最后更新: 2026-04-30 21:53 查看: 12 次纠错评论(0) 课件开VIP

S^n 的基本群

## $S^n$ 的基本群

基本群的定义不是构造性的，不能用来计算基本群．事实上也不存在对任何空间都有效的一般计算方法。因此基本群的计算就成为我们所面临的问题。许多有效的方法都是利用基本群的性质以及一些技巧，把所作计算转化为求较简单空间的基本群．当然，这些较简单空间的基本群必须会算．本节所讲的 $S^n$ 的基本群就经常作为求其他空间基本群的基础．

### 3.1 $S^1$ 的基本群
$S^1$ 的基本群可以作为下章中的复叠空间理论的一个应用而得到。它在基本群的计算和应用中的地位是非常重要的，因此我们还是要先介绍一个比较初等的计算方法。

把 $S^1$ 看作复平面上的单位圆，$S^1=\{z \in \boldsymbol{C} \mid\|z\|=1\}$ ．取 $z_0= 1 \in S^1$ 作基点．
设 $a$ 是基点为 $z_0$ 的闭路，当 $t$ 从 0 变到 1 时，$a(t)$ 从 $z_0$ 出发在 $S^1$ 上运动，并回到 $z_0$ ，就像一个赛跑运动员从跑道上的一点出发，最后跑回起点。首先，我们将规定 $a$ 的＂圈数＂概念；然后再说明圈数就是判别闭路定端同伦的数量标志，由此得出 $\pi_1\left(S^1, z_0\right)$ 的结构。

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规定连续映射 $p: \boldsymbol{E}^1 \rightarrow S^1$ 为 $p(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 \pi t}$ ，它在计算中起了关键性作用．$p$ 在局部上是同胚的：记 $J_t=(t, t+1)$ ，则 $p \mid J_t: J_t \rightarrow S^1$是嵌入映射．记 $p_t=p \mid J_t: J_t \rightarrow S^1 \backslash\left\{\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 \pi t}\right\}, p_t$ 是同胚映射．并且

$$
p^{-1}\left(S^1 \backslash\left\{\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 \pi t}\right\}\right)=\bigcup_{n \in \mathbb{Z}} J_{t+n}(\text { 图 4-9 }) .
$$

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设 $X$ 是一个拓扑空间，$f: X \rightarrow S^1$连续．$X$ 到 $\boldsymbol{E}^1$ 的连续映射 $\widetilde{f}: X \rightarrow \boldsymbol{E}^1$ 如果满足 $p \circ \widetilde{f}=f$ ，即左面的映射图表可交换，则称 $\widetilde{f}$ 是 $f$ 的一个**提升**．

**引理1** 如果 $f$ 不满，$x_1 \in X, t_1 \in \boldsymbol{E}^1$ 使得 $p\left(t_1\right)=f\left(x_1\right)$ ，则存在 $f$ 的提升 $\widetilde{f}$ ，使得

$$
\widetilde{f}\left(x_1\right)=t_1 .
$$

证明 由于 $f$ 不满，可取 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 \pi t} \bar{\in} f(X)$ 。则 $f(X) \subset S^1 \backslash\{z\}$ ．由于 $p\left(t_1\right)=f\left(x_1\right) \neq z$ ，存在整数 $n$ ，使得 $t_1 \in J_{t+n}$ （图4－10）．

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规定

$$
\widetilde{f}=i_{t+n} \circ p_{t+n}^{-1} \circ f,
$$

这里 $i_{t+n}: J_{t+n} \rightarrow \boldsymbol{E}^1$ 是包含映射．于是

$$
\begin{aligned}
p \circ \widetilde{f} & =p \circ i_{t+n} \circ p_{t+n}^{-1} \circ f \\
& =p_{t+n} \circ p_{t+n}^{-1} \circ f=f,
\end{aligned}
$$

