한 이유는 무엇입니까?

직관적으로, 이것은 위상동형사상보다 더 너그러운 형태의 늘이기와 구부리기라고 생각할 수 있습니다. 거대한 공간을 한 점으로 압축하는 것이 허용되기 때문입니다.

예제 65.5.5 ( $\mathbb{C}$ 는 축약 가능합니다).

위상 공간 $\mathbb{C}$ 와 한 점 $\{0\}$ 으로 이루어진 공간을 생각합시다. 이 두 공간이 호모토피 동치라고 주장합니다( $f$ 와 $g$ 가 무엇인지 짐작할 수 있습니까?). 실제로 확인해야 할 것은 다음 두 가지입니다.

(i)

$z\mapsto 0\mapsto 0$ 으로 주어지는 $\mathbb{C}\to\{0\}\hookrightarrow\mathbb{C}$ 는 방금 보았듯이 $\mathbb{C}$ 위의 항등 사상과 호모토피 동치이고,
(ii)

$0\mapsto 0\mapsto 0$ 으로 주어지는 $\{0\}\hookrightarrow\mathbb{C}\to\{0\}$ 는 $\{0\}$ 위의 항등 사상 그 자체입니다.

여기서 $\hookrightarrow$ 는 함수가 단지 “포함 사상”인 특수한 경우의 $\to$ 를 뜻할 뿐입니다.

비고 65.5.6.

$\mathbb{C}$ 는 한 점과 위상동형일 수 없습니다. 둘 사이에는 집합의 전단사가 존재하지 않기 때문입니다.

예제 65.5.7 (구멍 뚫린 평면은 $S^{1}$ 과 호모토피 동치입니다).

위상 공간인 구멍 뚫린 평면 $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 과, $\mathbb{C}$ 의 부분집합으로 본 원 $S^{1}$ 을 생각합시다. 이 두 공간이 실제로 호모토피 동치라고 주장합니다! 필요한 함수는 다음 포함 사상과

S^{1}\hookrightarrow\mathbb{C}\setminus\{0\}

다음 함수입니다.

\mathbb{C}\setminus\{0\}\to S^{1}\quad\text{에 의해}\quad z\mapsto\frac{z}{\left% \lvert z\right\rvert}.

이 함수들이 요구되는 조건을 만족함을 확인할 수 있습니다.

비고 65.5.8.

반면 $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 은 $S^{1}$ 과 위상동형일 수 없습니다. $S^{1}$ 은 두 점을 제거하여 비연결로 만들 수 있지만, $\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 은 그렇지 않습니다.

예제 65.5.9 ( $\text{원판}=\text{점}$ , $\text{고리 영역}=\text{원}$ ).

같은 이치로, 원판은 점과 호모토픽하고 고리 영역은 원과 호모토픽합니다. (이쪽은 유한하므로 시각화하기가 조금 더 쉬울 것입니다.)

이 예들을 꺼낸 것은 다음 사실이 밝혀지기 때문입니다.

대수적 위상수학은 호모토피 동치인 공간들을 구별할 수 없습니다.

더 정확히 말하면 다음과 같습니다.

정리 65.5.10 (호모토피 동치인 공간들은 동형인 기본군을 가집니다).

$X$ 와 $Y$ 를 경로 연결이고 호모토피 동치인 공간이라고 합시다. 그러면 모든 양의 정수 $n$ 에 대하여 $\pi_{n}(X)\cong\pi_{n}(Y)$ 입니다.

증명.

$\gamma\colon[0,1]^{n}\to X$ 가 $S^{n}$ 이라고 합시다. $f\colon X\to Y$ 와 $g\colon Y\to X$ 가 $X$ 와 $Y$ 가 호모토피 동치임을 보여 주는 사상이라고 합시다(즉, $f\circ g$ 와 $g\circ f$ 가 각각 항등 사상과 호모토픽하다는 뜻입니다). 그러면 합성

[0,1]^{n}\xrightarrow{\gamma}X\xrightarrow{f}Y

은 $Y$ 안의 $S^{n}$ 이며, 따라서 $f$ 는 자연스러운 준동형사상 $\pi_{n}(X)\to\pi_{n}(Y)$ 를 유도합니다. 마찬가지로 $g$ 는 자연스러운 준동형사상 $\pi_{n}(Y)\to\pi_{n}(X)$ 를 유도합니다. 이제 $f$ 와 $g$ 에 대한 조건은 정확히 이 두 준동형사상이 서로의 역이라는 것, 즉 이 사상들이 동형사상이라는 것을 말해 줍니다. ∎

특히,

질문 65.5.11.

축약 가능한 공간의 기본군은 무엇입니까?

