基本信息
系統拓撲圖《基礎拓撲學》是一本拓撲學入門圖書，注重培養學生的幾何直觀能力，突出單純同調的處理要點，並使抽象理論與具體套用保持平衡。全書內容包括連續性、緊緻性與連通性、粘合空間、基本群、單純剖分、曲面、單純同調、映射度與Lefschetz數、紐結與覆疊空間。《基礎拓撲學》的讀者對象為高等院校數學及其相關專業的學生、研究生，以及需要拓撲學知識的科技人員、教師等。
內容概述
《基礎拓撲學》是一部拓撲學入門書籍，主要介紹了拓撲空間中的拓撲不變數，以及相應的計算方法。內容涉及點集拓撲、幾何拓撲、代數拓撲中的各類方法及其套用，包含139個圖示和350個難度各異的思考題，有助於培養學生的幾何直觀能力，加強對書中內容的理解。《基礎拓撲學》注重抽象理論與具體套用相結合，要求讀者具有實分析、初等群論和線性代數的知識。作者在選材和闡述上都著意體現數學的美，注重培養讀者的直覺，經常從歷史的觀點介紹拓撲學。《基礎拓撲學》是許多國外知名高校的拓撲學指定教材，在我國也被許多大學採用。
目錄
第1章 引論
1.1 Euler定理
1.2 拓撲等價
1.3 曲面
1.4 抽象空間
1.5 一個分類定理
1.6 拓撲不變數
第2章 連續性
2.1 開集與閉集
2.2 連續映射
2.3 充滿空間的曲線
2.4 Tietze擴張定理
第3章 緊緻性與連通性
3.1 En的有界閉集
3.2 HeineBorel定理
拓撲學基礎知識
拓撲學的由來
幾何拓撲學是十九世紀形成的一門數學分支，它屬於幾何學的範疇。有關拓撲學的一些內容早在十八世紀就出現了。那時候發現一些孤立的問題，後來在拓撲學的形成中占著重要的地位。在數學上，關於哥尼斯堡七橋問題、多面體的歐拉定理、四色問題等都是拓撲學發展史的重要問題。哥尼斯堡（今俄羅斯加里寧格勒）是東普魯士的首都，普萊格爾河橫貫其中。十八世紀在這條河上建有七座橋，將河中間的兩個島和河岸聯結起來。人們閒暇時經常在這上邊散步，一天有人提出：能不能每座橋都只走一遍，最後又回到原來的位置。這個問題看起來很簡單有很有趣的問題吸引了大家，很多人在嘗試各種各樣的走法，但誰也沒有做到。看來要得到一個明確、理想的答案還不那么容易。
1736年，有人帶著這個問題找到了當時的大數學家歐拉，歐拉經過一番思考，很快就用一種獨特的方法給出了解答。歐拉把這個問題首先簡化，他把兩座小島和河的兩岸分別看作四個點，而把七座橋看作這四個點之間的連線。那么這個問題就簡化成，能不能用一筆就把這個圖形畫出來。經過進一步的分析，歐拉得出結論——不可能每座橋都走一遍，最後回到原來的位置。並且給出了所有能夠一筆畫出來的圖形所應具有的條件。這是拓撲學的“先聲”。
在拓撲學的發展歷史中，還有一個著名而且重要的關於多面體的定理也和歐拉有關。這個定理內容是：如果一個凸多面體的頂點數是v、棱數是e、面數是f，那么它們總有這樣的關係：f+v-e=2。根據多面體的歐拉定理，可以得出這樣一個有趣的事實：只存在五種正多面體。它們是正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體。
著名的“四色問題”也是與拓撲學發展有關的問題。四色問題又稱四色猜想，是世界近代三大數學難題之一。四色猜想的提出來自英國。1852年，畢業於倫敦大學的弗南西斯.格思里來到一家科研單位搞地圖著色工作時，發現了一種有趣的現象：“看來，每幅地圖都可以用四種顏色著色，使得有共同邊界的國家都被著上不同的顏色。”1872年，英國當時最著名的數學家凱利正式向倫敦數學學會提出了這個問題，於是四色猜想成了世界數學界關注的問題。世界上許多一流的數學家都紛紛參加了四色猜想的大會戰。1878～1880年兩年間，著名律師兼數學家肯普和泰勒兩人分別提交了證明四色猜想的論文，宣布證明了四色定理。但後來數學家赫伍德以自己的精確計算指出肯普的證明是錯誤的。不久，泰勒的證明也被人們否定了。於是，人們開始認識到，這個貌似容易的題目，其實是一個可與費馬猜想相媲美的難題。