并且不难看出 $\widetilde{f}\left(x_1\right)=t_1$ ．

**引理2** 设 $a$ 是 $S^1$ 上的道路，$t_0 \in \boldsymbol{E}^1$ 使得 $p\left(t_0\right)=a(0)$ ，则存在 $a$ 的唯一提升 $\widetilde{a}$ ，使得 $\widetilde{a}(0)=t_0$ ．

证明 存在性 取自然数 $m$ ，将 $I$ 等分成 $m$ 个小区间：$I_1, I_2$ ， $\cdots, I_n\left(I_i=\left[\frac{i-1}{m}, \frac{i}{m}\right]\right)$ ，使得 $a \mid I_i(i=1,2, \cdots, m)$ 不满。利用引理1，顺次规定 $a \mid I_i$ 的提升 $\tilde{a}_i$ ，使得 $\tilde{a}_1(0)=t_0, \tilde{a}_{i+1}\left(\frac{i}{m}\right)=\tilde{a}_i\left(\frac{i}{m}\right)$ ， $\forall i=1,2, \cdots, m-1$ 。根据粘接引理，由各个 $\tilde{a}_i$ 并合成的映射 $\tilde{a}: I \rightarrow E^1$ 是连续的，它是 $a$ 的提升，并且 $\widetilde{a}(0)=\widetilde{a}_1(0)=t_0$ ．

唯一性 设 $\widetilde{a}, \widetilde{a}^{\prime}$ 都是 $a$ 的提升。作 $f=\widetilde{a}^{\prime}-\widetilde{a}: I \rightarrow E^1 . \forall t \in I$ ， $p(f(t))=p\left(\tilde{a}^{\prime}(t)-\tilde{a}(t)\right)=p\left(\tilde{a}^{\prime}(t)\right) / p(\tilde{a}(t))=a(t) / a(t)=1$ ，因此 $f(t)$ 是整数．但 $f$ 是连续的，$I$ 连通，因此它一定是常值函数．如果 $\tilde{a}^{\prime}(0)=\tilde{a}(0)$ ，则 $f(0)=0$ ，从而 $f(t)=0, \forall t \in I$ ，即 $\tilde{a}^{\prime}(t)-\tilde{a}(t) =0, \forall t \in I$ ．于是 $\tilde{a}^{\prime}=\tilde{a}$ ．

在唯一性部分的证明中我们已说明，同一道路 $a$ 的两个提升 $\tilde{a}$ 与 $\tilde{a}^{\prime}$ 相差一个常数，因此 $\tilde{a}^{\prime}(1)-\tilde{a}(1)=\tilde{a}^{\prime}(0)-\tilde{a}(0)$ ，或 $\tilde{a}^{\prime}(1) -\tilde{a}^{\prime}(0)=\tilde{a}(1)-\tilde{a}(0)$ ，即 $\tilde{a}(1)-\tilde{a}(0)$ 是与提升 $\tilde{a}$ 的选择无关，完全由 $a$ 决定的常数．如果 $a$ 是基点为 $z_0$ 的闭路，就称这个常数为 $a$的**圈数**，记作 $q(a)$ ，即

$$
q(a):=\tilde{a}(1)-\tilde{a}(0),
$$

这里 $\widetilde{a}$ 是 $a$ 的任一提升。 $q(a)$ 是整数（因为 $\widetilde{a}(0)$ 和 $\widetilde{a}(1)$ 都是整数）。