이는 예를 들어 대수적 위상수학이 $\mathbb{R}^{2}$ 의 다음과 같은 호모토픽한 부분공간들을 구별할 수 없다는 뜻입니다.

♀ ♂

65.6 점을 가진 호모토피 범주

이 절은 기초적인 범주론을 아는 분들을 위한 것입니다. 모르는 분들은 장 67 and 68를 읽은 후에 다시 돌아오십시오. 아는 분들은 범주론적 개념을 사용하여 이 장의 내용을 얼마나 간결하게 요약할 수 있는지 즐기실 수 있을 것입니다.

정의 65.6.1.

점을 가진 호모토피 범주 $\mathsf{hTop}_{\ast}$ 는 다음과 같이 정의됩니다.

•

대상: 점을 가진 공간, 즉 공간 $X$ 와 특별히 지정된 기점 $x_{0}$ 으로 이루어진 쌍 $(X,x_{0})$ , 그리고
•

사상: 연속함수 $(X,x_{0})\to(Y,y_{0})$ 의 호모토피류.

특히, 두 경로 연결 공간은 호모토피 동치일 때 정확히 이 범주에서 동형입니다. 그러면 앞의 여러 결과를 다음과 같이 요약할 수 있습니다.

정리 65.6.2 (기본군의 함자적 해석).

다음과 같은 함자가 존재합니다.

\pi_{1}\colon\mathsf{hTop}_{\ast}\to\mathsf{Grp}

이 함자는 다음과 같이 대응시킵니다.

$\pi_{1}$ 이 단지 각각의 점을 가진 위상 공간 $(X,x_{0})$ 에 어떤 군 $\pi_{1}(X,x_{0})$ 을 대응시키는 데 그치지 않고 함자라는 사실로부터 자동으로 다음과 같은 여러 좋은 성질이 따라 나옵니다.

•

이 함자는 $f_{\sharp}$ 가 합성을 보존한다는 사실을 포함하여 $f_{\sharp}$ 의 정보를 한데 묶습니다. 범주론의 언어로 말하면 $f_{\sharp}$ 는 $\pi_{1}(f)$ 입니다.
•

호모토픽한 공간들은 동형인 기본군을 가집니다(이 공간들은 $\mathsf{hTop}$ 에서 동형이고, 정리 68.2.8에 의해 함자는 동형사상을 보존하기 때문입니다). 실제로 정리 68.2.8과 정리 65.5.10의 증명이 사실은 서로 똑같다는 것을 알아차리실 것입니다.
•

사상 $f,g\colon(X,x_{0})\to(Y,y_{0})$ 가 호모토픽하면 $f_{\sharp}=g_{\sharp}$ 입니다. 이는 본질적으로 보조정리 65.3.2입니다.

비고 65.6.3.

사실 $\pi_{1}(X,x_{0})$ 은 $\mathsf{hTop}_{\ast}$ 에서의 화살표 $(S^{1},1)\to(X,x_{0})$ 들의 집합이므로, 이는 실제로 공변 요네다 함자(예제 68.2.6)입니다. 다만 공역이 $\mathsf{Set}$ 대신 $\mathsf{Grp}$ 라는 점만 다릅니다.

65.7 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 65A (조화 부채).

거리 공간 $\mathbb{R}^{2}$ 의 부분공간 $X$ 로서, 경로 연결이지만 어떤 점 $p$ 가 존재하여 $r<1$ 인 $p$ 의 모든 $r$ -근방이 경로 연결이 아닌 것을 제시하십시오.

문제 65B (자이페르트-판 캄펀 정리의 특수한 경우).

^†^†margin:

$X$ 가 위상 공간이라고 합시다. $U$ 와 $V$ 가 $X$ 의 연결된 열린 부분집합으로서 $X=U\cup V$ 이고, $U\cap V$ 가 공집합이 아니며 경로 연결이라고 가정합시다.

$\pi_{1}(U)=\pi_{1}(V)=\{1\}$ 이면 $\pi_{1}(X)=\{1\}$ 임을 증명하십시오.

비고 65.7.1.

자이페르트–판 캄펀 정리는 이를 $\pi_{1}(U)$ 와 $\pi_{1}(V)$ 가 임의의 군인 경우로 일반화합니다. 이 정리는 $\pi_{1}(U)$ , $\pi_{1}(V)$ , $\pi_{1}(U\cap V)$ 를 이용하여 $\pi_{1}(X)$ 를 계산하는 공식을 제공합니다. 증명은 거의 같습니다.

안타깝게도 이것으로는 $\pi_{1}(S^{1})$ 을 계산할 수 없습니다. $U\cap V$ 가 연결되도록 $S^{1}=U\cup V$ 로 쓰는 것이 불가능하기 때문입니다.

문제 65C (RMM 2013).