\(s^2\) 單連通
首先稍作分析，\(x_2\) 是單連通的，跟 \(x_1\) 有交集，這是否說明 \(x_1\) 與 \(x\) 有相同的結構？
並不，如上圖。 \(x_1\) 是圓盤開洞，\(x_2\) 是圓盤，\(x = x_1\cup x_2\) 反而是單連通的。
這也說明 \(i_\pi\) 不一定是單同態，因為這裡 \(i_\pi\) 將 \(x_1\) 中所有閉路類映為 \(x\) 中同乙個閉路類
\(\pi_1(x, x_0)\) 中閉路類 \(\langle a \rangle\)，取代表元閉路 \(a\)
設 \(u_1 = a^(x_1), u_2 = a^(x_2)\)，\(u_1, u_2\) 各是一族 \(i\) 上開區間，顯然有 \(u_1\cup u_2\) 構成 \(i\) 開覆蓋
因而由 lebesgue 引理，\(i\) 能被分割為有限多閉區間小段，使得每一小段都分別落在 \(u_1\) 或 \(u_2\) 當中
舉例來說可以看上圖，\(a:i\to x\) 也隨著 \(i\) 被劃分為三段。\(i = i_1 \cup i_2 \cup i_3\)，且有 \(i_1, i_3\) 能被包含在 \(u_1\) 元素中, \(i_2\) 能被包含在 \(u_2\) 的元素中
如果 \(a\) 上有對應切割點不在 \(x_0\) 中，比如上圖的點 \(c\)，那麼連著點 \(c\) 的兩端必然都在 \(x_2\) 當中，這一點在劃分 \(i\) 時得到保證。
因而歸納地去掉所有不在 \(x_0\) 中的切割點，剩下的劃分仍然滿足每一小段都分別落在 \(u_1\) 或 \(u_2\) 當中
於是我們得到了乙個切割點全在 \(x_0\) 中的 \(i\) 的劃分，就像上圖（去掉 \(c\)）
由於 \(x_2\) 單連通，所以藍色部分和棕色部分定端同倫，他們連線上剩下的道路仍然定端同倫（道路類乘積），因而 \(a\) 總能找到對應的 \(x_0\) 中閉路定端同倫
像這樣，\(x_1\) 單連通，\(x\) 是個 \(s^1\)，基本群同態必然不滿射
事實上，\(x_1\) 中找不到一條閉路與 \(a\) 定端同倫
舉例說明
兩個單連通的空間並起來是 \(s^1\)
\(s^2\) 上取不同兩點 \(s_0, s_1\)，則:
記 \(u_1 = s^2-\\cong e^2, u_2 = s^2-\\cong e^2\)
\(u_1, u_2\) 兩個空間都單連通，並為 \(s^2\)，交是 \(s^2\) 挖兩個洞，也是 \(e^2\) 挖乙個洞，所以非空且道路連通，因而 \(\forall x_0\in u_1 \subset s^2\)，都有
\(i_\pi: \pi_1(u_1, x_0)\to \pi_1(s^2, x_0)\) 是滿同態，故而 \(s^2\) 單連通
\(n > 2\) 同理，利用 \(s^n-\ \cong e^n\)
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