**引理3** 设 $a, b$ 是 $S^1$ 上基点为 $z_0$ 的两条闭路，使得 $\forall t \in I$ ， $a(t) \neq-b(t)$ ，则 $q(a)=q(b)$ 。

证明 取 $a$ 和 $b$ 的提升 $\widetilde{a}$ 和 $\widetilde{b}$ ，使得 $\widetilde{a}(0)=\widetilde{b}(0)=0$ ．规定 $f= \widetilde{a}-\widetilde{b}$ ，则 $f$ 是 $I$ 上的连续函数，$f(0)=0$ 。如果 $q(a) \neq q(b)$ ，不妨设 $q(a)>q(b)$ ，则 $f(1)=q(a)-q(b)$ 是自然数，从而有 $t \in I$ ，使得 $f(t)=\frac{1}{2}$ ，即 $\tilde{a}(t)=\tilde{b}(t)+\frac{1}{2}$ ．于是 $a(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 \pi \tilde{a}(t)}=-\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 \pi \tilde{b}(t)}= -b(t)$ ，与条件矛盾．

**引理4** 设 $a, b$ 是 $S^1$ 上基点为 $z_0$ 的闭路，则 $q(a)=q(b) \Longleftrightarrow a \simeq b$.

证明 ．设 $H: a \simeq b$ ．记 $h_t$ 是 $H$ 的 $t$－切片，$\forall t \in I$ ．由于 $H$ 是一致连续的，存在 $\delta>0$ ，使得 $\left|t_1-t_2\right|<\delta$ 时，$\forall s \in I, h_{t_1}(s) \neq-h_{t_2}(s)$ ．由引理3，$q\left(h_{t_1}\right)=q\left(h_{t_2}\right)$ ．于是 $q\left(h_t\right)$ 不依赖于 $t, q(a)= q\left(h_0\right)=q\left(h_1\right)=q(b)$ 。

⟶．作 $\widetilde{a}, \widetilde{b}$ 是 $a, b$ 的提升，使得 $\widetilde{a}(0)=\widetilde{b}(0)=0$ ．则 $\widetilde{a}(1) =q(a)=q(b)=\widetilde{b}(1)$ 。因此 $\widetilde{a}, \widetilde{b}$ 是 $E^1$ 上有相同起终点的道路，从而 $\widetilde{a} \simeq \widetilde{b}, a=p \circ \widetilde{a} \simeq p \circ \widetilde{b}=b$ 。

> **定理4.3** $\pi_1\left(S^1, z_0\right)$ 是自由循环群。

证明 设 $\alpha \in \pi_1\left(S^1, z_0\right)$ ，规定 $q(\alpha)=q(a), a \in \alpha$ ，得到映射 $q: \pi_1\left(S^1, z_0\right) \rightarrow \boldsymbol{Z}$ ．

设 $\alpha=\langle a\rangle, \beta=\langle b\rangle$ 。作 $a, b$ 的提升 $\tilde{a}$ 和 $\tilde{b}$ ，使得 $\tilde{a}(1)=\tilde{b}(0)$ ，则 $\widetilde{a} \widetilde{b}$ 是 $a b$ 的提升。它的起、终点为 $\widetilde{a}$（0）和 $\widetilde{b}$（1），于是

$$
\begin{aligned}
q(\alpha \beta) & =\widetilde{b}(1)-\widetilde{a}(0) \\
& =\widetilde{b}(1)-\widetilde{b}(0)+\widetilde{a}(1)-\widetilde{a}(0) \\
& =q(a)+q(b)=q(\alpha)+q(\beta) .
\end{aligned}
$$

这说明 $q$ 保持运算，是同态．引理 4 说明 $q$ 是单同态．
记 $a_0: I \rightarrow S^1$ 为 $a_0(t)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} 2 \pi t}$ ，显然 $q\left(a_0\right)=1, q\left(\left\langle a_0\right\rangle\right)=1$ ．对任何正整数 $n, q\left(\left\langle a_0\right\rangle^n\right)=n, q\left(\left\langle\bar{a}_0\right\rangle^n\right)=-n$ ，因此 $q$ 又是满同态，从而是同构。于是，$\pi_1\left(S^1, z_0\right)$ 是由 $\left\langle a_0\right\rangle$ 生成的自由循环群。