進入20世紀以來，科學家們對四色猜想的證明基本上是按照肯普的想法在進行。電子計算機問世以後，由於演算速度迅速提高，加之人機對話的出現，大大加快了對四色猜想證明的進程。1976年，美國數學家阿佩爾與哈肯在美國伊利諾斯大學的兩台不同的電子計算機上，用了1200個小時，作了100億判斷，終於完成了四色定理的證明。不過不少數學家並不滿足於計算機取得的成就，他們認為應該有一種簡捷明快的書面證明方法。
上面的幾個例子所講的都是一些和幾何圖形有關的問題，但這些問題又與傳統的幾何學不同，而是一些新的幾何概念。這些就是“拓撲學”的先聲。
什麼是拓撲學
拓撲學的英文名是Topology，直譯是地誌學，也就是和研究地形、地貌相類似的有關學科。我國早期曾經翻譯成“形勢幾何學”、“連續幾何學”、“一對一的連續變換群下的幾何學”，但是，這幾種譯名都不大好理解，1956年統一的《數學名詞》把它確定為拓撲學，這是按音譯過來的。
拓撲學是幾何學的一個分支，但是這種幾何學又和通常的平面幾何、立體幾何不同。通常的平面幾何或立體幾何研究的對象是點、線、面之間的位置關係以及它們的度量性質。拓撲學對於研究對象的長短、大小、面積、體積等度量性質和數量關係都無關。
舉例來說，在通常的平面幾何里，把平面上的一個圖形搬到另一個圖形上，如果完全重合，那么這兩個圖形叫做全等形。但是，在拓撲學裡所研究的圖形，在運動中無論它的大小或者形狀都發生變化。在拓撲學裡沒有不能彎曲的元素，每一個圖形的大小、形狀都可以改變。例如，前面講的歐拉在解決哥尼斯堡七橋問題的時候，他畫的圖形就不考慮它的大小、形狀，僅考慮點和線的個數。這些就是拓撲學思考問題的出發點。
拓撲性質有那些呢？首先我們介紹拓撲等價，這是比較容易理解的一個拓撲性質。在拓撲學裡不討論兩個圖形全等的概念，但是討論拓撲等價的概念。比如，儘管圓和方形、三角形的形狀、大小不同，在拓撲變換下，它們都是等價圖形。左圖的三樣東西就是拓撲等價的，換句話講，就是從拓撲學的角度看，它們是完全一樣的。在一個球面上任選一些點用不相交的線把它們連線起來，這樣球面就被這些線分成許多塊。在拓撲變換下，點、線、塊的數目仍和原來的數目一樣，這就是拓撲等價。一般地說，對於任意形狀的閉曲面，只要不把曲面撕裂或割破，他的變換就是拓撲變幻，就存在拓撲等價。
應該指出，環面不具有這個性質。把環面切開，它不至於分成許多塊，只是變成一個彎曲的圓桶形，對於這種情況，我們就說球面不能拓撲的變成環面。所以球面和環面在拓撲學中是不同的曲面。直線上的點和線的結合關係、順序關係，在拓撲變換下不變，這是拓撲性質。在拓撲學中曲線和曲面的閉合性質也是拓撲性質。我們通常講的平面、曲面通常有兩個面，就像一張紙有兩個面一樣。但德國數學家莫比烏斯(1790～1868)在1858年發現了莫比烏斯曲面。這種曲面就不能用不同的顏色來塗滿兩個側面。
拓撲變換的不變性、不變數還有很多，這裡不在介紹。拓撲學建立後，由於其它數學學科的發展需要，它也得到了迅速的發展。特別是黎曼創立黎曼幾何以後，他把拓撲學概念作為分析函式論的基礎，更加促進了拓撲學的進展。二十世紀以來，集合論被引進了拓撲學，為拓撲學開拓了新的面貌。拓撲學的研究就變成了關於任意點集的對應的概念。拓撲學中一些需要精確化描述的問題都可以套用集合來論述。
