\documentclass[12pt ]{article}
\setlength{\textwidth}{14 true cm} \setlength{\textheight}{20 true
cm}

\usepackage{hangul}
\usepackage{amscd,amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb,theorem}
\usepackage{longtable}
\usepackage{xy}

\newcommand{\Aff}{\mbox{\it Aff}}
\newcommand{\aff}{\mbox{\it aff}}

\newcommand{\alp}{\alpha}
\newcommand{\bet}{\beta}
\newcommand{\gam}{\gamma}
\newcommand{\del}{\delta}
\newcommand{\eps}{\epsilon}
\newcommand{\vep}{\varepsilon}
\newcommand{\lam}{\lambda}
\newcommand{\kap}{\kappa}
\newcommand{\sig}{\sigma}
\newcommand{\ome}{\omega}
\newcommand{\Gam}{\Gamma}
\newcommand{\Ome}{\Omega}
\newcommand{\Sig}{\Sigma}
\newcommand{\Del}{\Delta}
\newcommand{\Lam}{\Lambda}

\newcommand{\pD}{\partial D}


\newtheorem{thm}{정리}
\newtheorem{cor}[thm]{따름정리}
\newtheorem{lem}[thm]{보조정리}
\newtheorem{prop}[thm]{명제}
\newtheorem{cl}{Claim}

{\theorembodyfont{\rm}
\newtheorem{ex}{예}
\newtheorem{que}{질문}
\newtheorem{notation}{Notation}[section]
\newtheorem{defn}{정의}
\newtheorem{rem}{주}
\newtheorem{note}{Note}
}
\renewcommand{\thenote}{}
\renewcommand{\therem}{}

\newenvironment{proof}{{\bf 증명}}{\hfill\framebox[2mm]{}}
\newenvironment{proof1}{{\bf 정리증명}}{\hfill\framebox[2mm]{}}

\begin{document}
 \parindent=0cm
  \section*{Applications }

\begin{thm}
If $n>1$, then $\pi_1(S^n)=0$.
\end{thm}

\begin{proof}
$f:(D^n, \partial D) \longrightarrow (S^n, x)$를 $\partial D$를 한 점 $x \in S^n$로 보내는 quotient map이라 하자. $\pi_1(D^n)=0$이므로, $f$는 map $\tilde{f}: D^n \longrightarrow \widetilde{S^n}$로 lift될 수 있다. 단, 여기에서 $\widetilde{S^n}$는 $S^n$의 universal covering space이다. (universal covering space의 존재성은 이전 강의note 참조.)

$  \hspace{15em} (\widetilde{S^n}, \tilde{x}) $

$  \hspace{12em} \tilde{f}  \nearrow $

$  \hspace{8em} (D^n, \pD) \hspace{4em} \downarrow p $

$  \hspace{12em} f \searrow $

$  \hspace{15em} (S^n, x) $

이 때, $\partial D$는 connected이고, $\tilde{f}$는 continuous이므로, $\tilde{f}(\partial D)$ 또한 connected space이다. 그런데, $f(\partial D)=\{x\}$이므로, $\tilde{f}(\partial D)$는 한 점 집합일 수 밖에 없다. 즉, $\{\tilde{x}\}$이다.

한편, $f$가 quotient map이므로, $\tilde{f}$로부터 induce된 continuous map $\bar{f}:S^n \longrightarrow \widetilde{S^n}$가 존재한다. 따라서 다음  $p \tilde{f} = f$과 $\tilde{f} = \bar{f} f$이 성립하고, 이로부터 $f = p \tilde{f} = p \bar{f} f$를 얻는다. 따라서 $p \bar{f} = id_{S^n}$이다.

$\widetilde{S^n}$가 $S^n$의 universal covering space이므로, $\pi_1(\widetilde{S^n}, \tilde{x}) = 0$이고, 따라서 $id = id_{\sharp} = 0$이다. (아래 다이어그램 참조) 따라서, $\pi_1(S^n, x) = 0$.

$  \hspace{15em} \pi_1(\widetilde{S^n}, \tilde{x}) = 0 $

$  \hspace{12em} \bar{f}_{\sharp}  \nearrow $

$  \hspace{8em} \pi_1(S^n, x) \hspace{4em} \downarrow p_{\sharp} $

$  \hspace{10em} id_{\sharp}=id \searrow $

$  \hspace{15em} \pi_1(S^n, x) $
\end{proof}

\begin{cor}
If $n \ge 2$, then $\pi_1(P^n) = \mathbb{Z}/2$.
\end{cor}

\begin{proof}
Let $p: S^n \longrightarrow P^n$ be a 2-fold covering map. ( Consider a covering map that maps $x$ and $-x$ to the same point.) By the preceding theorem, we see that $\pi_1(S^n) =0$. So,
$$| \pi_1(P^n)| = |\pi_1(P^n)/p_{\sharp}\pi_1(S^n)| = |p^{-1}(x)| = 2$$
But we know that there is only one group of order 2 up to isomorphism, namely, $\mathbb{Z}/2$. So we have $\pi_1(P^n) = \mathbb{Z}/2$.
\end{proof}

\begin{thm}
There is no ``antipode preserving'' map $f: S^2 \longrightarrow S^1$, i.e., there is no such map satisfying $f(-x)=-f(x)$ for every $x$.
\end{thm}

\begin{proof}
``Antipode preserving'' map $f:S^2 \longrightarrow S^1$가 존재한다고 가정하자. 그러면, $f$는 다음 다이어그램을 commute하게 하는 함수 $\bar{f}:P^2 \longrightarrow P^1$를 induce한다.

$$\begin{CD}
S^2 @> f >>             S^1 \\
@V{p}VV                @VV{p}V \\
P^2 @>> \bar{f} >       P^1
\end{CD} $$

$S^2$-상에서 한 고정점 $x$와 그의 antipode $-x$를 잇는 path $\phi$를 생각하여 보자. $f$가 antipode preserving이므로, $f \phi$는 $S^1$-상의 path로서, $f(x)$와 $-f(x)$를 잇는 것이고, 따라서 이를 p에 의하여 내려보았을 때, $\{pf \phi\}$는 $\pi_1(P^1, [f(x)])$의 한 nontrivial element가 된다. 그런데 $\phi$를 $p$에 의해 바로 내려 보면, 이는  $\pi_1(P^2, [x])$의 한 generator(nontrivial)임을 알 수 있다. 이상을 정리하면, $f$가 antipode preserving이므로, $\bar{f}_{\sharp} : \pi_1(P^2) \longrightarrow \pi_1(P^1)$은 한 generator를 nontrivial element로 보내고 있음을 알 수 있다. 그런데, $\pi_1(P^2)=\mathbb{Z}/2$이고, $\pi_1(P^1)=\mathbb{Z}$이므로, 이는 불가능하다.
\end{proof}

\begin{thm}
(\emph{ Borsuk-Ulam} Theorem) Let $f: S^2 \longrightarrow \mathbb{R}^2$. Then there exists $x \in S^2$ such that $f(x) = f(-x)$.
\end{thm}

\begin{proof}
그렇지 않다고 가정하자. 그러면, 우리는 새로운 함수 $g:S^2 \longrightarrow S^1$을 다음
$$ g(x) := \frac{f(x) - f(-x)}{|| f(x) - f(-x)||}$$
과 같이 잘 정의할 수 있다. 그런데, $g(-x) = -g(x)$이므로, $g$는 antipode preserving map이 되고, 위의 정리에 모순이다.
\end{proof}
\end{document}