## 3.2 $ n \geq 2$ 时，$S^n$ 单连通
$S^n(n \geqslant 2)$ 是道路连通的，下面证明 $\pi_1\left(S^n\right)$ 平凡．

**命题4.11** 设 $X_1, X_2$ 都是 $X$ 的开集，其中 $X_2$ 是单连通的，并且 $X_1 \cup X_2=X, X_1 \cap X_2$ 非空，道路连通．则有 $i_\pi: \pi_1\left(X_1, x_0\right) \rightarrow \pi_1\left(X, x_0\right)$ 是满同态，这里 $i: X_1 \rightarrow X$ 是包含映射，$x_0 \in X_1$ 。

证明 只须证明 $X$ 上以 $x_0$ 为基点的任一闭路 $a$ 定端同伦于 $X_1$ 上的闭路．记 $X_0=X_1 \cap X_2$ ．

记 $U_i=a^{-1}\left(X_i\right), i=1,2$ ．则 $\left\{U_1, U_2\right\}$ 是 $I$ 的开覆盖．记 $\delta$ 是它的 Lebesgue 数．取正整数 $m>\frac{1}{\delta}$ ，等分 $I$ 为 $m$小段．则每个小段包含在 $U_1$ 或 $U_2$ 中．如果分割点不在 $U_1 \cap U_2$ 中，则它所在 $U_i$ 必定包含与它连接的那两个小段．把这样的分割点去掉，得到 $I$ 的一个新的分割，它

的每个分割点都在 $U_1 \cap U_2$ 中，每个小区间都包含在 $U_1$ 或 $U_2$ 中．

![图片](/uploads/2026-01/bec63a.jpg)
 
 
设 $I_i=\left[t_i, t_i^{\prime}\right](i=1,2, \cdots, k)$ 是所有不在 $U_1$ 中的区间．于是就有 $\forall i, a\left(I_i\right) \subset X_2$ ，且 $a\left(t_i\right), a\left(t_i^{\prime}\right) \in X_0$ ．作 $b_i: I_i \rightarrow X_0$ ，使得 $b\left(t_i\right)=a\left(t_i\right), b\left(t_i^{\prime}\right)=a\left(t_i^{\prime}\right)$ ．由于 $X_2$ 单连通，有 $H_i: a \mid I_i \simeq b_i \operatorname{rel}\left\{t_i, t_i^{\prime}\right\}$（§2习题6）（图4－11）．作道路 $b: I \rightarrow X$ 为

$$
b(t)= \begin{cases}b_i(t), & t \in I_i, \\ a(t), & \text { 其他; }\end{cases}
$$

作 $H: I \times I \rightarrow X$ 为

$$
H(t, s)= \begin{cases}H_i(t, s), & t \in I_i, \\ a(t), & \text { 其他. }\end{cases}
$$

则 $b(I) \subset X_1, H: a \simeq b$ ．

> 推论 若 $X$ 是它的两个单连通开集 $X_1, X_2$ 的并集，并且 $X_1 \cap X_2$ 非空，道路连通，则 $X$ 也单连通。

证明 因为 $X_1, X_2$ 单连通，所以它们都道路连通．又因为它们相交非空，所以它们的并集 $X$ 也道路连通．

根据命题4．11，$\forall x_0 \in X_1 \cap X_2, \pi_1\left(X, x_0\right)=i_\pi\left(\pi_1\left(X_1, x_0\right)\right)$ 是平凡群。

当 $n \geqslant 2$ 时，取 $S^n$ 上两点 $x_1, x_2$ ．记 $X_i=S^n \backslash\left\{x_i\right\}(i=1,2)$ ，则

$X_i \cong \boldsymbol{E}^n$ 是单连通的，$X_1 \cap X_2 \cong \boldsymbol{E}^n \backslash\{O\}$ 是道路连通的．用推论，得出 $S^n$ 是单连通的．