因為大量自然現象具有連續性，所以拓撲學具有廣泛聯繫各種實際事物的可能性。通過拓撲學的研究，可以闡明空間的集合結構，從而掌握空間之間的函式關係。本世紀三十年代以後，數學家對拓撲學的研究更加深入，提出了許多全新的概念。比如，一致性結構概念、抽象距概念和近似空間概念等等。有一門數學分支叫做微分幾何，是用微分工具來研究取線、曲面等在一點附近的彎曲情況，而拓撲學是研究曲面的全局聯繫的情況，因此，這兩門學科應該存在某種本質的聯繫。1945年，美籍中國數學家陳省身建立了代數拓撲和微分幾何的聯繫，並推進了整體幾何學的發展。
拓撲學發展到今天，在理論上已經十分明顯分成了兩個分支。一個分支是偏重於用分析的方法來研究的，叫做點集拓撲學，或者叫做分析拓撲學。另一個分支是偏重於用代數方法來研究的，叫做代數拓撲。現在，這兩個分支又有統一的趨勢。拓撲學在泛函分析、李群論、微分幾何、微分方程額其他許多數學分支中都有廣泛的套用。
Euler定理
這裡所介紹的Euler定理,在理論和套用兩個方面都是很重要的.
定理1(Euler)設m是正整數,(a,m)=1,則aj(m)≡1(modm).
證明由第三節定理2,設{x1,…,xj(m)}是模m的一個簡化剩餘系,則{ax1,…,axj(m)}也是模m的簡化剩餘系,因此
x1x2…xj(m)≡ax1ax2…axj(m)(modm)，
x1x2…xj(m)≡aj(m)x1x2…xj(m)(modm).(1)
由於(x1x2…xj(m),m)=1,所以由式(1)得出
aj(m)º1(modm).
證畢.
定理2(Fermat)設p是素數,則對於任意的整數a,有
apºa(modp).
證明若(a,p)=1，則由定理1得到
ap-1≡1(modp)ap≡a(modp).
若(a,p)>1,則(a,p)=p,p|a,所以
ap≡0≡a(modp).
證畢.
例1設n是正整數,則51n+2n+3n+4n的充要條件是4|n.
解因為j(5)=4,所以,由定理2,
k4≡1(mod5),1≤k≤4.
因此,若n=4q+r,0r3,則
1n+2n+3n+4n≡1r+2r+3r+4r≡1r+2r+(-2)r+(-1)r(mod5),(2)
用r=0,1,2,3,4分別代入式(2)即可得出所需結論.
例2設{x1,…,xj(m)}是模m的簡化剩餘系,則
(x1x2…xj(m))2≡1(modm).
解記P=x1x2…xj(m),則(P,m)=1.又記
=,1ij(m),
則{y1,……,yj(m)}也是模m的簡化剩餘系,因此
(modm),
再由Euler定理,推出
P2≡Pj(m)≡1(modm).
例3設（a,m）=1，d0是使
ad≡1（modm）(3)
成立的最小正整數,則
(i)d0|j(m);
(ii)對於任意的i,j,0i,jd0-1,ij,有
aiaj(modm).(4)
解(i)由Euler定理，d0(m),因此，由帶餘數除法,有
j(m)=qd0+r,qZ,q>0,0r<d0.(5)
因此，由上式及d0的定義，利用定理1，我們得到
1≡(modm),
即整數r滿足
ar≡1(modm),0£r<d0.
由d0的定義可知必是r=0,即d0|j(m).
(ii)若式(4)不成立,則存在i,j,0i,jd0-1,ij,使得
ai≡aj(modm).
不妨設i>j,於是,因為(a,m)=1,所以ai-jº0(modm)，其中0<i-j<d0.這與d0的定義矛盾,所以式(4)必成立.
例4設a,b,c,m是正整數,m>1,(b,m)=1,並且
ba≡1(modm),bc≡1(modm),（6）
記d=(a,c),則bd≡1(modm).