## 3.3 $T^2$ 的基本群
$T^2=S^1 \times S^1$ ．我们先证明关于乘积空间基本群的一个定理，用它求出 $T^2$ 的基本群．

**定理4.4** 设 $x_0 \in X, y_0 \in Y$ ，则

$$
\pi_1\left(X \times Y,\left(x_0, y_0\right)\right) \cong \pi_1\left(X, x_0\right) \times \pi_1\left(Y, y_0\right) .
$$

（右边记号＂×＂表示群的直积．）
证明 规定 $\varphi: \pi_1\left(X \times Y,\left(x_0, y_0\right)\right) \rightarrow \pi_1\left(X, x_0\right) \times \pi_1\left(Y, y_0\right)$ 为 $\varphi(\gamma)=\left(\left(j_x\right)_\pi(\gamma),\left(j_y\right)_\pi(\gamma)\right), \quad \forall \gamma \in \pi_1\left(X \times Y,\left(x_0, y_0\right)\right)$,其中 $j_x$ 和 $j_y$ 分别是 $X \times Y$ 到 $X$ 和 $Y$ 的投射．$\varphi$ 显然是同态．

$\varphi$ 是**满同态** $\forall \alpha=\langle a\rangle \in \pi_1\left(X, x_0\right), \beta=\langle b\rangle \in \pi_1\left(Y, y_0\right)$ ，作 $X \times Y$ 中的闭路 $c$ 为 $c(t)=(a(t), b(t))$ ，则 $\left(j_x\right)_x(\langle c\rangle)=\left\langle j_x \circ c\right\rangle= \langle a\rangle=\alpha$ ；同样地 $\left(j_y\right)_\pi(\langle c\rangle)=\langle b\rangle=\beta$ ．于是 $\varphi(\langle c\rangle)=(\alpha, \beta)$ ．
$\varphi$ 是**单同态** 设 $\varphi(\gamma)=1, c \in \gamma$ 。于是 $j_x{ }^{\circ} c \simeq e_{x_0}, j_y \circ c \simeq e_{y_0}$ 。记 $H: j_x \circ c \simeq e_{x_0}, G: j_y \circ c \simeq e_{y_0}$ 。规定 $F: I \times I \rightarrow X \times Y$ 为 $F(s, t)= (H(s, t), G(s, t))$ 。容易验证 $F: c \simeq e\left(e\right.$ 为 $\left(x_0, y_0\right)$ 处的点道路），因此 $\gamma=\langle c\rangle=1$ ．

应用此定理到 $T^2$ 上，得到 $\pi_1\left(T^2\right) \cong \boldsymbol{Z} \times \boldsymbol{Z}$ ．
对任何正整数 $n$ ，有 $\pi_1\left(T^n\right) \cong \overbrace{\boldsymbol{Z} \times \boldsymbol{\cdots} \times \boldsymbol{Z}}^{n \boldsymbol{R}}=\boldsymbol{Z}^n$ ．

## 推论 $T^2 \not \cong S^2$ 。
证明 基本群是拓扑不变量，而 $\pi_1\left(T^2\right) \not \cong \pi_1\left(S^2\right)$ ，因此 $T^2 \not \cong S^2 . \quad$ I

## 解读：S^n 基本群 
我们先明确一下你问的 $S^n$（$n$ 维球面）的基本群 $\pi_1(S^n)$ 是什么意思，然后通俗地解释它。

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### 1. 简单回顾概念

- **$S^n$** 表示 $n$ 维球面，例如：
  - $S^1$：单位圆（圆周，一维的圈）  
  - $S^2$：普通球面（篮球表面，二维）  
  - $S^3$ 及以上：很难想象，但数学上存在。

- **基本群** 大致描述：在一个空间里，从一个点出发，绕一圈再回来，这些“圈子”可以互相变形成其他“圈子”的方式。

- 如果你能通过连续变形（不剪断、不离开空间）把一个圈缩成一个点，那这个圈就是“零伦”的，对应的基本群元素是“单位元”。

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### 2. 对各个 $n$ 的结果

**$S^1$**：  
- $S^1$ 基本群是 $\pi_1(S^1) \cong \mathbb{Z}$。  
- 通俗解释：你可以绕圆周 $1$ 圈，$2$ 圈，$…$，也可以反向绕 $-1$ 圈，$…$。  
- 绕不同圈数的环无法通过变形相互转换（因为每一圈的缠绕数不变）。  
- 且你能把绕 $1$ 圈与绕 $2$ 圈通过“合并”得到绕 $3$ 圈，所以群是加法整数 $\mathbb{Z}$。

**$S^n$，$n \ge 2$**：  
- $\pi_1(S^n) \cong \{0\}$（平凡群）。  
- 通俗解释：在二维球面（或更高维球面）上，任何画在上面的圆圈都可以顺着球面滑动，最后缩成一个点，就好像绕过顶点把橡皮圈缩回起点。  
- 对 $S^2$：你画一个圈，如果不绕过洞（根本没洞，整个是封闭球面），它总能被拉到一点，类似把套在苹果上的橡皮筋滑到顶端就掉了。  
- 对于 $n\ge 3$，同样道理。

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### 3. 直观原因（$n=2$ 为例）

想象球面上一条橡皮筋，它不接触内部（因为内部不在球面上），只能贴着球面动。  
- 如果它圈住一个小区域，你可以把那区域往旁边推，逐渐缩小环，最后缩成点。  
- 如果没有绕过柄（球面没柄），绝对没有任何环能像 $S^1$ 那样套住一个“洞”。  
- 所以所有环都能缩成点 ⇒ 基本群平凡。

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### 4. 一点有趣的反例

很多初学者会误以为 $S^2$ 的“赤道圈”不能缩成点——其实可以，把赤道圈向北极方向推，越来越小，最后到极点。  
这跟 $S^1$ 不同：在 $S^1$ 上，全绕一圈的环无法缩成点（中间空洞就是被 $S^1$ 包围的区域）。

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### 5. 结论（记忆版）

- **$S^1$**：基本群 $\mathbb{Z}$（有非平凡环，因为它是“一圈”形状本身）  
- **$S^n$（$n \ge 2$）**：基本群 $\{0\}$（任何环都能缩成一点，没有“不可收缩的一维洞”）

## 提升是什么意思
**提升**”是代数拓扑（尤其是覆盖空间理论）里的一个核心概念。它的通俗理解是：

> 已知一个从下面空间 $X$ 出发的映射（比如一条路径），想要把它“拉”到上面一个覆盖空间 $\tilde X$ 中去，使得它能与给定的投影 $p: \tilde X \to X$ 相配合。

我们用最简单的例子解释。

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### 1. 核心比喻

想象有两层楼：
- 楼下是空间 $X$（比如 $S^1$，一个圆环）
- 楼上是覆盖空间 $\tilde X$（比如 $\mathbb{R}$，一条无限长的直线）
- 有一个“投影” $p$：把楼上每个点垂直映射到楼下对应的点。  
  对于 $S^1$ 来说，你可以把 $\mathbb{R}$ 想象成一条螺旋楼梯（盘旋在圆环上方），投影就是把角度模 $2\pi$（把楼上的高度模“一圈”后落下）。

**“提升”**：  
- 楼下有一条路径（从 $x_0$ 走到 $x_1$）  
- 你在楼上选一个起点（比如 $p(\tilde x_0) = x_0$）  
- “提升”就是：在楼上找到唯一一条路径，它从 $\tilde x_0$ 出发，并且投影 $p$ 下去正好是楼下的那条路径。

这样，你就把楼下路径“抬”到了楼上，沿着其覆盖层走。

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### 2. 为什么需要提升？

因为楼下的一些现象（比如 $S^1$ 上绕一圈）在楼上看起来不一样：  
- 楼下绕一圈回到原位置  
- 楼上对应路径走到另一个点（比如起点在 $0$，绕 $S^1$ 一圈时，楼上 $\mathbb{R}$ 上的点走到 $2\pi$ 的位置，不是回到 $0$）