解利用輾轉相除法可以求出整數x,y,使得ax+cy=d,顯然xy<0.
若x>0,y<0,由式（6）及bd=bax+cy
1≡bax=BDB-cy=bd(bc)-y≡bd(modm).
若x<0,y>0,則
1≡bcy=bdb-ax=bd(ba)-x≡bd(modm).
例5設p是素數，p|bn-1,nN,則下面的兩個結論中有一個成立：
(i)p|bd-1對於n的某個因數d<n成立；
(ii)p≡1(modn).
若p>2,2n,則(ii)中的modn可以改為mod2n.
解由bn≡1,bp-1≡1(modp),及例題5，有
bd≡1(modp),d=(n,p-1).
若d<n,則結論(i)得證.
若d=n,則n|p-1,即p≡1(modn),這就是結論(ii).
若2n,p>2,則p≡1(mod2).由此及結論(ii),並利用同餘的基本性質,得到p≡1(mod2n).
注例5提供了一個求素因數的方法，就是說，整數bn-1的素因數p,可能是bd-1(d|n)的素因數,或者是形如kn+1的數,或2kn+1的數(當2n,p>2時).
例6將211-1=2047分解因數.
解由例5,若p|211-1,則p≡1(mod22),即p只能在數列
23,45,67,…，22k+1,…
中.逐個用其中的素數去除2047,得到
23|2047,2047=23·89.
例7將235-1=34359738367分解因數.
解由例5，若p|235-1,則p是25-1=31或27-1=127的素因數，或者p≡1(mod70).由於31和127是素數，並且
235-1=，
所以，235-1的另外的素因數p只可能在數列
71,211,281,…(7)
中.經檢驗,得到8727391=.
顯然，122921的素因數也在31,127,或者數列（7）中.簡單的計算說明，122921不能被31和127整除，也不能被數列（7）中的不超過<351的數整除，所以122921是素數，於是
235-1=.
例8設n是正整數，記Fn=22n+1,則2Fnº2(modFn).
解容易驗證，當n≤4時Fn是素數，所以，由Fermat定理可知結論顯然成立.
當n³5時，有n+1<2n,2n+1|.記=k2n+1,則
-2=-2=2(-1)=2(-1)
=2(()k)=2Q1(-1)=Q2(+1)
其中Q1與Q2是整數.上式即是
≡2(modFn).
注1我們已經知道，F5是合數，因此，例9說明,一般地,Fermat定理的逆定理不成立.即,若有整數a,(a,n)=1,使得
an-1≡1(modn),(8)
並不能保證n是整數.習題2說明,即使所有的與n互素的整數都滿足式(8),也不能保證n是素數.
注2設n是合數，若存在整數a,(a,n)=1,使得式（8）成立，則稱n是關於數a的偽素數.
例9對於任意的正整數a，存在無窮多個關於數a的偽素數.
解取奇素數p，(p,a(a2-1))=1,令
,
則m顯然是合數.由於p-1是偶數，所以,a2-1|ap-1-1；由Euler定理，又有p|ap-1-1.但是(p,a2-1)=1,所以p(a2-1)|ap-1.此外，由於a和ap有相同的奇偶性，所以2|(a+ap).注意到
(a2-1)(m-1)=a2p-a2=a(ap-1-1)(ap+a),
我們得到
2p(a2-1)|(a2-1)(m-1)Þ2p|m-1,
即存在整數t，使得m=1+2pt，於是由m的定義，有
a2p=1+m(a2-1)≡1(modm)，
因此am-1=a2pt1(modm)並且(a,m)=1,這說明m是關於a的偽素數.由於滿足條件的素數p有無窮多個，所以，關於a的偽素數m也有無窮多個.
習題
1.證明：1978103-19783能被103整除。
2.求313159被7除的餘數。
3.證明：對於任意的整數a，(a,561)=1，都有a560º1(mod561)，但561是合數。
4.設p，q是兩個不同的素數，證明：
pq-1+qp-1º1(modpq)。
5.將612-1分解成素因數之積。
6.設nÎN，bÎN，對於bn+1的素因數，你有甚麽與例6相似的結論？