通过提升，你能区分“绕了多少圈”——这就是基本群 $\mathbb{Z}$ 的来源。

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### 3. 更严格的说法（但保持通俗）

已知：
- $p: \tilde X \to X$ 是覆盖映射（局部同胚，每个楼下的小邻域在楼上被若干不相交的拷贝覆盖）
- $f: Y \to X$ 是某个连续映射（比如路径 $Y = [0,1]$）

**提升**：找一个连续映射 $\tilde f: Y \to \tilde X$ 使得 $p \circ \tilde f = f$（投影下去就是原来的映射）。

如果 $Y$ 连通且局部道路连通（比如区间、圆盘等），给定 $\tilde f$ 在一点的值（比如起点位置），那么提升唯一存在（只要 $f$ 能配对上起点）。

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### 4. 经典例子：$S^1$ 与 $\mathbb{R}$

- $X = S^1 = \{ e^{i\theta} \}$
- $\tilde X = \mathbb{R}$  
- $p(t) = e^{it}$（把实数映射成单位圆上的角度）

楼下一条路径：$f(\theta) = e^{i\theta}$，$\theta$ 从 $0$ 走到 $2\pi$（绕一圈）。

若选楼上起点 $\tilde f(0) = 0$，那么唯一提升是 $\tilde f(\theta) = \theta$，最后走到 $2\pi$，不是回到 $0$。

这就告诉你：用提升可以**把绕圈数编码成楼上终点的位移**，从而揭示基本群非平凡。

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### 5. 直觉总结

> **提升**：给定一个下面空间的路径（或一般映射），已知楼上起点后，能唯一确定一条楼上的路径，它投影下去等于原来的路径。  
> 就像在螺旋楼梯上，你看着你在楼下画的一个圆圈，要求自己“沿着投影上方的楼梯走”，这样你在楼上的轨迹就是提升。

## $S^2$基本去 
### 直观解释

- **$S^2$ 是二维球面**（篮球表面）。  
- 在上面任意画一个闭合环路（比如赤道、小圆、任意弯曲的圈）：
  - 你可以把这个圈沿着球面往某个极点（比如北极）滑动。
  - 越滑圈越小，最后在极点处缩成一个点。
  - 整个过程中圈始终贴在球面上，没有撕裂或离开球面。
- 所以**任何环路都等于常值路径**（不动的点）——基本群平凡。

对比：
- $S^1$（圆周）：环套住中间的洞，不能缩成点 → 基本群 $\mathbb{Z}$。
- $S^2$（球面）：没有洞，环可以缩成点 → 基本群平凡。
  一个常见误解

有人会想：“赤道那么大，怎么能缩成点？”  
其实可以：把赤道慢慢推到北极，就像把一根橡皮筋从地球赤道位置往北滑，最后在北极收紧消失。

对于更高维 $S^n$（$n\ge 2$）同理：任何一维环路总能被“拖”到某个点。本质原因是 $S^n$ 在 $n\ge 2$ 时是**单连通**的（没有非平凡的一维洞）。

在 $S^2$ 上，任何一圈都能滑到一点（像苹果表面）。但 $T^2$ 有一个洞（其实是两个方向上的“洞”）：  
- 绕大圆那一圈无法缩成点，会被洞挡住，就像 $S^1$ 的道理。  
- 绕小圆那一圈同样无法缩成点。  
- 绕 $(m, n)$ 的组合，相当于先沿经线绕，再沿纬线绕（不同的描述方式）。

## $T^2$基本群

### 1. 结果

环面 $T^2 = S^1 \times S^1$ 的基本群是：

$$
\pi_1(T^2) \cong \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}
$$

即二维整数格点群，元素是 $(m, n)$，$m, n \in \mathbb{Z}$。
 
### 2. 几何直观

环面像一个甜甜圈表面。  
- 你可以沿着“大圆”方向（绕洞的大圈）走，绕 $m$ 圈；  
- 也可以沿着“小圆”方向（穿过洞的那一圈）走，绕 $n$ 圈；  
- 组合起来就是 $(m, n)$。

这两个方向相互独立：  
- 先绕大圆再绕小圆，跟先小圆再大圆，最终位置一样（交换顺序得到同一条最终回路，因为群是交换群 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$）。

### 3. 为什么不会出现像 $S^2$ 那样可缩成点？

### 4. 更严格的一种想法

$T^2 = S^1 \times S^1$ 是一个乘积空间。基本群有一个公式：

$$
\pi_1(X \times Y) \cong \pi_1(X) \times \pi_1(Y)
$$
当 $X, Y$ 道路连通时。

已知 $\pi_1(S^1) \cong \mathbb{Z}$，所以：
$$
\pi_1(T^2) \cong \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}.
$$

### 5. 例子解释元素

- $(0,0)$：不绕任何圈，或者绕了但可以缩成一点（平凡的）。  
- $(1,0)$：绕大圆一圈（不能缩成点）。  
- $(0,1)$：绕小圆一圈（不能缩成点）。  
- $(2,3)$：大圆绕 2 圈，小圆绕 3 圈（本质上像一条围绕甜甜圈的曲线，缠了经纬方向若干次）。

这些环之间可以通过“先走一个再走另一个”来组合，对应的群运算就是坐标相加：
$$
(m_1, n_1) + (m_2, n_2) = (m_1+m_2, n_1+n_2).
$$

##  **$S^2$ 基本群** 和 **$T^2$ 基本群** 的区别

核心区别：能否缩成点

- **$S^2$**：任何一条闭合曲线（环路）都可以在球面上连续变形，最终缩成一个点。  
   → 基本群平凡，只有一个元素。

- **$T^2$**：存在无法缩成点的环路。  
  - 例如“绕大圆一圈”的环，它套住了中间的洞，无法缩成点。  
  - “绕小圆一圈”的环同样无法缩成点。  
  → 基本群非平凡，有无穷多个元素。

---
  几何直观区别

- **$S^2$ 像一个篮球表面**：没有洞，任何橡皮筋都能滑到极点消失。
- **$T^2$ 像一个甜甜圈表面**：有一个“洞”（实际上是两个独立的方向上有障碍）：
  - 经线方向（绕大圈）
  - 纬线方向（绕小圈）
  这两个方向的环互相独立，组合起来产生 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。

用绕圈数描述：
- 在 $T^2$ 上，一个环路可以用两个整数 $(m, n)$ 表示：大圆绕 $m$ 圈，小圆绕 $n$ 圈。
- 在 $S^2$ 上，所有环路的绕圈数只能是 $(0, 0)$（平凡）。

---

群结构区别

- **$S^2$** 基本群：只有一个元素 $0$，加法 $0+0=0$，没什么可说的。
- **$T^2$** 基本群：$\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 是交换群，加法对应“先走一条环路再接另一条”。  
  例如 $(2,1) + (3,4) = (5,5)$，相当于大圆绕5圈、小圆绕5圈。

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为什么会有这个区别？

代数拓扑角度：
- $S^2$ 是**单连通**（$n\ge 2$ 的球面都如此）：没有一维的“洞”阻碍环路收缩。
- $T^2$ 是乘积空间 $S^1 \times S^1$，而 $\pi_1(S^1) = \mathbb{Z}$，乘积空间的基本群是直积 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。

几何角度：
- $S^2$ 的每个环路都可以“越过”球面区域收缩，因为没有障碍。
- $T^2$ 的两个独立方向上的环路被“洞”（事实上是环面的非平凡一维同调类）卡住，无法收缩。

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